LUYỆN THI MÔN TOÁN THPT QUỐC GIA

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

THS HOÀNG KHẮC LỢI

Môn thi: TOÁN

ĐT 0915.12.45.46

Thời gian làm bài : 180 phút

ĐỀ 683 – Ngày thi 11/6/2016
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =

x+2
.
x−2

x2 + 9
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
trên đoạn
x
[ −4; −1] .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z biết z = 2 và z + 1 − i là số thực;

(

)

b) Giải phương trình log 3 3 − 6 = 3 − x .
x

1

(

)

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ ( x + 1) e − 3 dx .
0

x

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 1;1;1) , B ( 3; − 1;1) ,
C ( −2;0; 2 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua C và vuông góc với đường thẳng AB . Viết
phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) .
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho góc α thỏa mãn

π
π
< α < và tan α + cot α = 8 . Tính A = cos 2α ;
4
2

b) Trong một đợt kiểm tra về độ an toàn nguồn nước ven biển ở các Tỉnh miền trung. Bộ y tế
lấy ra 15 mẫu nước ven biển trong đó có 4 mẫu ở Hà Tĩnh, 5 mẫu ở Quảng Bình và 6 mẫu ở Thừa
Thiên Huế. Mỗi mẫu nước này có thể tích như nhau và để trong các hộp kín có kích thước giống hệt
nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên bốn hộp để phân tích, kiểm tra xem trong nước có bị nhiễm

độc hay không. Tính xác suất để bốn hộp lấy ra có đủ ba loại nước ở cả ba Tỉnh.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HD = 2 HA . Gọi

M , N lần lượt là trung điểm của SB, BC , biết góc giữa SB và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 300 .
Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN , SD .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có
AD / / BC . Phương trình đường thẳng chứa các cạnh AB, AC lần lượt là
x − 2 y + 3 = 0; y − 2 = 0 . Gọi I là giao điểm của AC , BD . Tìm tọa độ các đỉnh hình thang
ABCD biết IB = 2 IA , hoành độ của I lớn hơn −3 và điểm M ( −1;3) thuộc đường thẳng BD .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau trên tập ¡ :

5x − 13 − 57 + 10x − 3x2
x + 3 − 19 − 3x

≥ x2 + 2x + 9

Câu 10 (1,0 điểm).Cho x; y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y = 2 x + 2 + 3 y − 2014 + 2012 .
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:

S = ( x − 1) + ( y − 1) +
2

2

2016 + 2 xy x + y + 1
x + y +1

.


.............................................................. HẾT ........................................................


Câu
1.
(1.0
)

Ý

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ 683
Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) ...

Điểm
1,00

Tập xác định: D = ¡ \ { 2} .
Sự biến thiên:
y = 1, lim y = 1 , tiệm cận ngang: y = 1 ,
Giới hạn và tiệm cận: lim
x →−∞
x →+∞

0,25

lim y = −∞, lim y = +∞ ; tiệm cận đứng: x = 2 .
x → 2−
x → 2+
Chiều biến thiên: y ' =


−4

( x − 2)

2

< 0, ∀x ∈ D
0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; 2 ) và ( 2; +∞ ) .
Bảng biến thiên:

x
y'

−

−∞
1

y'

2
+∞

−

+∞
0,25


−∞

1

Đồ thị :
f(x) =

y

x+2
x-2

8

h (x) = 1
r(y) = 2
s (x) = 0
6

t(y) = 0

4

2

I
x

O

-15

-10

-5

5

10

15

0,25
-2

-4

-6

-8

Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I ( 1;2 ) làm tâm đối xứng.
2.
(1.0
)

x2 + 9
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
trên đoạn [ −4; −1] .
x

Xét trên D = [ −4; −1] hàm số xác định và liên tục .
x2 + 9
9
9
= x + ⇒ y ' = 1 − 2 ⇒ y ' = 0 ⇔ x = ±3
x
x
x
Kết hợp điều kiện ta lấy nghiệm x = −3
Ta có y =

1,00

0,50

Khi đó

25
; y ( −3) = −6; y ( −1) = −10
4
⇒ max y = −6 ⇔ x = −3; min y = −10 ⇔ x = −1
y ( −4 ) = −
[ −4;−1]

3.

0,50

[ −4;−1]


a. Tìm số phức z biết z = 2 và z + 1 − i là số thực

0,50


Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) . Suy ra z + 1 − i = ( a + 1) + ( b − 1) i .

(1.0
)

0,25

Từ giả thiết z + 1 − i là số thực ta có b = 1 .
Khi đó z = 2 ⇔ a + i = 2 ⇔

a2 + 1 = 2 ⇔ a = ± 3

0,25

Vậy các số phức cần tìm là z = 3 + i, z = − 3 + i .

(

)

b. Giải phương trình log 3x − 6 = 3 − x
3

PT ⇔ 3x − 6 = 33− x ⇔ 3x − 6 =


0,50

27
⇔ 32 x − 6.3x − 27 = 0
x
3

0,25

3 x = 9
⇔ x
⇔ 3x = 9 ⇔ x = 2
3 = −3
4.
(1.0
)

1

(

0,25

)

Tính tích phân I = ∫ ( x + 1) e − 3 dx

1,0

u = x + 1

du = dx
⇒


x
x
x
dv = ( e − 3) dx v = ∫ ( e − 3) dx = ( e − 3 x )

0,5

0

x

1

⇒ I = ( x + 1) ( e − 3x ) − ∫ ( e x − 3x ) dx
1

x

0

0,25

0

1


3 
9

= ( x + 1) ( e − 3 x ) −  e x − x 2 ÷ = e −
0
2 0
2


0,25

Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua C và vuông góc với đường thẳng AB . Viết

1.0

1

x

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 1;1;1) , B ( 3; − 1;1) , C ( −2;0; 2 ) .

5
(1.0
)

phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) .
uuur
+) Mặt phẳng (P) đi qua điểm C(-2;0;2) với vtpt AB = ( 2; −2;0 ) có phương trình:
2 ( x + 2) − 2 ( y − 0) + 0 ( z − 2) = 0 ⇔ x − y + 2 = 0
+) Mặt cầu cần tìm có tâm O, bán kính R = d ( O, ( P ) ) =


0−0+2
2

= 2 nên có phương

0,50

0,50

trình x + y + z = 2
2

6.
(1.0
)

a.

2

2

α thỏa mãn π < α < π và tan α + cot α = 8 . Tính A = cos 2α
4
2
2
2
sin α + cos α
1

15
tan α + cot α = 8 ⇔
= 8 ⇔ sin 2α = ⇔ cos 2α = ±
sin α cosα
4
4
Cho góc

Vì

π
π
π
15
< α < ⇔ < 2α < π ⇒ cos 2α < 0 ⇒ cos 2α = −
4
2
2
4

b. Trong một đợt kiểm tra về độ an toàn nguồn nước ven biển ở các Tỉnh miền trung. Bộ y
tế lấy ra 15 mẫu nước ven biển trong đó có 4 mẫu ở Hà Tĩnh, 5 mẫu ở Quảng Bình và 6
mẫu ở Thừa Thiên Huế. Mỗi mẫu nước này có thể tích như nhau và để trong các hộp kín
có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên bốn hộp để phân tích,
kiểm tra xem trong nước có bị nhiễm độc hay không. Tính xác suất để bốn hộp lấy ra có
đủ ba loại nước ở cả ba Tỉnh.
4
Số phần tử của không gian mẫu: Ω = C15 = 1365 .

0,50


0,25

0,25

0,5

0,25


Gọi A là biến cố:” bốn hộp lấy ra có đủ ba loại nước ở cả ba Tỉnh ”.
2
1
1
+) TH1: Lấy ra 2 hộp ở Hà Tĩnh, 1 hộp ở Quảng Bình và 1 hộp ở Huế: C4 .C5 .C6
1
2
1
+) TH 2: Lấy ra 1 hộp ở Hà Tĩnh, 2 hộp ở Quảng Bình và 1 hộp ở Huế: C4 .C5 .C6
1
1
2
+) TH 3: Lấy ra 1 hộp ở Hà Tĩnh, 1 hộp ở Quảng Bình và 2 hộp ở Huế: C4 .C5 .C6

0,25

Khi đó Ω A = C .C .C + C .C .C + C .C .C =720
2
4


1
5

Vậy xác suất P ( A ) =
7
(1.0
)

1
6

1
4

2
5

1
6

1
4

1
5

2
6

Ω A 48

=
Ω
91

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , hình chiếu vuông góc
của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HD = 2 HA .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, BC , biết góc giữa SB và mặt phẳng

( ABCD )

1.0

bằng 300 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách

giữa hai đường thẳng MN , SD .

a
3

2a
, do SH ⊥ ( ABCD) ⇒ SH là chiều cao của khối chóp
3
¼ = 300
S.ABCD và góc giữa SB với mặt phẳng (ABCD) là góc SBH

Ta có AH = , DH =

¼ = tan 300 =
Vì tan SHB
a2 +


0,50

SH
⇔ SH = HB.tan 300 = AB 2 + AH 2 .tan 300 =
HB

1
a2 1
a 30
a 30
.
=
.Khi đó VS . ABCD = .SH .S ABCD ,với SH =
,
3
9 3
9
9

1 a 30 2 a 3 30
S ABCD = a 2 ⇒ VS . ABCD = .
.a =
(đvtt)
3 9
27

Do M, N lần lượt là trung điểm của SB và BC nên MN//SC
1
⇒ MN / /( SDC ) ⇒ d ( MN ; SD) = d ( MN ;( SCD)) = d ( N ;( SCD)) = .d ( B;( SCD))

2
3
Mà AB//CD ⇒ AB / /( SC ) ⇒ d(B;(SCD)) = d(A;(SCD)) = .d ( H ;( SCD))
2
3
Do đó d ( MN ; SD) = .d ( H ;( SCD)) .Gọi I là hình chiếu vuông góc của H trên
4
SD ⇒ d ( H ;(SCD)) = HI .Ta có
1
1
1
81
9
99
20 2a 5
=
+
=
+ 2 =
⇔ HI = a.
=
.
2
2
2
2
2
HI
HS
HD

30a
4a
20a
99
3 11
3 2a 5 a 5
.
= .
.
4 3 11 2 11

Vậy d ( MN ; SD) = .

0,50


8
(1.0
)

Cho hình thang cân ABCD có AD / / BC ; Phương trình đường thẳng chứa các cạnh
AB, AC lần lượt là x − 2 y + 3 = 0; y − 2 = 0 . Gọi I là giao điểm của AC , BD . Tìm
tọa độ các đỉnh hình thang ABCD biết IB = 2 IA , hoành độ của I lớn hơn −3 và điểm
M ( −1;3) thuộc đường thẳng BD .
+ Do A=AB ∩ AC ⇒ A(1;2)
Lấy E(0;2) ∈ AC , gọi F(2a-3; a) ∈ AB sao cho EF// BD
EF AE
EF BI
⇒
=

⇔
=
= 2 ⇒ EF = 2 AE ⇔ (2a − 3) 2 + (a − 2) 2 = 2
BI
AI
AE AI
11
⇔a=
hoac a = 1
5
11
7 1
⇒ EF ( ; ) là vtcp của đường thẳng BD ⇒ BD : x − 7 y + 22 = 0
+ Khi a=
5
5 5
Do I = BD ∩ AC ⇒ I (−8;2) (loại)

1.0

0,50

+ Khi a = 1 ⇒ EF (−1;−1) là vtcp của đường thẳng BD ⇒ BD : x − y + 4 = 0
Do I = BD ∩ AC ⇒ I (−2;2) (t/m) ⇒ AB ∩ BD = B (−5;−1)
+ Lại có: IB = −
IA =

IB
IB
3−2 2 3+ 2 2

ID = − ID = − 2 ID ⇒ D(
,
)
ID
IA
2
2

− IA
IA
−1
.IC = − .IC =
IC ⇒ C (−3 2 − 2;2)
IC
IB
2

0,50

3− 2 2 3+ 2 2
,
)
2
2
Cách khác: Gọi B(2m-3; m) và I(n;2). Suy ra PT của BM: (m-3)x-2(m-1)y+7m-9=0. Vì I
thuộc BM nên n(m-3)+3m-5 = 0 (1).
Từ IB = 2 IA , kết hợp (1) ta được PT:
Vậy : A(1;2) ; B(-5; -1) ; C(-3 2 -2; 2) ; D(

5m 4 − 34m3 + 57 m 2 + 20m − 76 = 0 ⇔ ( m + 1) ( m − 2 )

9
(1.0
)

Giải bất phương trình sau trên tập ¡ :

)(

x + 3 − 19 − 3x 2 x + 3 + 19 − 3x
x + 3 − 19 − 3x

( 5m − 19 ) = 0 . Từ đó cho KQ

5x − 13 − 57 + 10x − 3x2


19
 −3 ≤ x ≤
Điều kiện 
3
x ≠ 4

Bất phương trình tương đương

(

2

x + 3 − 19 − 3x


(

)

1.0
0,50

) ≥ x + 2x + 9
2

⇔ 2 x + 3 + 19 − 3x ≥ x2 + 2x + 9

x + 5 
13 − x 
2
⇔ 2 x + 3 −
÷ +  19 − 3x −
÷≥ x + x − 2
3  
3 

2 −x2 − x + 2

≥ x2 + 2x + 9

−x2 − x + 2
⇔
+
≥ x2 + x − 2



x + 5
13 − x 
9 x + 3 +
÷ 9 19 − 3x +
÷
3 
3 








2
1
2

≤0
⇔ x +x−2
+
*
 

x + 5
13 − x  
 9 x + 3 +
÷ 9 19 − 3x +

÷
3 
3  
 

2
1
+
>0
 19

x + 5
13 − x 
Vì 
với mọi x ∈  −3;  \ 4
9 x + 3 +
3
÷ 9 19 − 3x +
÷

3 
3 



(

)

( )


{}

0,50

( )

2
Do đó * ⇔ x + x − 2 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 1 (thoả mãn)

10
(1.0
)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =  −2;1 .
Cho x; y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y = 2 x + 2 + 3 y − 2014 + 2012 .
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: S = ( x − 1)

2

+ ( y − 1) +
2

2016 + 2 xy x + y + 1

1.0

x + y +1

2016


2
2
Ta có S = x − 2 x + 1 + y − 2 y + 1 + x + y + 1 + 2 xy

= ( x + y ) 2 − 2( x + y ) + 2 +

Đặt t = x + y + 1 thì

2016
2016
= ( x + y + 1) 2 − 4( x + y + 1) + 5 +
.
x + y +1
x + y +1

S = t 4 − 4t 2 + 5 +

0,50

2016
.
t

Ta tìm đk cho t. Từ gt, đặt a = x + 2 ≥ 0 , b =

y − 2014 ≥ 0 suy ra

x = a 2 − 2, y = b 2 + 2014 ta được
a 2 − 2 + b 2 + 2014 = 2a + 3b + 2012 ⇔ a 2 + b 2 = 2a + 3b ≤ 13(a 2 + b 2 )


Suy ra 0 ≤ a 2 + b 2 ≤ 13 , x + y + 1 = a 2 + b 2 + 2013 ∈ [ 2013;2026]
⇒ t = x + y +1∈

[

]

2013; 2026 = J

 x = −2
t = 2013 ⇔ a 2 + b 2 = 0 ⇔ a = b = 0 ⇔ 
 y = 2014
a 2 + b 2 = 13
a = 2
x = 2

t = 2026 ⇔  a b
⇔
⇔
b = 3
 y = 2023
 =
2 3
4
2
Xét hàm số f (t ) = t − 4t + 5 +

2016
liên tục trên J và có

t

2015 4t 4 − 8t 3 − 2016 4t 3 (t − 2) − 2016
=
=
> 0∀t ∈ J
t2
t2
t2
⇒ f (t ) đồng biến trên J
f '(t ) = 4t 3 − 8t 2 −

⇒ min f (t ) = f ( 2013) = 4044122 +
t∈J

Vậy min S = 4044122 +

2016
2016
, max f (t ) = f ( 2026) = 4096577 +
.
2013 t∈J
2026

2016
2016
; max S = 4096577 +
2013
2026


1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần
như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.
3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.

0,50