SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

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

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
Câu 2 (1,0 điểm). Chứng minh hàm số y 

2x 1
.
x 1

4x
 ln( x2  1) đạt cực đại tại điểm x  2 .
5

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm môđun của số phức z biết (2  i 3 ) z  1  3i  z  i 4 .





x
1log 4
b) Giải bất phương trình log 1 3  1  3 9 .

4
5

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I 



1

x 3  x 2  4  2 dx .

0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng () : x  2 y  z  2  0 và điểm

A(3; 2; 3). Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) . Tìm tọa độ tiếp
điểm của (S) và ( ) .
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho sin  

5



với
    . Tính giá trị của cos     .
13
2
4



b) Một chiếc tàu của tập đoàn dầu khí quốc gia Việt Nam khoan thăm dò dầu khí trên thềm lục
địa tỉnh Bình Thuận có xác suất khoan trúng túi dầu là p. Tìm p biết rằng trong hai lần
khoan độc lập, xác suất để chiếc tàu đó khoan trúng túi dầu ít nhất một lần là 0,36.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a; góc
giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và (ABC) bằng 600; A ' A  A ' B  A ' C . Tính theo a thể tích của khối
lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và B ' C ' .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (I) có hai đường kính AB và MN với
A(2; 1), B (2; 5) . Gọi E và F lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AM và AN với tiếp
tuyến của (I) tại B. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác MEF sao cho H nằm trên đường thẳng
 : x  2 y  2  0 và có hoành độ là một số nguyên.



Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 x 1  3 x



3  3 x  1  4. 3 x  6 x trên tập hợp số thực.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

a 2 b2 16c 2 175 a 2  9
 

.
2b 4c
a

4(a  1)
----------HẾT----------


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA
Câu

Đáp án

Điểm

1
Tập xác định D  
4
2x
y'  2
5 x 1

y "  2.
2

0,25

x 2  1  x.2 x 2 x 2  2
 2
( x 2  1) 2
( x  1)2

0,25


 y '(2)  0

Suy ra 
6
 y "(2)  25  0

0,25

Do đó hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x  2 .

0,25

a) Ta có (2  i 3 ) z  1  3i  z  i 4  (2  i) z  z  1  3i  1  z 
3a

2

3i
3 3
z  i
1 i
2 2

0,25

2

3 2
3 3

Do đó | z || z |      
.
2
2 2

0,25
3



x



1log 9 4

b) Ta có log 1 3  1  3
4

3b

 3x  1 

3
 1 2
 log 1 (3  1)   log 1 (3x  1)  log 1  
2
4
4
4  4

x

1
9
9
 3x   x  log3 .
8
8
8

9


Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là  log 3 ;  
8


1

0,25

Đặt t  ( x 2  4) 2  x 2  4 . Suy ra t 2  x 2  4 . Do đó tdt  xdx .

0,25

x  0  t  2, x  5  t  3

0,25

3


4

0,25

3

Suy ra I  (t  4)t.tdt  (t 4  4t 2 )dt



2



2

0,25

2

3

 t 5 4t 3 
63 64 253
 

  
 5 3  2 5 15 15
Ghi chú: Nếu học sinh không giải mà chỉ ghi đáp số thì không cho điểm bài này.

| 3  2.(2)  (3)  2 |
2 6.
*Ta có d ( A, ()) 
1 4 1
5

Gọi R là bán kính của (S). ( ) tiếp xúc với (S)  d ( A, ( ))  R  R  2 6
Do đó (S) có phương trình ( x  3) 2  ( y  2)2  ( z  3) 2  24 .
* Gọi H là tiếp điểm của (S) và ( ) , d là đường thẳng qua A và vuông góc với ( ) .

0,25

0,25
0,25
0,25



Khi đó H  d  ( ) , d nhận vectơ pháp tuyến n  (1; 2; 1) của ( ) làm vectơ chỉ

phương và có phương trình tham số là:

x  3  t

 y  2  2t
 z  3  t

Tham số t ứng với tọa độ điểm H là nghiệm của phương trình
(3  t )  2( 2  2t )  (3  t )  2  0  t  2


0,25

Do đó H (1; 2; 1)
2

6a

 5  144
a) Ta có cos 2   1  sin 2   1    
.
 13  169
12

Suy ra cos  
(vì     nên cos   0 )
13
2

0,25



 12 2 5 2 17 2

Do đó cos      cos .cos  sin .sin 
.
 .

.
4

4
4 13 2 13 2
26


0,25

b) Gọi Ai là xác suất lần thứ i khoan trúng túi dầu ( i  1, 2 ), P ( Ai )  p, P ( Ai )  1  p .
Gọi A là biến cố trong hai lần khoan độc lập, chiếc tàu khoan trúng túi dầu ít nhất một
lần.

0,25

2

Khi đó A  A1 . A2 và P ( A)  0, 36  1  P ( A )  1  P ( A1 ).P ( A2 )  1  (1  p) (vì A1 , A2 là
6b

hai biến cố độc lập)
16
1
9
Do đó (1  p) 2 
 p
hoặc p  (loại vì 0  p  1) .
25
5
5
1
Vậy p   0, 2 .

5
Ta có A '. ABC là hình chóp tam giác đều. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, M là trung
điểm BC. Khi đó A ' H  ( ABC ) và 
A ' MH  600 là góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và

0,25

0,25

(ABC).
A'

C'

1
a 3
HM  . AM 
3
6
Suy

B'
K

7

Tam giác A ' HM có A ' H  HM
A ' H  ( ABC ), HM  ( ABC )

A


C

H

M

(vì
),

ra

0,25

a 3
a
A ' H  HM . tan 
A ' MH 
. 3
6
2
Vậy

a 3.a 2
3a 3
VABC . A ' B 'C '  A ' H .S ABC  .

.
2 4
8

Ta có AA ' // ( BCC ' B ') ; B ' C ', BC  ( BCC ' B ') và B ' C ', BC không song song với AA '

B

nên d ( AA ', B ' C ')  d ( AA ', ( BCC ' B '))  d ( AA ', BC )
Dựng MK  AA ', K  AA ' (1)
Ta có BC  AM (vì tam giác ABC đều)
BC  A ' H (vì A ' H  ( ABC ) )

0,25


Suy ra BC  ( AA ' M ) . Suy ra BC và MK vuông góc với nhau tại M (vì MK  ( AA ' M ) )
(2)
Từ (1) và (2) suy ra MK là đoạn vuông góc chung của AA ' và BC.
Do đó d ( AA ', BC )  MK
2

 2 a 3   a 2 a 21
Ta có AA '  AH  A ' H   .
    
6
3 2  2
2

2

a a 3
.
A ' H . AM 2 2

3 7a


Do đó MK 
. Vậy
AA '
14
a 21
6

0,25

3 7a
.
14
E Đường tròn (I) có tâm I (2; 3) là trung điểm của

d ( AA ', B ' C ')  d ( AA ', BC )  MK 

H

M

I'

A

I

N


8

AB
2.
2
  NAM
  900 ) nên AF
Ta có AF  ME (vì FAE
là đường cao của tam giác MEF.
B Suy ra H, A, F thẳng hàng.
Ta có AI//HM (vì cùng vuông góc với EF) nên
AI
NI
1

 . Suy ra HM  2 AI
HM NM 2
Gọi I ' là điểm đối xứng của I qua A. Khi đó
I '(2;1) , II '  2 AI  HM và II ' //HM. Suy ra

AB và có bán kính R 

HMII '
là
hình
I ' H  IM  R  2 .

bình


hành.

Do

đó

0,25

0,25

0,25

F
Mặt khác H (2t  2; t ) (vì H nằm trên đường thẳng  : x  2 y  2  0 ) và 2t  2   .

Ta có I ' H  2  I ' H 2  4  (2t  2  2)2  (t  1)2  4
 5t 2  2t  3  0

0,25

3
 t  1 hoặc t 
(loại)
5

Vậy H (4;1) .
Điều kiện: x  0 .
Ta có x  0 không thỏa phương trình (*)
Với x  0 , chia hai vế của (*) cho x ta được:
 1


3  3  1
 x


9
Đặt t 

3

3
1
4
1  
 6 (1)
x 3 x2
x

1
, t  0 , phương trình (1) trở thành
3
x

3(t  1) 3t  1  t 3  4t 2  6








3

3t  1  2





2

0,25

3t  1  2 3t  1  (t  2)3  2( t  2) 2  2(t  2)

0,25


Xét hàm số f (u )  u 3  2u 2  2u trên  .
Ta có f '(u )  3u 2  4u  2  0, u   (vì a  3  0,  '  2  0 )

0,25

Suy ra hàm số f (u ) đồng biến trên  .
Do đó (1)  f



t  2  0
3t  1  f (t  2)  3t  1  t  2  

2
3t  1  t  4t  4



t  2
7  37
 2
t
(thỏa t  0 )
2
t  7t  3  0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 

8
(7  37 )3

.
0,25

a2
b2
16c 2 a
a 2 b 2 16c 2 7 a
Ta có
 2b  2a,  4c  2b,
  4c . Do đó
 

.

2b
4c
a
4
2b 4c
a
4
Dấu “=” xảy ra  a  2b  8c .
Suy ra P 

0,25

7a 175 a  9 7 
a 9 

.
  a  25.
.
4
4
a 1
4 
a  1 
2

2

a2  9
Xét hàm số f (a)  a  25.
trên (0; ) .

a 1
a
.(a  1)  a 2  9
2
(a  1)2 a 2  9  25(a  9)
Ta có f '(a )  1  25. a  9

(a  1)2
(a  1)2 a 2  9

0,25

f '(a )  0  (a  1)2 a 2  9  25(a  9)  0
 (a  1) 2 .

 (a  1) 2 .





a 2  9  5  5( a  1) 2  25( a  9)  0

(a 2  16)
2

 5a 2  35a  220  0

a 9 5


10

0,25



(a  4)
 (a  4)  (a  1)2 .
 5a  55   0
a2  9  5


(a  4)
 a  4 (vì (a  1) 2 .
 5a  55  0, a  (0; ) )
a2  9  5
Bảng biến thiên

a
0
4
f '(a )

0
+


f(a)

75

0,25
29

Suy ra min f (a )  f (4)  29 .
(0;  )

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng

7
203
1
.29 
, khi a  4, b  2, c  .
4
4
2