Đề 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 giao đề

LỚP TOÁN THẦY TUẤN KỲ THI TRUNG HỌC PHỒ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số 12
9
2
3 23  xxy . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số xxxxfy ln)( 2  trên đoạn 

 2;2
1 .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
1x x225 7.5 66 0   
b) Cho số phức z thỏa : ziizi )23()21)(1(  . Tìm phần thực và phần ảo của số phức
.1 izw 
Câu 4 (1,0 điểm).Tính tích phân
4
0
1I dx2x 1 1  
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm  4;0;1A ,  0;2;3 B và mặt
phẳng (P) : 0722  zyx .
a) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua hai điểm A, B.
b) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và (Q)  (P).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho 

  2
3
13
5sin  aa .Tính aaa cot,tan,cos .
b) Xếp ngẫu nhiên 4 người nam và 5 người nữ vào 9 ghế xếp thành hàng ngang. Tính xác suất để 4 người
nam ngồi cạnh nhau.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Gọi H là trung điểm của OA. Trên đường thẳng
qua H và vuông góc với mp(ABCD) lấy điểm S sao cho SH = a và K là hình chiếu vuông góc của H lên SO.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến (BHK)
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ O ,xy cho hình bình hành ABCD có N là trung điểm của cạnh
CD và đường thẳng BN có phương trình là 13 10 13 0;x y   điểm ( 1;2)M  thuộc đoạn thẳng AC
sao cho 4 .AC AM Gọi H là điểm đối xứng với N qua .C Tìm tọa độ các đỉnh , , , ,A B C D biết rằng
3 2AC AB và điểm H thuộc đường thẳng : 2 3 0.x y  
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  
2 216 8 2 2
2
22
4 4 1 3 4 8 17 3
3 35 88 2
3 2 15 3 4 22
                     
x y y x y y y x
y y x
xx x y  ,x y
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
3
2 3P .a ab abc a b c    
-------------Hết-----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Giáo viên: Ninh Công Tuấn - Điện thoại đăng kí học 0983.363.284
ĐỀ THI THỬ LẦN 5
(Đề thi có 01 trang)
Trang 1 Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ( 08 trang)- Thầy Ninh Công Tuấn
Câu Đáp án Điểm
1
(1,0
điểm)
Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 12
9
2
3 23  xxy
Tập xác định : D = R, .92
9' 2 xxy  


 2
00' x
xy 0.25
  yy xx lim;lim
Hàm số đồng biến trên các khoảng     ;2,0; , nghịch biến trên khoảng  2;0 , hàm số đạt
cực đại tại x = 0, 1CĐy , hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, 5CTy .
0.25
Bảng biến thiên :
0.25
 Đồ thị:
0.25
2
(1,0
điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số xxxxfy ln)( 2  trên đoạn 

 2;2
1 .
xxxxfy ln)( 2  liên tục trên đoạn 

 2;2
1 0.25
xxy
112  ; 



 )(2
1
)(1
0120 2 lx
nx
xxy 0.25
2ln2)2(;0)1(;2
1ln4
1)2
1(  yyy 0.25
Ni
nh
 C
on
g T
ua
n
Trang 2 Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh
Vậy 2ln2max
]2;2
1[
y ; 0min
]2;2
1[
y 0.25
3
(1,0
điểm)
a) (0.5 điểm) Giải phương trình
1x x225 7.5 66 0   
1x x225 7.5 66 0    0665.75.5 2  xx Đặt t = 5x, t > 0 , phương trình thành : 0.25
06675 2  tt 



 )(5
22
)(3
nt
lt
5
22log5
225 5 xx . Vậy 5
22log5x 0.25
b) (0.5 điểm) 2) Cho số phức z thỏa : ziizi )23()21)(1(  . Tìm phần thực và phần
ảo của số phức .1 izw 
ziizi )23()21)(1(  ziiii )123()21)(1( 
iiii
izizi 13
7
13
9
13
)32)(3(
32
33)32( 

0.25
iw 13
6
13
4  Phần thực của w là 13
4 , phần ảo của w là 13
6 0.25
4
(1,0
điểm)
Tính tích phân
4
0
1I dx2x 1 1  
Đặt 12  xt 122  xt dxtdt  ; Đổi cận : 34;10  txtx 0.25
3 3
1 1
t 1I dt 1 dtt 1 t 1
         0.25
  31t ln t 1   0.25
2 ln 2.  0.25
5
(1,0
điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm  4;0;1A ,  0;2;3 B và mặt phẳng (P) :
0722  zyx .
a) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua hai điểm A, B.
b) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và (Q)  (P).
a) Vec tơ chỉ phương của d : )4;2;4( AB 0.25
Phương trình tham số của đường thẳng d :






tz
ty
tx
44
2
41
0.25
Ni
nh
 C
on
g T
ua
n
Trang 3 Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh
b) Vec tơ pháp tuyến của mp (P) : )1;2;2( n
Vec tơ chỉ phương của d : )4;2;4( AB
 vec tơ pháp tuyến của mp (Q) :  ABn, =(-10 ; 4 ; -12)
0.25
Phương trình mp (Q) : -5(x + 1) + 2(y) - 6(z -4) = 0 - 5x + 2y - 6z + 19 = 0 0.25
6
(1,0
điểm)
a) Cho 

  2
3
13
5sin  aa .Tính aaa cot,tan,cos .


  2
3
13
5sin  aa Có 169
144sin1cos 22  aa 13
12cos  a ( vì 2
3  a ) ; 0.25
12
5
cos
sintan  a
aa ; 5
12cot a 0.25
b) Xếp ngẫu nhiên 4 người nam và 5 người nữ vào 9 ghế xếp thành hàng ngang. Tính xác suất để 4
người nam ngồi cạnh nhau.
Xếp 9 người vào 9 ghế, số cách xếp 9! Suy ra !9)( n 0.25
Gọi A là biến cố 4 người nam ngồi cạnh nhau.
+ Chọn 4 chỗ liền để xếp 4 nam : có 6 cách.
+ Với mỗi cách chọn chỗ trên, có 4! Cách xếp 4 người nam.
+ Cuối cùng có 5! Cách xếp 5 người nữ.
Vậy n(A) = 6 . 4! . 5! 21
1
)(
)()(  n
AnAP
0.25
7
(1,0
điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Gọi H là trung điểm của OA. Trên đường thẳng qua H và vuông
góc với mp(ABCD) lấy điểm S sao cho SH = a và K là hình chiếu vuông góc của H lên SO. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến (BHK)
DẶN DÒ: Bài này nếu em nào làm ý tính khoảng cách bằng phương pháp tọa độ thì chụp
hình bài làm gửi qua FB của Thầy nhé!Ni
n
 C
o
g T
u
n
Trang 4 Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh
Ta có  SH ABCD . Diện tích của ABCD là 2ABCDS a 0.25
Thể tích khối chóp SABCD là
3
2
S.ABCD ABCD
1 1 aV SH.S a.a3 3 3   0.25
 ( ) ( ) ( )     
BD AC BD SAC SBD SACBD SH
Khi đó ta có
 
 
( ) ( )
 ( ) ( )
      
SBD SAC
SBD SAC SO HK SBDHK SO
HK SBD
=> (BHK)  (SBD) theo giao tuyến BK
Kẻ ON  BK  ( ) [O, ]ON BHK d BHK ON   
Ta có  DO BHK B  . Khi đó   
d D, BHK BD 2BOd O, BHK
      
 [D, ] 2d BHK ON 
0.25
Ta có
2
2 2 21 a 2 a 3aOH AC ;SO SH OH a4 4 8 2 2      
Xét tam giác SOH vuông tại H có HK là đường cao ta có
2
2
2
a
OH a 28OH OK.SO OK 3aSO 12
2 2
    
Xét tam giác BOK vuông tại O có ON là đường cao ta có
0.25
Ni
n
 C
on
g T
ua
n
Trang 5 Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh
 2 2 2 21 1 1 74 2 d[D, ]74 74      
a aON BHKON OK OB a
8
(1,0
điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ O ,xy cho hình bình hành ABCD có N là trung điểm của cạnh CD và
đường thẳng BN có phương trình là 13 10 13 0;x y   điểm ( 1;2)M  thuộc đoạn thẳng AC sao
cho 4 .AC AM Gọi H là điểm đối xứng với N qua .C Tìm tọa độ các đỉnh , , , ,A B C D biết rằng
3 2AC AB và điểm H thuộc đường thẳng : 2 3 0.x y  
NHẬN XÉT: Khi Thầy chọn bài này cho các em làm bài thi thử.Mục tiêu của Thầy ôn lại cho
các em kỹ thuật khoảng cách , kỹ thuật vuông góc để giải bài toán Oxy. Em nào làm chọn vẹn
bài này thì xứng đáng nhận được một lời khen ngợi!
2 2
13( 1) 10.2 13 20( , ) ;26913 10d M BN
    (3 ;2 )H H a a
0.25
Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm BCD .
Suy ra 2 13 3CG CI AC  mà
1 5 4
4 12 5AM AC MG AC CG MG    
4 16 32( , ) ( , ) ( , ) 2 ( , )5 269 269d C BN d M BN d H BN d C BN     
13.3 10.2 13 32 1269 269
a a a     hoặc 4519a

Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên (3;2)H
0.25
Ta thấy 3 2 24 4 4 2
AC AB CD CDCM CN CH MHN        vuông tại M.
MH có pt 2 0 : 1 0 ( 1;0)y MN x N       (1;1),C ( 3; 1)D  
0.25
Do 5 7 1 5 7 133 ( ; ) ( ; ) ( ; ).3 3 3 3 3 3CM MA A I B
     
Vậy 5 7 7 13( ; ), ( ; ), (1;1), ( 3; 1).3 3 3 3A B C D
  
0.25
I
G
A B
CD
H
N
M
Ni
nh
 C
on
g T
ua
n
Trang 6 Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh
9
(1,0
điểm)
Giải hệ phương trình
 
   
2 216 8 2 2
2
22
4 4 1 3 4 8 17 3 1
3 35 88 2 23 2 15 3 4 22
                     
x y y x y y y x
y y x
xx x y  ,x y
Bình luận: Khi Thầy “chế” ra bài hệ này thì mục tiêu của Thầy là ôn lại cho các em phương
pháp hàm số, phương pháp nhân liên hợp, phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn mà
Thầy đã dạy trong các buổi chuyên đề nâng cao vào tối thứ 6 và 7 hàng tuần rồi. HÃY TÍCH
LŨY NHÉ!
Điều kiện:
2
2
x 0
1x 0 x 2 12x 1 0 x1x 2y 4 0 2 y 43 y 45x x 3 02 3 249x 20
                           
 
     
2 2
22
x 16 2 y 8y 16 16 2
2y 4 16x 16 2
1 4 x 1 3 x 4 y 8y 16 1 3 y 4
4 x 1 3 x 4 y 4 1 3 y 4 *
   
 
          
         
Đặt   2t 16 2f t 4 3 t t 1 , t [0; )     
Ta có  2t 16 23 tf '(t) 2t.4 ln 4 0, t 0;2 t t 1
       và f(t) liên tục trên [0; ) nên
f(t) đồng biến trên [0; )
Khi đó      * f x f y 4 x y 4 y x 4         0.25
Thay y = x +4 vào (2) ta được
   
 
   
  
   
2
22
2
2 22 2
3 4 35 4 88 2
3 2 15 3 4 4 22
3 1 43 11 4 4 4
3 32 1 2 2 1 25 3 2 5 3 22 2
            
                        
x x x
xx x x
x xx x x x
x x x xx x x x x x
0.25
Ni
nh
 C
on
g T
ua
n
Trang 7 Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh
 
 
 
 
22 22
4 0 3
3 1 1 3 1 14 0 0 43 32 15 3 2 15 32 2
3 4 8
                  
   
x
x xx xx x xx x
x y
    2 2 34 3 1 2 1 5 32     x x x x với
1x 2
     2 2 2 32 2x 1 3x 1 2x 1 x x 1 0 52         ( tại sao biết tách như vầy? câu trả
lời dùng casio nhé!)
Đặt  2t 2x 1, t 0   . Khi đó phương trình (5) trở thành
 2 2 32t 3x 1 t x x 1 02       có  
2x 3 0   
Phương trình có 2 nghiệm
1t x 2
xt 12
    
Với 2 2
2
1x 021 1 1 6 7 6t x 2x 1 x x y2 2 2 212x 1 x 2
                       
Với 2 2
2
x 1 02x x 2 2 15 30 2 15t 1 2x 1 1 x y2 2 7 7x2x 1 12
                      
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm
Bình luận: Phương trình (4) cũng có thể giải bằng phương pháp nhân lượng liên hợp, phương
pháp đưa về bình phương. Các em hãy thử!
0.5
10
( 1
điểm)
Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
3
2 3P .a ab abc a b c    
Áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có
 3 1 a 4b 1 a 4b 16c 4a ab abc a . . a b c2 2 4 3 3
          . 0,25
Ni
h C
on
g T
ua
n
Trang 8 Thầy Ninh Công Tuấn – FB: công tuấn ninh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 4b 16c  .
Nhận xét: Nút thắt là ở đây em nào mở được coi như xong!ở đây ta dùng kỹ thuật chọn điểm
rơi của BĐT AM – GM.
Suy ra  
3 3P 2 a b c a b c    
Đặt t a b c, t 0    . Khi đó ta có: 3 3P 2t t 
Xét hàm số   3 3f t 2t t  với t 0 ta có   2
3 3f ' t 2t2t t  .
  23 3f ' t 0 0 t 12t2t t     
0,25
Bảng biến thiên
t  0 1 
 f ' t  0 +
 f t  0
3
2
Do đó ta có  t 0 3min f t 2   khi và chỉ khi t 1
0,25
Vậy ta có 3P 2  , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
16a 21
a b c 1 4ba 4b 16c 21
1c 21
         
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 32 khi và chỉ khi  
16 4 1a,b,c , ,21 21 21
     .
0,25
---------------------Hết--------------------
Ni
nh
 C
on
g T
ua
n