KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

THPT PHÙ MỸ 1
ĐỀ
ĐỀTHI
SỐTHỬ
16809

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

x 1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số f ( x)  x3  2 x 2  x  4 tại giao điểm
của đồ thị hàm số với trục hoành.
Câu 3 (1,0 điểm).
2

a) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z  2 z  1  5i  . Tính mô đun của z .
b) Giải phương trình 7 x  2.71 x  9  0

 x   .

2

8x  1
dx .
4x 1

1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Cho góc  thỏa mãn:


2

    và sin  

2
. Tính giá trị của biểu thức
3

A  sin 2  cos2 .

b) Một lọ hoa chứa 20 bông hoa giống nhau gồm 12 bông hoa đỏ và 8 bông hoa xanh. Lấy đồng thời
ngẫu nhiên 3 bông hoa. Tính xác suất để có ít nhất 1 bông hoa màu xanh.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2;3) và mặt phẳng ( P ) có
phương trình : x  y  4 z  3  0 . Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm M và tiếp xúc với mặt phẳng
( P ) , tìm tọa độ tiếp điểm của mặt cầu  S  và mặt phẳng ( P ) .

Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a,
AC  a 3 góc tạo bởi mặt phẳng  ABC  và đáy là 600 . Gọi M là trung điểm của CC  . Tính theo a thể
tích của khối lăng trụ ABC. ABC  và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  AMB  .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh D(7;0) . Một điểm
  MCB
 . Phương trình đường thẳng chứa MB, MC lần lượt là
M nằm trong hình bình hành sao cho MAB

1 : x  y  2  0 ;  2 : 2 x  y  1  0 . Tìm tọa độ đỉnh A , biết rằng A thuộc đường thẳng d : y  3 x và A
có hoành độ nguyên.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình: x3  3x  1  8  3x 2 trên tập số thực.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực dương và thỏa mãn điều kiện abc  a  c  b . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức S 

2
2
3


.
2
2
1  a 1 b 1  c2

----------------------- Hết ----------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………………..; Số báo danh: ……………………….
- 45 -

960


Câu

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung
 Tập xác định: D   \ {1}
Sự biến thiên:
2

- Đạo hàm: y 
; y  0, x  D .
( x  1)2
- Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;1 và 1;  
- Giới hạn và tiệm cận:
lim y  1
x 

0.25

; lim y  1  y  1 là tiệm cận ngang.
x 

lim y   ; lim y    x  1 là tiệm cận đứng.

x 1

Điểm

0.25

x 1

- Hàm số không có cực trị.
- Bảng biến thiên:

0.25

 Đồ thị:
- Đồ thị cắt trục Ox tại B(-1;0), Oy tại A(0;-1) và nhận giao điểm hai đường tiệm cận có

tọa độ I (1;1) làm tâm đối xứng.

0.25

2 Giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành có hoành độ là nghiệm của phương trình:
(1,0đ) x3  2 x 2  x  4  0  ( x  1)( x 2  3 x  4)  0  x  1
x   , ta có f ( x)  3 x 2  4 x 2  1

0.25

f (1)  3.12  4.12  1  8

0.25

Phương trình tiếp tuyến là : y  f  1 x  1  f (1)  8  x  1  0  8 x  8

0.25

3a Đặt z  a  bi,  a, b    . Khi đó z  a  bi .
(0,5đ)
2
Ta có z  2 z  1  5i   a  bi  2(a  bi )  24  10i  3a  bi  24  10i

3b
(0,5đ)

0.25

3a  24
 a  8



 z  8  10i  z  (8) 2  (10) 2  2 41

b

10
b


10


7
7 x  2.71 x  9  0  7 x  2. x  9  0  7 2 x  9.7 x  14  0
7
x
x
 7  7 .7  2  0
7 x  7
x  1
 x

 x  log 7 2
7  2

0.25

0.25


0.25

0.25

2
2
2
2
4
8x  1
3 
3

I

dx

2

dx

2
dx

(1,0đ)
1 4 x  1 1  4 x  1  1
1 4 x  1 dx

- 46 -


961


2

 2dx  2 x

2
1

2

0.25

1
2

2

2
3
3
1
3
3 7
1 4 x  1dx  4 1 4 x  1d  4 x  1  4  ln 4 x  1  1  4 ln 3
3 7
I  2  ln
4 3


5a
(0,5đ)
Vì



    nên cos  0 , suy ra cos   1  sin 2   

2
Do đó A  sin 2  cos2  2sin  .cos  (1  2sin 2  )

0.25
0.25
5
3

0.25

2
2  5 
1 4 5
2 
 2. . 

1

2.
 
    
3  3  

9
3 

3
5b Số phần tử của không gian mẫu là n     C20
 1140 .
(0,5đ)
Gọi A là biến cố “Chọn được 3 bông hoa có ít nhất 1 bông hoa màu xanh”.
Thì A là biến cố “Chọn được 3 bông hoa màu đỏ”
n A
220 11
n A  C123  220  P A 


n    1140 57
11 46

Vậy xác suất của biến cố A là P  A   1  P A  1 
57 57
6 Mặt cầu  S  có tâm M và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) có bán kính
(1,0đ)
1  2  12  3
R  d  M ;  P  
 2
12  12  (4) 2

 

 


0.25

 

0.25

0.25

 

2

2

2

Phương trình mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  2


Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với ( P ) có vecto chỉ phương ud  (1;1; 4)
z 3
nên có phương trình: x  1  y  2 
4
Gọi H là tiếp điểm của mặt cầu  S  và mặt phẳng ( P ) . Tọa độ H là nghiệm hệ phương
4

x  3

 x  y  4z  3  0
7



 4 7 5
trình 
z 3  y   H  ; ; 
3
 3 3 3
 x  1  y  2  4

5

z  3


0.25

0.25
0.25

0.25

7
(1,0đ)

0.25

 
 600
Trong mp(ABC), từ A kẻ AN  BC , N  BC    ABC  ,  ABC    ANA


AN 

AC. AB
2

AC  AB

2



a.a 3
2

a  3a

2



a 3
a 3
3
 AA 
tan 600  a.
2
2
2
0.25


962
- 47 -


1
a2 3
3 a 2 3 3a 3 3

S ABC  .a.a 3 
VABC . ABC   AA .S ABC  a.

.
2
2
2
2
4
Trong mặt phẳng  AAC C  , gọi E  AC  AM thì C là trung điểm của AE
d  A,  ABM    d  A,  ABE    2d  C ,  MBE  

0.25

Kẻ CK  BE , CH  MK  CH   MBE   d  C ,  MBE    CH
Trong tam giác vuông MCK ta có CH 

CK .CM

1
3
, với CM  CC   a và

2
4
CK  CM
2

2

0.25

3a 55
1 2a 3.a a 39
 CH 
 .

55
13
AE 2  AB 2 2 13.a
6a 55
Vậy khoảng cách từ A đến  A ' BM  là
.
55

1
CK 
2

AE. AB

8
(1,0đ)


0.25
Tọa độ M là nghiệm của hệ:
 x y20
x 1

 M 1;1

2 x  y  1  0
y 1
Dựng E sao cho ABEM là hình bình hành, khi đó DCEM cũng là hình bình hành.
  MEB

 MAB
  MCB
  BECM nội tiếp đường tròn.
 MEB
Ta có 


 MCB  MAB

  1800
 BEC
 BMC

AMD
Mặt khác : BEC  AMD  c.c.c   BEC
  1800
Suy ra  

AMD  BMC


Gọi A  a;3a   d , a   , khi đó MA   a  1;3a  1 ; MD   8; 1


1 ,  2 có các vecto pháp tuyến lần lượt là n1  1;1 , n2   2; 1
 
 
  cos MA, MD  cos n , n
cos 
AMD  cos BMC
1
2



8(a  1)  (3a  1)



2

 a  1   3a  1



2






0.25

0.25



2 1



2. 5

. 65
2



 13 5a 2  4a  1  11a  9   28a 2  73a  34  0
17

a   loai 


28 

a2


Vậy A  2;6  .

0.25

9
2 6
2 6
x
(1,0đ) Điều kiện 
3
3

x3  3x  1  8  3x 2  x3  3x  1  ( x  2)  8  3x 2  ( x  2)  0
 x3  2 x  1 

 x  2

2

2



 8  3x

2

 0

 x3  2 x  1  4


8  3x  ( x  2)

963
- 48 -

0.25

2

x  x 1
8  3x 2  2  x

0




4
 x2  x  1  x  1 
0
2
8  3x  2  x 






 2 6 2 6 

Xét hàm số f  x   8  3x 2  2  x , với x  
;

3 
 3
3 x
6
f  x 
1  0  x  
, vì x  0 .
2
3
8  3x

0.25

Ta có bảng biến thiên
2 6
3

x
f ( x)

 6
3
0

+

2 6

3

-

0.25

64 6
3

f ( x)

62 6
3

62 6
3

64 6
3
4
4
2 6
12
3  2 6
 x 1

1

0
Do đó x  1 

f ( x)
3
15
64 6
8  3x 2  2  x

1 5
x 
2
Vậy phương trình đã cho tương đương x 2  x  1  0  

1 5
x 

2

Từ bảng biến thiên ta có 0  f  x  

10
(1,0đ)

1

a  c
Ta có abc  a  c  b  b 1  ac   a  c  0  
b  a  c
 1  ac

0.25


0,25

2

2a  c
2
2
3
2
3
S




2
2
2
2
2
2
2
1 a 1 b 1 c
1 a
1  c2
1 a 1 c








2

 x  c
1
1

 1 , với 0  x  Khi đó
Xét hàm số f ( x) 
2
2
2
c
1 x
1 x 1 c



f ( x) 





  0 có 1 nghiệm duy nhất x


2c x 2  2cx  1

2

1  x  1  c
2

2

Ta có bảng biến thiên sau:
x
0
+
f  x

f  x



0

x0
0

1c
-

f  x0 

Từ bảng biến thiên suy ra f ( x)  f ( x0 ) 

c

1  c2

964
- 49 -

 1
 c  1  c 2   0; 
 c

0,25


Khi đó S  2 f  a  
Ta có g   c  

3
2c
3


 g c
2
2
1 c
1  c2 1  c



2 1  8c 2






2





1  c 2 . 3c  1  c 2



 0  c  c0 

0,25
1
2 2

  0;  

0,25
c

0
+

g c 


c0
0


-

g  c0 

g c

Từ bảng biến thiên suy ra g  c   g  c0   S  g (c)  g (c0 ) 
Với c 

1
2 2

,a 

10
3

10
1
, b  2 thì giá trị lớn nhất của S là
.
3
2

965
- 50 -