Đề 2 thi thử thpt quốc gia năm 2016 môn thi: Toán 12 thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GD – ĐT ĐỒNG NAI 
TRƯỜNG THPT BÌNH SƠN 
 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 Môn thi: TOÁN 
 Thời gian: 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
2
2
x
y x . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2( ) 4lnf x x x  trên đoạn  1;e . 
b. Xác định giá trị của tham số m để hàm số 4 2 32 2y x mx m m     đạt cực đại tại 1x   . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a. Cho số phức z thỏa mãn (1 3 ) (1 2 ) 2 6i z i z i     . Tìm phần thực và phần ảo của z . 
b. Giải phương trình 
2 4log log ( 3) 1x x   . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2
1
(3 2ln )I x x x dx  
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( 2;2;1)A 
và đường thẳng  có 
phương trình 
3 1 1
3 2 2
x y z  
 

. Viết phương trình mặt phẳng ( )P
đi qua A
và vuông góc với đường 
thẳng  . Tìm tọa độ giao điểm của 
và ( )P . 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a. Tính giá trị của biểu thức (sin 4 2sin 2 )sinP     , biết 
1
cos
3
  . 
b. Một hộp chứa chín cái thẻ được đánh số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Lấy ngẫu nhiên hai thẻ. Tìm xác 
suất sao cho tổng các số trên hai thẻ là số chẵn. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và cạnh SA vuông góc với 
mặt phẳng (ABC), AB = AC = SA = 2a. Gọi I là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích của khối chóp 
S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SI, AC. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh ( 3;3)B  , phân 
giác trong góc A có phương trình là 2 1 0x y   . Tìm tọa độ các đỉnh A, C, biết diện tích tam giác ABC 
bằng 30 và đỉnh A có hoành độ dương. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 33 8 8 5 8x x x    . 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện 2 3;1 3x y    . Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức 
2 2
5 4 1
5 11 4 7 4( 2)
x y
P
x y y x x y
  
     
. 
----------HẾT---------- 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
Câu Ý Nội dung Điểm 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
4
2
2
x
y x . 
 TXĐ: D . 
32 2y x x , 0 1y x
hoặc 0x 
0.25 
x
ylim 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1; và 0 1; . 
Hàm số đồng biến trên các khoảng 1 0; và 1; . 
Hàm số đạt cực tiểu tại 1x ,
1
2CT
y . 
Hàm số đạt cực đại tại 0x ,
1
2CD
y . 
0.25 
Bảng biến thiên: 
x 1 0 1 
y - 0 + 0 - 0 + 
y 
 0 
 1
2
1
2
0.25 
Đồ thị: 
Điểm đặc biệt 2 4; ; 2 4; 
0.25 
Câu 2 (1,0 điểm). 
 a. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2( ) 4lnf x x x  trên đoạn  1;e . 
 Hàm số xác định và liên tục trên đoạn  1;e . 
24 2 4
'( ) 2
x
f x x
x x
; với  1;x e , '( ) 0 2f x x 
0.25 
x
y
-1-2
4
O 1 2
2(1) 1; ( ) 4; ( 2) 2 2 ln2f f e e f 
Do đó 
1;
min ( ) ( 2) 2 2 ln2
x e
f x f ; 2
1;
max ( ) ( ) 4
x e
f x f e e 
0.25 
 b. Xác định giá trị của tham số m để hàm số 4 2 32 2y x mx m m     đạt cực đại tại 1x   . 
 3' 4 4y x mx   ; nếu hàm số đạt cực đại tại 1x thì '( 1) 0y , suy ra 1m 0.25 
Với 1m thì 
2'' 12 4y x ; Mà '( 1) 0y và ''( 1) 8 0y nên hàm số 
đạt cực đại tại 1x . Vậy 1m là giá trị cần tìm. 
0.25 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a. Cho số phức z thỏa mãn (1 3 ) (1 2 ) 2 6i z i z i     . Tìm phần thực và phần ảo của z . 
 Đặt z x yi  ,( ,x y R ). Khi đó z x yi  . 
Ta có: (1 3 ) (1 2 ) 2 6i z i z i     (1 3 )( ) (1 2 )( ) 2 6i x yi i x yi i       
 (5 2 ) 2 6y x y i i     
0.25 
2 2
5 2 6 2
y x
x y y
   
  
     
Do đó số phức z có phần thực bằng 2, phần ảo bằng -2. 
0.25 
b. Giải phương trình 2 4log log ( 3) 1x x   . 
 Điều kiện: 0x  
Với điều kiện trên, ta có: 22 4 4 4log log ( 3) 1 log log (4 12)x x x x      
0.25 
2 4 12 0 6x x x      (do 0x  ) 0.25 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2
1
(3 2ln )I x x x dx  
2 2
2
1 1
3 2 lnI x dx x xdx   
0.25 
Đặt 
2
2
1
1
3I x dx  và 
2
2
1
2 lnI x xdx  
2
2
2 3
1 1
1
3 7I x dx x   
0.25 
22 2 2
2
2 2
2 1
1 1 1
3
ln ( ) ( ln ) 4ln 2 4ln 2
2 2
x
I xd x x x xdx        
0.25 
Vậy 
1 2
11
4ln 2
2
I I I    
0.25 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( 2;2;1)A 
và đường thẳng  có 
phương trình 
3 1 1
3 2 2
x y z  
 

. Viết phương trình mặt phẳng ( )P
đi qua A
và vuông góc với 
đường thẳng  . Tìm tọa độ giao điểm của 
và ( )P . 
  có VTCP là (3; 2;2)a   
Vì ( )P vuông góc với  nên ( )P có VTPT là (3; 2;2)a   
0.25 
Mặt phẳng ( )P
đi qua A
và vuông góc với đường thẳng  có phương trình là 
 3 2 2 8 0x y z    0.25 
Gọi M là giao điểm của  và ( )P . Do M thuộc  nên (3 3 ;1 2 ;1 2 )M t t t   . 0.25 
M thuộc ( )P nên 3(3 3 ) 2(1 2 ) 2(1 2 ) 8 0t t t       , suy ra 1t   . 
Do đó (0;3; 1)M  . 0.25 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a. Tính giá trị của biểu thức (sin 4 2sin 2 )sinP     , biết 
1
cos
3
  . 
 (2sin 2 cos2 2sin 2 )sinP     
 2 2 32sin 2 (cos2 1)sin 4sin .cos .2cos .sin 8sin cos            
0.25 
 2 3 648(1 cos )cos
243
    
0.25 
b. Một hộp chứa chín cái thẻ được đánh số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Lấy ngẫu nhiên hai thẻ. Tìm 
xác suất sao cho tổng các số trên hai thẻ là số chẵn. 
 Lấy ngẫu nhiên hai thẻ trong tổng số chín thẻ là một tổ hợp chập 2 của 9, nên ta 
có:   29 36n C   
0.25 
Gọi A là biến cố: “Tổng các số trên hai thẻ là số chẵn”. 
Để lấy được tổng các số trên hai thẻ là số chẵn ta có các trường hợp sau: 
● TH1: Lấy hai thẻ chẵn trong 4 thẻ chẵn có 24 6C  cách. 
● TH2: Lấy hai thẻ lẻ trong 5 thẻ lẻ có 25 10C  cách. 
( ) 6 10 16n A   
( ) 16 4
( ) .
( ) 36 9
n A
P A
n
  

0.25 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và cạnh SA vuông góc 
với mặt phẳng (ABC), AB = AC = SA = 2a. Gọi I là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích của 
khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SI, AC. 
Diện tích tam giác ABC là 2
1
. 2
2
ABCS AB AC a  
0.25 
Thể tích của khối chóp S.ABC là 
3
.
1 4
.
3 3
S ABC ABC
a
V SA S  
0.25 
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SI và AC 
Gọi K là trung điểm của AB. Khi đó IK // AC nên AC // (SIK) 
d(SI,AC)=d(AC,(SIK))=d(A,(SIK)) 
Kẻ AH  SK (HSK) 
0.25 
I
K
A
B
C
S
H
AC  SA và AC  AB  AC  (SAB); IK // AC nên IK  (SAB)  IK  AH 
Do đó AH  (SIK) d(A,(SIK)) = AH 
Ta có: 
2 2
. 2 5
. .
5
SA AK a
AH SK SA AK AH
SA AK
   

0.25 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh ( 3;3)B  , 
phân giác trong góc A có phương trình là 2 1 0x y   . Tìm tọa độ các đỉnh A, C, biết diện tích tam 
giác ABC bằng 30 và đỉnh A có hoành độ dương. 
Gọi D là điểm đối xứng của ( 3;3)B  qua 
: 2 1 0d x y   , suy ra tọa độ ( ; )D x y thỏa 
mãn: 
1.( 3) 2.( 3) 0
3 3
2. 1 0
2 2
x y
x y
   

  
  
2 11 0 5
(5; 1)
2 3 0 1
x y x
D
x y y
    
    
     
0.25 
Điểm A thuộc đường tròn đường kính BD 
nên tọa độ ( ; )A x y thỏa mãn: 
2 2
2 1 0
( 1) ( 1) 20
x y
x y
  

   
với 0x  ,suy ra (3;5)A 
0.25 
Phương trình đường thẳng :3 14 0AD x y   ; ( ; 3 14)C AD C t t    
2
01
30 . 30 10 60 0
62
ABC
t
S AB AC t t
t

        
(6; 4)C  hoặc (0;14)C 
0.25 
Do d là phân giác trong của góc A nên AC và AD cùng hướng, suy ra (6; 4)C  
0.25 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 33 8 8 5 8x x x    . 
 Điều kiện: 2x   
Với điều kiện trên, ta có: 
 2 3 2 23 8 8 5 8 3( 2 4) 2( 2) 5 ( 2)( 2 4)x x x x x x x x x             
Đặt 
2
2, 0
2 4, 0
u x u
v x x v
   

   
Phương trình đã cho trở thành 2 2 2 23 2 5 2 5 3 0v u uv u uv v      
0.25 
(2 )( 3 ) 0 2u v u v u v      (vì 3 0, 0u v u    và 0v  ) 0.25 
 Với 2 22 2 2 2 4 4 8 2 4u v x x x x x x           
2 6 4 0 3 13x x x       (TMĐK) 
0.25 
Vậy phương trình có hai nghiệm là 3 13x   0.25 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện 2 3;1 3x y    . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức 
2 2
5 4 1
5 11 4 7 4( 2)
x y
P
x y y x x y
  
     
. 
 Từ giả thiết, ta có: 
d
D
A B
C
2 2
2 2
( 2)( 3) 5 6 0 5 6
( 1)( 3) 4 3 0 4 3
x x x x x x
y y y y y y
         
 
         
Từ đó suy ra: 
   
45 1 1
5 5 5 4 4 4 14 2 4 2
y x yxP
x y y x x yx y x y

    
        
0.25 
Đặt t x y  , suy ra 3 6t  . Xét hàm số  
 
1
1 4 2
tf t
t t
 
 
 với 3 6t  
 
       2 2 2 2
( 1)( 5)1 1'
1 4 2 4 1 2
t t
f t
t t t t
 
  
   
. 
Suy ra  ' 0 5f t t   
0.25 
Mà 
103 11
(3) 1; (6) ; (5)
112 12
f f f  
nên    
11
5
12
f t f  . Do đó 
11
12
P  . 
0.25 
Vậy 
11
min
12
P  khi 3; 2x y  hoặc 2; 3x y  
0.25