Đề luyện thi thpt quốc gia năm học 2015 – 2016 môn: Toán 12 thời gian làm bài 180 phút

Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
ĐỀ LUYỆN THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016 
MễN: TOÁN 
Thời gian làm bài 180 phỳt 
Cõu *1.(2đ). Cho hàm số 34 24  xxy , gọi đồ thị của hàm số là (C) . 
a)Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số đó cho . 
b)Dựa vào đồ thị (C) , tỡm tất cả cỏc giỏ trị của m để phương trỡnh   022 22  mx cú 4 nghiệm 
phõn biệt. 
Cõu 2*.(1đ) 
a)Giải phương trỡnh: 2
2 sin
4
tan 2 cos 0
sin cos
x
x x
x x
 
 
    

 b)Tỡm phần thực và phần ảo của số phức sau:   
3 5
5 2 3
1 4
i
z i i
i

    

C õu 3*. (0,5 đ). Giải phương trỡnh 
2 22 1 2 1 4(2 3) (2 3)
2 3
x x x x      

C õu 4. (1 đ) Giải hệ phương trỡnh: 
  2 2
2 33
4 1 2
( ; )
12 10 2 2 1
x x y y
x y
y y x
     

    
C õu 5*. (1 đ) Tớnh tớch phõn 
2
1
3 2ln 1
ln
e
x x
I dx
x x x
 


 
C õu 6. (1 đ) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh a, tam giỏc SBD vuụng tại S 
và nằm trong mặt phẳng vuụng gúc với mặt phẳng (ABCD), gúc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng 
đỏy bằng 060 .Tớnh thể tớch khối chúp S.ABCD theo a.Tớnh khoảng cỏch giữa hai đường thẳng SB và 
CD theo a. 
C õu 7. (1 đ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng : 1 0d x y   và hai đường 
trũn: 2 2
1( ) : 6 8 23 0C x y x y     ; 
2 2
2( ) : 12 10 53 0C x y x y     . Viết phương trỡnh đường trũn (C) 
cú tõm thuộc đường thẳng d, tiếp xỳc trong với đường trũn 1( )C tiếp xỳc ngoài với đường trũn 2( ).C 
C õu 8*. (1 đ) Trong khụng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 1
1 1
: ,
2 1 1
x y z
d
 
  
2
1 1 2
:
1 1 1
x y z
d
  
 

 và điểm A(1, 1, 2) . Tìm toạ độ điểm ,B C lần l-ợt thuộc 1d , 2d sao cho đ-ờng 
thẳng BC nằm trong mặt phẳng đi qua A và đ-ờng thẳng 1d , đồng thời 2AC AB . Biết điểm B có 
hoành độ d-ơng. 
C õu 9*. (0,5 đ)Cho tập  A 0;1;2;4;5;7;8 .Gọi X là tập hợp cỏc số tự nhiờn cú 4 chữ số phõn biệt lấy 
từ A.Tớnh số phần tử của X.Lấy ngẫu nhiờn một số từ tập X,tớnh xỏc suất để số lấy được là số 
chẵn. 
ĐỀ SỐ 5 
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
..Hết.. 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5 
C õu Điểm 
C õu1.a 
1.b 
TXĐ : D = R 
xxy 84' 3  






1;2
3;0
0'
yx
yx
y 
Kết luận đồng biến nghịch biến 
Lập bảng biến thiờn đỳng 
Đồ thị 
Phương trỡnh viết thành : 1234 24  mxx 
Số nghiệm phương trỡnh là số giao điểm (C) và (d):y = - 2m -1 
023121  mm 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
C õu.2.a 
4
2
-2
-4
-5 5O 2-2
3
-1
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
 ĐK : cos2x  0. 
 Biến đổi ph-ơng trình  
2 2sin cos sin 2 cos .cos2 0x x x x x x     
2cos .cos2 1 0pt x x  
2cos 2 cos 2 2 0pt x x    cos2 1x  (thoả mãn ĐK) hoặc cos2x = -2 
(vn) 
 Với cos2x = 1  
4 2
k
x
 
  , k Z 
 Vậy phương trỡnh cú 1 họ nghiệm. 
4 2
k
x
 
  , k Z 
0,25 
0,25 
C õu.2.b Tỡm phần thực và phần ảo của số phỳc sau: 
  
  
 
 
3 5
5 2 3
1 4
3 5 1 4
15 2 5 6
1 16
1 17
18
i
z i i
i
i i
i i
i i

    

 
     

     
 
kết luận phần thực bằng -18, phần ảo bằng 0 
0,25 
0,25 
C õu.3 pt 
2 22 2(2 3) (2 3) 4x x x x      . 
+) Ta cú: 
2 2 22 2 2(2 3) .(2 3) (4 3) 1,x x x x x x x         . 
 đặt 
2 22 2 1(2 3) 0 (2 3)x x x xt
t
       . 
trở thành: 2 2 3 ( )1 4 4 1 0 .
2 3 ( )
t TM
t t t
t t TM
  
       
 
2 3t   , ta cú: 
2 2 2 2
1 2
(2 3) 2 3 2 1 2 1 0
1 2
x x
x
x x x x
x

  
           
 
0,25 
0,25 
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
2 3t   , ta cú: 
2 2 1 2 2(2 3) (2 3) 2 1 2 1 0 1x x x x x x x              . 
+) KL: ... 
C õu.4 
Gi ải h ệ 
  2 2
32 3
4 1 2 (1)
12 10 2 2 1 (2)
x x y y
y y x
     

    
Ta cú: 2 2(1) 4 ( 2 ) 4 ( 2 ) (*)x x y y        . 
Xột hàm số đặc trưng 
2
2
2 2 2
4
( ) 4 '( ) 1 0.
4 4 4
t tt t t
f t t t f t
t t t
 
        
  
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trờn R. Từ (*) suy ra: 
( ) ( 2 ) 2f x f y x y     . 
Thay vào phương trỡnh (2) ta được: 
     
32 3
3 33 3
3 5 2 2 1
1 2 1 1 2 1 (**)
x x x
x x x x
   
       
Xột hàm số 3( ) 2g t t t  ta thấy g(t) đồng biến trờn R nờn từ (**) suy ra 
3 3
0
1 1
1
x
x x
x

      
. Vậy hệ cú hai nghiệm là 
1
( 1; ); (0;0)
2
 . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
C õu.5 
 Phân tích 
2
1
3 2ln 1
ln
e
x x
I dx
x x x
 


 = 2
1
2( ln )
ln
e
x x
dx
x x x



 2
1
1
ln
e
x
dx
x x x


 
 Tính 
2
1
2( ln )
ln
e
x x
dx
x x x



 2
1
1
e
dx
x
 2. 
0,25 
0,25 
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
 Tính 
2
1
1
ln
e
x
dx
x x x


 =
1
1
1
ln
e
x dx
x x




1
( ln )
ln
e
d x x
x x




1
ln( ln ) ln( 1)
e
x x e  
 Vậy I = 2 + ln(e+1). 
0,25 
0,25 
C õu.6 . 
+) Học sinh phải vẽ hỡnh.+) 2SABCD a . 
+) Gọi O = AC  BD, H là hỡnh chiếu của S trờn BD. 
+) (ABCD)  (SBD) = BD; (SBD)(ABCD); SHBD; SH(SBD)  SH(ABCD). 
+) BH là hỡnh chiếu của SB trờn (ABCD)  gúc giữa SB và (ABCD) là 
060SBH  . 
+) 
0 0
; . 3
tan 60 tan 303tan tan
SH SH SH SH SH
HB HD SH
SBH SDH
      
4 6
. 3 2
43 3
SH SH a
HB HD SH BD a SH         . 
Vậy: 
3
2
.
1 1 6 6
. . . . .
3 3 4 12
S ABCD ABCD
a a
V SH S a   
+) Ta cú: CD // AB, AB  (SAB)  CD // (SAB) mà SB  (SAB). 
d(SB,CD) = d(CD,(SAB)) = d(D,(SAB)). 
+) 
6
2 14
4 43 3
a
SH a HB
HB
DB
      d(SB,CD) = d(D,(SAB)) = 4. 
d(H,(SAB)). 
0,25 
0,25 
0,25 
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BM OM  AB, H là trung điểm của 
OB HN là đường trung bỡnh của OBM HN // OM HN  AB, lại cú AB  
SH vỡ SH(ABCD) AB  (SHN), kẻ HK  SN tại K, ta cú: HK  AB và AB  
(ABCD) 
HK  (SAB) d(H,(SAB)) = HK; 
2 4 4
OM BC a
HN    
+) 
2
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 16 56 3 42
6 3 56 28
a a
HK HK
HK SH HN a a a
         . 
+) Vậy: d(SB,CD) =
42
7
a
. 
0,25 
C õu.7 +) 1( )C cú tõm 1(3; 4)I  , bỏn kớnh 1 2R  ; 2( )C cú tõm 1(3; 4)I  ,bỏn kớnh 
2 2 2R  . 
+) Gọi I là tõm, R là bỏn kớnh của đường trũn (C). ( ; 1)I d I a a   . 
+) (C) tiếp xỳc trong với 1( )C 1 1 (1)II R R   . 
+) (C) tiếp xỳc ngoài với 2( )C 2 2 2 2 (2)II R R R II R      . 
+) TH1: 1R R , (1) 1 1R II R   , từ (1) và (2) ta cú: 1 1 2 2II R II R   
2 2 2 2( 3) ( 3) 2 ( 6) ( 6) 2 2 0a a a a a            
(0; 1); 4 2I R   PT đường trũn (C): 
2 2( 1) 32.x y   
+) TH2: 1R R , (1) 1 1R R II   , từ (1) và (2) ta cú: 1 1 2 2R II II R   
2 2 2 2 2 22 ( 3) ( 3) ( 6) ( 6) 2 2 9 36 3a a a a a a               
(vụ ng) 
+) KL:  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
C õu.8 
C õu.9 
+ 1d đi qua M( 0,1,1) vtcp 
1 1(2,1,1) ( 1,2, 1) , ( 3,1,5)u AM u AM         
 => (P) : -3x + y + 5z - 6 = 0 
 + Theo giả thiết ( )C P và 2C d => 2 ( )C d P  => C(-1,3,0) 
+ 1B d => B(2t; 1+t; 1+t) . Ta có 24,AC  
26 2 6AB t t   
+ AC = 2AB 
26 2 6 6t t    => t = 0 hoặc t = 
1
3
 Với t = 0 => B(0,1,1) ( loại) do hoành của B bằng 0. 
 Với t = 
1
3
 => B(
2
,
3
4
,
3
4
3
) thoả mãn. 
Vậy 2 điểm phải tìm C(-1,3,0) , B(
2
,
3
4
,
3
4
3
) 
 +) Xột cỏc số tự nhiờn cú 4 chữ số phõn biệt lấy từ A, giả sử cỏc số đú cú dạng: 
, 0.abcd a  
Chọn 0a  , cú 6 cỏch chọn, chọn cỏc chữ số , ,b c d a và xếp thứ tự cú: 
3
6 120A  cỏch. 
cú tất cả: 6.120 = 720 số tự nhiờn như vậy. 
Vậy số phần tử của X là: 720. Số phần tử của khụng gian mẫu là: ( ) 720n   . 
+) Gọi B là biến cố: “Số tự nhiờn được chọn là số chẵn”. 
+) Xột cỏc số tự nhiờn chẵn cú 4 chữ số phõn biệt lấy từ A, giả sử cỏc số đú cú dạng: 
 1 2 3 4 1 4, 0, 0;2;4;8a a a a a a  . 
+) TH1: 4 0a  , cú 1 cỏch chọn; chọn cỏc chữ số 1 2 3, , 0a a a  và xếp thứ tự cú 
3
6 120A  cỏch chọn TH1 cú: 1.120 = 120 số tự nhiờn như vậy. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
 +) TH2:  4 2;4;6a  , cú 3 cỏch chọn; chọn  1 4\ 0;a A a , cú 5 cỏch chọn; 
chọn cỏc chữ số  2 3 1 4, \ ;a a A a a và xếp thứ tự cú 
2
5 20A  cỏch chọn TH2 
cú: 3.5.20 = 300 số tự nhiờn như vậy. 
cú tất cả: 120 + 300 = 420 số tự nhiờn như vậy Số phần tử thuận lợi cho biến 
cố B là: n(B) = 420. 
+) Vậy: 
( ) 420 7
( )
( ) 720 12
n B
P B
n
  

. 
0,25