Đề thi thử đại học năm 2016 môn: Toán 12 thời gian làm bài: 180 phút

1 
 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (THPT QG) NĂM 2016 
MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số 13 23 +−= xxy 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. 
b) Tìm m để phương trình mxx =+− 13 23 có ba nghiệm thực phân biệt. 
Câu 2.(1 điểm) 
a) Giải phương trình: ( ) 0cos42sin =−+ xx pi . 
b) Tính môđun của số phức z biết 
2
3
1
21 i
i
i
z
+
+
+
+−
= . 
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: 02loglog 525 =−+ xx . 
Câu 4.(1 điểm) Giải hệ phương trình: ( )( )





=++
=+−−+
3223 3
113
yxyyxx
x
yyyx
Câu 5.(1 điểm) Tính tích phân: ( )dxxI ∫ +=
2
0
5cos1
pi
. 
Câu 6.(1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,AB=2a,AC=a,AA’ = 3a. 
Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BC. 
Câu 7.(1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy co hình ch ữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường tròn 
1022 =+ yx ,đỉnh C thuộc đường thẳng 012 =−+ yx .Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên AC. Biết rằng 
các điểm N 




 −
5
1
;
5
3
,P )1;1( lần lượt là trung điểm của AM ,CD đồng thời B có hoành độ dương,C có tung độ 
âm.Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 
Câu 8.(1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( )S : 0
4
1542222 =−+−−++ zyxzyx , 
mặt phẳng (P): 01322 =++− zyx .Tìm tâm và bán kính của mặt cầu ( )S .Viết phương trình mặt phẳng (Q) 
song song với mặt phẳng (P đồng thời tiếp xúc với ( )S . 
Câu 9.(0,5 điểm) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau được tạo ra từ các chữ số 
0,1,2,3,4,5,6. Chọn ngẩu nhiên một số từ A. Tính xác suất để số được chọn có các chữ số khác chữ số 0 và 
tổng các chữ ố là 8. 
Câu 10.(1 điểm) Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn: 0logloglog 532382 =++ cba . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
222 1
1
1
1
1
1
cba
P
+
+
+
+
+
= . 
2 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (THPTQG) 2016 
 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
a. (1,0 điểm) 
+) Tập xác định RD =
0,25 
+) Sự biến thiên: 
Chiều biến thiên: 200',63' 2 =∨=⇔=−= xxyxxy 
Giới hạn: 
x
lim y
→+∞
= +∞ ,
x
lim y
→−∞
= −∞ 
0,25 
Bảng biến thiên: 
+∞−∞
+∞
−∞
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( )0;∞− và ( )+∞;2 ,nghịch biến trên khoảng ( )2;0 
Hàm số đạt cực đại tại 1,0 == CĐyx ,hàm số đạt cực tiểu tại 3,2 −== CTyx 
0,25 
+) Đồ thị 
Đồ thị hàm số đi qua các điểm 
(0;1),(1;-1),(2;-3).... 
Đồ thị đối xứng qua điểm I ( 1; -1). 
0,25 
b. (1,0 điểm) 
Số nghiệm của phương trình mxx =+− 13 23 chính là số giao điểm của đồ thị ( )C với đường 
thẳng my = . 0,5 
1 
(2,0 
điểm) 
Từ đồ thị suy ra phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi 13 ≺≺ m− 0,5 
a. (0,5 điểm) 
Ta có : ( ) ( ) 02sincos20cos4cos.sin20cos42sin =−⇔=−⇔=−+ xxxxxxx pi 
( 2sin =x không xẩy ra) 0,25 
⇔ Zkkxx ∈+=⇔= ,
2
0cos pipi
 0,25 
2 
(1,0 
điểm) 
b. (0,5 điểm) 
Ta có 
2
3
1
21 i
i
i
z
+
+
+
+−
= =
( )
( )
( 1 2i) 1 i 3 i 1 3i 3 i
(1 i) 1 i 2 2 2
− + − + − − +
+ = +
+ −
 0,25 
3 
=1 i− vậy 2 2z 1 ( 1) 2= + − = 0,25 
3 (0,5 điểm) 
Đk: 0>x ,Pt ( )( ) 02log1log02loglog 55525 =+−⇔=−+ xxxx 0,25 
3 
(0,5 
điểm) 
)(
25
1
5
2log
1log
5
5 TM
x
x
x
x




=
=
⇔


−=
=
⇔ 
0,25 
Đk: 0≠x 
Ta có ( )( ) ( ) ( )[ ] 020323 22223223 =++−⇔=++−⇔=++ yyxyxyxyxyxyxyyxx 
0≠=⇔ yx do ( )[ ] 002 22 ==⇔=++ yxyyx không thỏa mản. 0,5 
Với x y 0= ≠ từ phương trình đầu ta có ( )( ) 1113 =+−−+ xxx , ( ]1;0∈x 
Khi đó ( )( ) 1113 =+−−+ xxx ( ) ( )xxx ++=+−⇔ 3113 (*) 0,25 
4 
(1,0 
điểm) 
Ta thấy 1=x là một nghiệm của phương trình (*) 
Với 10 còn ( ) 33 <++ xx nên (*) vô nghiệm.Vây (*) có 
nghiệm duy nhất là 1=x từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất ( )(x; y) 1;1= 
0,25 
Ta có ( )dxxI ∫ +=
2
0
5cos1
pi
= ∫ ∫+
2
0
2
0
5cos
pi pi
xdxdx 0,25 
Trong đó: 
20
2
2
0
pi
pi
pi
==∫ xdx 0,25 
Xét K = ( )∫ ∫ ∫ −==
2
0
2
0
2
0
2245 cos.sin1cos.coscos
pi pi pi
xdxxxdxxxdx 0,25 
5 
(1,0 
điểm) 
Đặt xt sin= suy ra dxxdt .cos= , 1
2
,00 =⇒==⇒= txtx pi khi đó K = ( )∫ −
1
0
221 dtt 
= ( )
15
8
0
1
53
221
5
3
1
0
42
=





+−=+−∫
t
ttdttt 
Vậy 
15
8
2
+=
piI 
0,25 
6 
(1,0 
điểm) 
Thể tích khối lăng trụ là 
V = ACABAASAA ABC .2
1
'.'. =∆ 
= 
33.2
2
1
.3 aaaa = 
0,5 
4 
Gọi M và 'M lần lượt là chân đường cao hạ từ A và 'A trong các tam giác ABC , ''' CBA 
ta có ( )MMAACB '''' ⊥ nên ( ) ⊥''CAB ( )MMAA '' .Trong mp ( )MMAA '' hạ 'AMMH ⊥ thì 
)''( CABMH ⊥ 
0,25 
Khi đó ( ) ( )( ) ( )( ) MHddd CABMCABBCBCAB === "','',,' 
mà 222222
11
'
11
'
11
ACABMMAMMMMH
++=+= 
=> aMH
aaaaMH 7
6
36
491
4
1
9
11
22222 ==>=++= .Vậy ( ) ad BCAB 7
6
,'
= 
0,25 
Gọi Q là trung điểm BM thì PCQN là hình bình hành nên NP // CQ,mặt khác Q là trực tâm trong 
tam giác BNC nên CQ ⊥ BN suy ra BN ⊥ NP 0,25 
Ta có 





=
5
4
;
5
8NP là một véctơ pháp tuyến của đường thẳng BN nên phương trình đường 
thẳng BN là 0120
5
1
5
4
5
2
5
8
=++⇔=





−+





+ yxxx .Tọa 
độ B là nghiệm của hệ 






=
−
=
∨



−=
=
⇔



=++
−−=
⇔



=+
=++
5
13
5
9
3
1
0945
21
10
012
222
y
x
y
x
xx
xy
yx
yx
suy ra )3;1( −B vì B có hoành độ dương. 
0,25 
Gọi ( )ccC ;21− ta có ( )ccCB −−= 3;2 , ( )ccCP −= 1;2 do CPCB ⊥ nên 0. =CBCP 
( )( )2 2 34c 3 c 1 c 0 5c 2c 3 0 c 1 c
5
⇒ − + − = ⇔ + − = ⇔ = − ∨ = 
do C có tung độ âm nên ( )1;3 −C 
0,25 
7 
(1,0 
điểm) 
Suy ra ( )3;1−D , )1;3(−A . 
Vậy )1;3(−A , )3;1( −B , ( )1;3 −C , ( )3;1−D 0,25 
Mặt cầu có tâm 





−2;1;
2
1I và bán kính 3
4
1541
4
1
=+++=R 0,25 
Do Mp ( )Q song song với mp ( )P nên phương trình có dạng 13,022 ≠=++− DDzyx 0,25 
( )Q tiếp xúc với )(S nên ( ) 39
411
)(, =
+−−
=>=
D
Rd QI 0,25 
8 
(1,0 
điểm) 
D 4 9 D 13 D 5⇔ − = ⇔ = ∨ = − , do 13≠D nên ta lấy 5−=D vậy phương trình cần tìm là 
0522 =−+− zyx 
0,25 
Ký hiệu abc là một số bất kỳ thuộc A 
Ta thấy a có 6 cách chọn do ( )0≠a ,b có 6 cách chọn do ( )ab ≠ tương tự c có 5 cách chọn 
Vậy số phần ử của A là 6.6.5 = 180 
0,25 
9 
(0,5 
điểm) 
Xét số abc có các chữ số khác chữ số 0 và tổng các chữ số là 8 từ các chữ số đã cho ta chon được các 
bộ số { }cba ;; là { } { }4;3;1;; =cba và{ } { }5;2;1;; =cba .Từ mỗi bộ trên ta tạo được 6!3 = số nên ta có 12 s0,25 
5 
abc có các chữ số khác chữ số 0 và tổng các chữ số là 8 .Xác suất cần tìm là 
15
1
180
12
==p 
Từ giả thiết suy ra 0,, >cba và 1.. =cba , không mất tính tổng quát ta giả sử =a max{ }cba ,, 
0 bc 1⇒ < ≤ 0,25 
Ta chứng minh 
bccb +
≤
+
+
+ 1
2
1
1
1
1
22
 (1) và 
2
23
1
2
1
1
2
≤
+
+
+ bca
 (2) 0,25 
Với (1) ta có : ( )( )22
22
22
2
22 11
11
1
1
1
1)
1
1
1
1(
2
1
cb
cb
cbcb ++
+++
=
+
+
+
≤
+
+
+
( )
( )( )
( )
( )
2 2
22 2
1 bc 1 bc 21 1
1 bc1 b 1 c 1 bc
− −
= + ≤ + =
++ + +
hay ⇔
+
≤
+
+
+ bccb 1
4)
1
1
1
1( 2
22 bccb +
≤
+
+
+ 1
2
1
1
1
1
22
0,25 
10 
(1,0 
điểm) 
 Với (2) ta có 
aa +
≤
+ 1
2
1
1
2
=>
2
23
1
2
1
2
1
2
1
1
2
≤
+
+
+
≤
+
+
+ bcabca
=> ⇒≤
+
+
+ 2
3
1
2
1
1
bca
−
2
3 0
1
2
1
1 ≥
+
−
+ bca ( ) ( )a
aaa
a
a
a
a
+
+−+
=
+
−
+
+
⇔
12
1.2231
1
2
12
31
= ( ) 012
)12( 2 ≥
+
+−
a
aa
 đúng, 
Suy ra 
2
23
1
2
1
1
2
≤
+
+
+ bca
. 
Cộng (1) và (2) theo từng vế ta có : 
22 1
1
1
1
ba +
+
+ 2
23
1
1
2
≤
+
+
c
dấu bằng khi 1=== cba 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 
2
23
. 
0,25 
--------- Hết ----------