Đề 1 thi Kỳ thi trung học phổ thông quốc gia năm 2016 môn thi: Toán lớp 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỒNG THÁP 
TRƯỜNG THPT CAO LÃNH 2 
ĐỀ THI THỬ 
(Đề thi gồm 01 trang) 
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 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 22y x x  . 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số 3 23 3( 2) 1y x mx m x m      có hai điểm cực trị. 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn (1 )( ) 2 2i z i z i    . Tìm môđun của số phức
2
2 1z z
w
z
 
 . 
b) Giải bất phương trình 2221 log ( 1) log ( 4).x x x     
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2
1
( 1) ln
e
x x
I dx
x

  . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 3 4 7 0P x y z    và đường 
thẳng 
1 2 3
:
3 2 1
x y z
d
  
  . Tìm tọa độ giao điểm của d và (P) và viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa 
đường thẳng d đồng thời vuông góc với mặt phẳng (P). 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình sin 2 cos 2 1 4cosx x x  
b) Trong đợt tham quan thực tế khu di tích Xẻo Quýt, Đoàn trường THPT Cao Lãnh 2 cử 30 đoàn
viên xuất sắc của 3 khối tham gia. Khối 12 có 6 nam và 4 nữ, khối 11 có 5 nam và 5 nữ, khối 10 có 4 nam và 
6 nữ. Chọn mỗi khối 1 đoàn viên làm nhóm trưởng, tính xác suất để trong 3 em làm nhóm trưởng có cả nam 
và nữ. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh 3 , 5AB a BC a  . 
Hình chiếu vuông góc của điểm 'B trên mặt phẳng  ABC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 
Góc giữa hai mặt phẳng  ' 'ABB A và mặt phẳng  ABC bẳng 060 . Tính thể tích khối lăng trụ 
. ' ' 'ABC A B C và khoảng cách từ điểm 'B đến mặt phẳng  ' 'ACC A . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB // CD) có đỉnh 
(2; 1)A  . Giao điểm hai đường chéo AC và BD là điểm (1;2).I Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI có 
tâm là 
27 9
;
8 8
E
 
  
 
. Biết đường thẳng BC đi qua điểm (9; 6)M  . Tìm tọa độ đỉnh ,B D biết điểm B có 
tung độ nhỏ hơn 3. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 
3 2 9
3 1 3
x x
xx x
 

  
 . 
Câu 10 (1,0 điểm). Giải sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 1a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
2 2
2
2 2
3
( ) .
( ) 5 ( ) 5 4
a b
P a b
b c bc c a ca
   
   
/. Hết. 
Cảm ơn thầy Nguyễn Hữu Tài ( huutaidt@gmail.com ) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỒNG THÁP 
TRƯỜNG THPT CAO LÃNH 2 
ĐỀ THI THỬ 
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 
ĐÁP ÁN-THANH ĐIỂM 
Môn thi: TOÁN 
(Đáp án-Thang điểm gồm 06 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(1,0đ) 
 Tập xác định: D   .
 Sự biến thiên
 Chiều biến thiên , 3 2 ,
0 0
4 4 4 ( 1), 0
1 1
x y
y x x x x y
x y
  
           
. 
0,25 
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 1)  và (0;1) . Đồng biến trên các khoảng ( 1;0)
và (1; ) 
Cực trị: hàm số đạt cực trị tại 1x   , 1CTy   , đạt cực đại tại 0,x  yCĐ 0 . 
 Giới hạn tại vô cực: lim ; lim
x x
y y
 
    . 
0,25 
Bảng biến thiên: 
x  1 0 1  
y’  0 + 0  0 + 
y 
  0  
 1 1 
0,25 
 Đồ thị:
8
6
4
2
f x  = x4-2x2
-1
8
O 1-1-2 2
0,25 
2 
(1,0đ) 
TXĐ: D  
 Ta có: 2' 3 6 3 6;y x mx m   
0,25 
2' 0 2 2 0y x mx m      (*) 
Hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt 
0,25 
hay 2' 2 0m m     0,25 
1m   hoặc 2m  0,25 
3 
(1,0đ) 
a) Ta có (1 )( ) 2 2 (3 ) 1 3i z i z i i z i        
suy ra 
1 3 ( 1 3 )(3 )
3 (3 )(3 )
i i i
z i
i i i
    
  
  
0,25 
2 2
2 1 2 1
1 3
z z i i
w i
z i
    
     . Nên 1 9 10w   
0,25 
b) Điều kiện
1 17
2
x
 

Bất phương trình đã cho tương đương với 
2 2 2 2
2 2 2 2 2log 2 log ( 1) log ( 4) log (2 4 2) log ( 4)x x x x x x x          
0,25 
2 2 22 4 2 4 5 6 0
2 3
x x x x x x
x
         
  
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là 2 3x  . 
0,25 
4 
(1,0đ) 
2
1 1 1
( 1) ln ln
ln
e e e
x x x
I dx x xdx dx
x x

     
0,25 
1
ln .
e
A x xdx  Đặt 
lnu x
dv xdx



 ta có 
2
1
2
du dx
x
x
v



 

suy ra 
2 2 2 2
11 1 1
ln 1 ln 1
2 2 2 4 4
e e ee
x x x x x e
A xdx
      
         
     
 
0,25 
1
ln
e
x
B dx
x
  . Đặt ln
dx
t x dt
x
   ; 1 0; 1x t x e t      
11 2
0 0
1
2 2
t
B tdt
 
   
 

0,25 
Vậy 
2 2
1
( 1) ln 3
4
e
x x e
I dx
x
 
  
0,25 
5 
(1,0đ) 
Đường thẳng d đi qua điểm (1;2;3)A và có vec tơ chỉ phương là (3;2;1)du 

Mặt phẳng (P) có vec tơ pháp tuyến là (3; 4;1)pn  

Gọi ( )M d P  . Vì M d nên (1 3 ;2 2 ;3 1 )M t t t  
Suy ra ( ) 3(1 3 ) 4(2 2 ) (3 ) 7 0M P t t t         
0,25 
NE
H
M
C'
B'
B
A C
A'
F
9 29 15
;11;
2 2 2
t M
 
    
 
0,25 
Mặt phẳng ( )Q chứa d và vuông góc với (P) nên (Q) có vec tơ pháp tuyến 
, (6;0; 18)Q d pn u n    
  
0,25 
( )Q đi qua điểm (1;2;3)A và có VTPT , (6;0; 18)Q d pn u n    
  
 có phương trình là 
3 8 0x z  
0,25 
6 
(1,0đ) 
a) 2sin 2 cos 2 1 4cos 2sin .cos 2cos 4cos 0x x x x x x x      
2cos (sin cos 2) 0x x x   
0,25 
2 2 2
cos 0
, .
2sin cos 2( 1 1 2 )
x
x k k
x x VN do



    
   
 
Vậy nghiệm phương trình là , .
2
x k k

   
0,25 
b) Chọn ngẫu nhiên mỗi khối 1 đoàn viên, ta có số phần tử không gian mẫu là:
1 1 1
10 10 10. . 1000C C C  
Gọi biến cố A “Trong 3 em làm nhóm trưởng có cả nam và nữ” 
Khi đó A “Trong 3 em làm nhóm trưởng chỉ có nam hoặc nữ” 
0,25 
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 1 1 1 1 1 16 5 4 4 5 6. . . . 240C C C C C C  
Xác suất biến cố A là 
240
( ) 0, 24
1000
P A  
Suy ra xác suất biến cố A là: ( ) 1 ( ) 1 0, 24 0,76P A P A     
0,25 
7 
(1,0đ) Gọi H, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và 
AB 
Ta có ' ( )B H ABC và HN AB . Suy ra góc 
giữa hai mặt phẳng  ' 'ABB A và  ABC là 
 0' 60B NH  . 
0,25 
ABC vuông tại A, có 3 , 5AB a BC a  . Suy ra 4 2AC a HN a  
'B HN vuông tại H có  0' 60B NH  , 2HN a . Suy ra 
0,25 
 'tan ' 3 ' 2 3
B H
B NH B H a
HN
    
Thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C là: 3. ' ' '
3 .4
' . 2 3. 12 3
2
ABC A B C ABC
a a
V B H S a a   
(đvtt) 
Gọi E là giao điểm của 'B H và CC’ nên H là trung điểm của B’E, Gọi M là trung điểm của 
AC, F là hình chiếu của H lên ME 
Ta có: HF ME (1) 
; 'AC MH AC B H AC HF    (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
1
( ' ') ( , ( ' ')) ( ', ( ' '))
2
HF ACC A d H ACC A HF d B ACC A    
0,25 
1 3
; ' 2 3
2 2
a
HM AB HE B H a    
MHE vuông tại H có đường cao HF; 
2 2
. 6 19
19
HM HE a
HF
HM HE
 

12 19
( ', ( ' ')) 2
19
a
d B ACC A HF  (đvđd) 
0,25 
8 
(1,0đ) 
Gọi H là trung điểm của DI và K là giao 
điểm của EI và BC 
Ta chứng minh EK BC . 
Thật vậy ta có EH DI , góc 
 DBC DAC (tính chất hình thang cân) 
 DAC IEH (góc ở tâm), suy ra 
 DBC IEH 
Mặt khác  EIH BIK (đối đỉnh). Do đó 
 090BIK EK BC   
0,25 
Ta có 
35 25
;
8 8
EI
 
  
 

, : 7 5 33 0BC x y   
 1;3AI  

, : 3 5 0AC x y   
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
: 7 5 33 0 1
( 1;8)
:3 5 0 8
BC x y x
C
AC x y y
     
   
    
0,25 
33 5
, 3.
7
b
B BC B b
 
   
 
 Ta có 10IA IB  
2
1 ( )
37 228 191 0 (4;1)191
( )
37
b N
b b B
b L

     
 

0,25 
K
E
H
I
B
D
C
A
M
2 10 2 . ( 5;4)IC ID DI IB Suy ra D    
 
 0,25 
9 
(1,0đ) 
Điều kiện 1 9; 0x x    
(1) 
 
 
2 3 2 9 3 3 1
0
3 3 1
x x x x x
x x x
     
 
  
0,25 
 
 
2( 3) 9( 1) 2 9 3 3 1
0
3 3 1
x x x x x
x x x
       
 
  
  
 
3 3 1 3 3 1 2 9
0
3 3 1
x x x x x
x x x
       
 
  
0,25 
3 3 1 2 9
0
x x x
x
    
  
   1 1 3 2 1 9
0
x x x
x
     
  
0,25 
8 1 2
0
1 3 1 9
x x
x x x
  
        
8
0 0 8
x
x
x

     
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: 0 8x  
0,25 
10 
(1,0đ) 
Áp dụng BĐT Côsi 
2 2 2
2 2
2 2
4
5( ) 5 9( )( ) ( )
4
a a a
b c bc b cb c b c
 
    
Tương tự 
2 2
2 2
4
( ) 5 9( )
b b
c a ca c a

  
22 2 2 2
2 2 2 2
4 2
( ) 5 ( ) 5 9 ( ) ( ) 9
a b a b a b
b c bc c a ca b c c a b c c a
   
       
         
0,25 
22
22 2
22
2
( )
( )
2 ( ) 2 2
( )9 ( ) 9
( )
4
a b
c a b
a b c a b
a bab c a b c
c a b c
 
     
    
        
 
22
2 2
2 2( ) 4 ( )
9 ( ) 4 ( ) 4
a b c a b
a b c a b c
   
  
    
0,25 
Vì 1 1a b c a b c       nên ta có 0,25 
2 22
2 2
2 2
2 2(1 ) 4 (1 ) 3 8 2 3
(1 ) 1 (1 )
9 (1 ) 4 (1 ) 4 4 9 1 4
c c c
P c c
c c c c c
     
         
      
 (1) 
Xét hàm số 
2
28 2 3( ) 1 (1 ) , (0;1)
9 1 4
f c c c
c
 
     
 
2
16 2 2 3
'( ) 1 . ( 1)
9 1 ( 1) 2
f c c
c c
 
    
  
1
'( ) 0
3
f c c   
0,25 
Bảng biến thiên 
c 
0 
1
3
 1 
'( )f c  0 + 
( )f c 
1
9
 
Dựa vào bảng biến thiên ta có 
1
( ) ,
9
f c   mọi (0;1)c (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
1
,
9
P   dấu bằng xảy ra khi 
1
3
a b c   
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
1
,
9
 
Hết./. 
Cảm ơn thầy Nguyễn Hữu Tài ( huutaidt@gmail.com ) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl