Đề thi minh họa – kỳ thi thpt quốc gia năm 2016 môn: Toán thời gian làm bài:180 phút

 TRƯỜNG QUANG ĐỀ THI MINH HỌA – KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 Môn: Toán 
 Thời gian làm bài:180 phút 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 
2 1
2
x
y
x



Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số  3 3 1 2y x m x m     đạt cực đại tại 1x   
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 
2 22sin 3sin os os 1x xc x c x   
b) Một nhóm học sinh gồm 7 nam và 5 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh trực nhật. Tính xác suất 
để chọn được 3 học sinh có cả nam và nữ. 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Giải bất phương trình 22 2log log 4
4
x
x   
b) Cho số phức z thỏa mãn 3 8 4z z i   . Tìm mô đun của số phức 10z   . 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân  
2
1
1 lnI x x x dx   
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y + 2z = 0 và hai 
đường thẳng d: 
x 1 y 1 z 1
1 3 2
  
  , d’: 
x 1 y 2 z
2 1 1
 
 

. Viết phương trình đường thẳng  
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d’. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, 
3
2
a
SD  . Hình chiếu 
vuông góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm 
của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và 
SD . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến tại A của 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc ADB có phương 
trình: 2 0x y   . Điểm  4;1M AC  . Viết phương trình đưởng thẳng AB. 
Câu 9 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau: 
2 2
2 2
2 1 2
2
4 4
x y xy x y xy
x y xx y
x y xy y xy
    
 
 

  
Câu 10 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1abc  . Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
   
 
2 2
2 2
2
4 2 2 4
4 2 2 4 4 2 2 4
1
8ln 1 3
2
ab b cb c
P c a c b
a a b b b b c b
  
        
      
 
------HẾT------ 
TRƯỜNG QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
 ĐỀ THI MINH HỌA – KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 Môn: Toán 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 
2 1
2
x
y
x



Solve: 
+ TXĐ:  \ 2D  
+ Sự biến thiên 
- Chiều biến thiên: 
 
2
5
0 
2
y x D
x
     

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;2 và  2; 
- Hàm số đã cho không có cực trị 
- Tiệm cận lim 2 : 2
x
y TCN y

   
2
lim
x
y

  ; 
2
lim
x
y

  2:x TCÑ  
 Bảng biến thiên 
 Đồ thị 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số  3 3 1 2y x m x m     đạt cực đại tại 1x   
Solve: 
+ TXĐ: R 
 2' 3x 3 1y m   
HS đạt cực đại tại  1 ' 1 0 ... 0x y m        
Thử lại: m = 0 (thỏa mãn) 
x 
y' 
y 
- ∞ 2 + ∞ 
- - 
2 
2 - ∞ 
+ ∞ 
KL 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 
2 22sin 3sin os os 1x xc x c x   
b) Một nhóm học sinh gồm 7 nam và 5 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh trực nhật. Tính xác suất 
để chọn được 3 học sinh có cả nam và nữ. 
Solve: 
a) 
2 22sin 3 sin os os 1x xc x c x   
+ Pt 
 
 
2
s inx 0 1
sin 3 sin xcosx=0
sinx 3cosx = 0 2
x
 
   

    1 x k k   
  2 tan 3
3
x x k

     
b)   312 220n C   
+ Gọi A là biến cố chọn được 3 HS có cả nam và nữ 
   1 2 2 17 5 7 5 175n A C C C C   
 + Xác suất  
 
 
35
44
n A
P A
n
 

Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Giải bất phương trình 22 2log log 4
4
x
x   
b) Tìm số phức z thỏa mãn  
2
2i
1 i z 3iz
i 1
 
    
 
. 
Solve: 
a. 
 +) Điều kiện của bất phương trình (1) là: 0x  (*) 
+) Với điều kiện (*), 
2 2
2 2 2 2 2(1) log log log 4 4 log log 2 0x x x x        2 2(log 2)(log 1) 0x x    
2
2
4
log 2
1
log 1 0
2
x
x
x x

      

+) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là  
1
0; 4;
2
S
 
   
 
b. 
   
2
2i
1 i z 3iz 1 i z 3iz 2i
i 1
 
        
 
. 
Giả sử  z a bi a,b   . 
PT trở thành:     1 i a bi 3i a bi 2i     
 a 2b 4a b 2 i 0      
4
a
a 2b 0 7
4a b 2 0 2
b
7

   
  
    

Vậy 
4 2
z i
7 7
   . 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân  
2
1
1 lnI x x x dx   
Solve: 
 
2 2 2
1 1 1
1 ln 1 x ln xdxI x x x dx x x d x J K          
Tính J: Đặt 1t x  . Tính được 
16
15
J  
Tính K: Đặt 
ln x
dx
u
dv x



. Tính được: 
3
2ln 2
4
K   
Suy ra 
19
2ln 2
60
I   
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y + 2z = 0 và hai 
đường thẳng d: 
x 1 y 1 z 1
1 3 2
  
  , d’: 
x 1 y 2 z
2 1 1
 
 

. Viết phương trình đường thẳng  
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng d và cắt đường thẳng d’. 
Solve: 
+ mp (P) có VTPT  Pn 2; 1;2  , đường thẳng d có VTCP  du 1;3;2 . 
PTTS của d’: 
x 1 2t
y 2 t
z t
 

 
 
. 
+ Đường thẳng  nằm trong mp(P), vuông góc với đường thẳng d nên chọn VTCP của  là 
 P du n ,u 8; 2;7       . 
+ Gọi    A d' P A 1 2t;2 t; t     . 
+ Vì  A P nên t = 0  A 1;2;0 . 
 nằm trong mp(P) và cắt d’ nên  đi qua A. 
+ Vậy PT đường thẳng  là: 
x 1 8t
y 2 2t
z 7t
 

 
  
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, 
3
2
a
SD  . Hình chiếu 
vuông góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm 
của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và 
SD . 
Solve: 
+Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và 
2 2 2 2 2 2 2 23( ) ( ) ( )
2 2
a a
SH SD HD SD AH AD a a         
+Diện tích của hình vuông ABCD là 2a , 
3
2
.
1 1
. .
3 3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S a a   
+Từ giả thiết ta có / / / /( )HK BD HK SBD 
+Do vậy: ( , ) ( , ( ))d HK SD d H SBD (1) 
+Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE 
+Ta có , ( )BD SH BD HE BD SHE BD HF      mà HF SE nên suy ra 
( ) ( , ( ))HF SBD HF d H SBD   (2) 
+) 0
2
.sin .sin 45
2 4
a a
HE HB HBE   
+) Xét tam giác vuông SHE có: 
2 2
2
.
. 4. .
32
( )
4
a
a
SH HE a
HF SE SH HE HF
SE a
a
    

 (3) 
 +) Từ (1), (2), (3) ta có ( , )
3
a
d HK SD  . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến tại A của 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc ADB có phương 
trình: 2 0x y   . Điểm  4;1M AC  . Viết phương trình đưởng thẳng AB. 
E 
O 
K 
H 
B 
A D 
C 
S 
F 
 Solve: 
+ Gọi AI là phân giác trong BAC 
+ Ta có: 
AID ABD BAI
IAD CAD IAC
  

 
 Mặt khác ta lại có: 
BAI IAC
ABC CAD
 


+ Từ đây ta suy ra: AID IAD AID  cân tạ D. 
+ Gọi E = giao điểm của phân giác trong ADB với AB, khi đó DE vuông góc với AI 
+ Suy ra:   : 5 0AI x y   
+ Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AI. Vì M thuộc AC nên M’ thuộc AB=> M’(4;9) 
+ Sau tất cả ta có:   :5 3 7 0AB x y   
Câu 9 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau: 
2 2
2 2
2 1 2
2
4 4
x y xy x y xy
x y xx y
x y xy y xy
    
 
 

  
Solve: 
ĐK: 
0
0
x
y



Pt thứ 2 tương đương với: 
     
2
2 2 0 2 0 2x y xy x y xy x y xy x y x y xy             
+ Từ đây suy ra pt (1) sẽ trở thành: 
 
 
 
       
2
2
2
2
12
2 1
2 1 *
x yx y xy
x y x y x y
x y
xy x y
x y
x y xy x y x y x y
 
 
  

    

       
+ Áp dụng bđt Bunhiacopki ta có: 
           
2 2 2
* 4 1 1 *VT x y xy x y x y x y VP            
   
+ Dấu “=” khi và chỉ khi 2 2 2x y xy  
+ Sau tất cả  nghiệm của hệ pt đã cho là nghiệm của hệ sau: 
2 2
2 2
2 4
2 2 2
4
x
x y xy
x y xy
y
 
   
 
    

Câu 10 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1abc  . Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
   
 
2 2
2 2
2
4 2 2 4
4 2 2 4 4 2 2 4
1 2
ln 1 3
2 3
ab b cb c
P c a c b
a a b b b b c b
  
        
      
 
Solve: 
+ Áp dụng bđt:  
 
2
2 2
2
x y
x y

    Ta được: 
   
 
 
2 2 2 2 2 2
2
4 2 2 4
4 2 2 4 4 2 2 4
4 4
2
4 2 2 4
4 2 2 4 4 2 2 4
2
2 2
2 2 2 22 2 2 2
2 2 2 2
2
ln 1 3
3
2
ln 1 3 2
3
1 1 2
ln 1 3 2
3
1 1
b a b c b c
P c a c b
a a b b b b c c
a b
c a c b
a a b b b b c c
c b
b ab b c c
a a b b
 
       
     
       
     
  
        
             
   
+ Khi đó ta đặt: 
2
2
b
x
a
c
y
b
  
  
  

 
  
 
 
2
2 2
1 1 2
ln 1 3
1 1 3
P x y
x x y y
      
    
+ Mặt khác ta lại có bổ đề sau: 
 
 22 2
1 1 8
*
1 1 1 3x x y y x y
 
      
+ Ta sẽ đi chứng minh bổ đề này, ta có bđt (*) tương đương với: 
      
     
22 2 2 2
2 2
2 1 3 8 1 1
3 3 2 0 D
x x y y x y x x y y
x y x y x y xy Luon ung
            
 
       
 
Sau tất cả bđt (*) đã được chứng minh :3 
+ Áp dụng bổ đề trên ta có: 
 
  22
8 2
ln 1 3 2
1 3 3
P x y
x y
         
 đặt  
2
1 3 3t x y     
Xét hàm số : 
 
   2
8 2
ln , 3
3
8 2
' ; ' 0 12
3
f t t t
t
f t f t t
t t
  

    
+ Lập bảng biến thiên ta suy ra:  
4 2
12 ln12
3 3
P f

   và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
1a b c   
****) SAU TÁT CẢ .., MÌNH HI VỌNG CÁC BẠN SẼ RÚT RA ĐƯỢC NHIỀU KINH 
NGHIỆM HƠN, ĐỂ CHUẨN BỊ TỐT NHẤT CÓ KÌ THI SẮP TỚI 
 ĐĂKMIL NGÀY 07/04/2016 
 TRƯỜNG QUANG