Đề thi thử kỳ thi thpt quốc gia 2016 môn toán (thời gian 180 phút)

1 
 LTĐH TRANG TIỀN 
 ĐT:01679629666-0974538839 
 ĐỀ DỰ ĐOÁN 03 
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 
 MÔN TOÁN (O4) 
(thời gian 180 phút, đề thi gồm 01 trang) 
Câu 1 ( 1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: 
2
32



x
x
y 
Câu 2 ( 1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: 3 26 9 2y x x x    tại điểm 
có hoành độ 0x thỏa mãn phương trình: 0''( ) 12y x   . 
Câu 3 ( 1,0 điểm) 
 a. Cho số phức z thỏa mãn:  1 2 5 3i z iz i    . Tìm mô đun của số phức 
 b. Giải phương trình 
 Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính tích phân:  
2
2
0
2 1 3I x x xdx   
Câu 5 ( 1,0 điểm) 
a. Giải phương trình: 3sin 2 cos2 4sin 1x x x   . 
b. Có 10 mẫu cá biển được lấy từ 10 địa điểm khác nhau cần được kiểm tra, trong đó có 6 mẫu 
không an toàn và 4 mẫu an toàn. Lấy ngẫu nhiên 5 mẫu từ 10 mẫu để kiểm tra. Tính xác suất để 
trong 5 mẫu được lấy có ít nhất 3 mẫu an toàn. 
Câu 6 ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : 
1 2
1 2 3
x y z 
  và 
mặt phẳng (P) : x + 2y − 2z + 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ O và 
vuông góc với d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến (P) bằng 3. 
Câu 7a (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết góc tạo bởi 
mặt phẳng (A’BC) và đáy bằng 300 . Tính thể tích của khối lăng trụ theo a. Gọi M và N lần lượt là 
trung điểm của BB’ và AC, Tính khoảng cách giữa MN và AA’ theo a. 
Câu 8 ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A thuộc 
đường thẳng , đỉnh D thuộc đường thẳng Gọi H là hình 
chiếu vuông góc của A trên BD. Điểm 
9 2
M( ; ), N(9;2)
5 5
 lần lượt là trung điểm của BH và CD. Xác 
định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết điểm D có tung độ dương. 
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn 2 2( )y z x y z   .Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức 
 ----------------------HẾT-------------------- 
 Thí sinh không được sử dụng tài li ệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
2 
ĐÁP ÁN 
Câu Nội dung Điểm 
1 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: 
2
32



x
x
y 
1,0 
* TXĐ : D = R\{2}, y’ =
2
1
0
( 2)x
 

 x D  
0.25 
* Giới hạn và tiệm cận : 
 
 lim lim 2
x x
y y nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 
2 2
lim ; lim
x x
y y
  
    nên x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 
0.25 
* Bảng biến thiên 
x  2  
'y   
y 
 2  
  2 
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ;2) và (2; ) , hàm số không có cực trị. 
0.25
* Đồ thị : Đồ thị cắt các trục tọa độ tại điểm:
   
   
   
3 3
0; , ;0
2 2
. 
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(2 ;2) làm tâm đối xứng 
0.25 
2 
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: 3 26 9 2y x x x    tại điểm có 
hoành độ 0x thỏa mãn phương trình: 0''( ) 12y x   . 
1,0 
Ta có 2' 3 12 9 , '' 6 12y x x y x     , 
0 0 0''( ) 12 6 12 12 0y x x x        
0,25 
Với 0 00 2x y    0,25 
Phương trình tiếp tuyến tại  0; 2M  là:  '(0) 0 2 9 2y y x x     
0,5 
3 
O 
y 
x 
2 
2 
3 
 a. Cho số phức z thỏa mãn:  1 2 5 3i z iz i    . Tìm mô đun của số phức 
0,5 
Giả sử 
    ; a,b R 1 2 . 5 3 1 ( ) 2 .( ) 5 3z a bi i z i z i i a bi i a bi i              
3 5 2
2
3 1
a b a
z i
a b b
   
     
   
0,25 
Khi đó ta có: 
w 2(3 ) (2 ) 4 3 w 16 9 5i i i          
0,25 
b. Giải phương trình 
0,5 
2
3log (9 18) 2 9 18 3
3 3
9 9.3 18 0
3 6
x x x
x
x x
x
x       
 
     

0,25 
3
1
log 6
x
x

   Vậy phương trình có hai nghiệm là: x=1 và x=log36 
0,25 
4 
Tính tích phân:  
2
2
0
2 1 3I x x xdx   1,0 
 
2 2 2
2 2 2
0 0 0
2 2
2 2 2
0 0
2 1 3 2 1 3
1
2 1 (2 1) 3
4
I x x xdx x x dx x dx
x d x x dx
     
   
  
 
0,5 
2
2
2 3 3
0
0
1
(2 1)
6
x x   0,25 
31 1 11(8 1) 8
6 6 3
      Vậy I = 
11
3
 
Chú ý: Có thể giải theo phương pháp đổi biến với
22 1t x  
0,25 
5 
a. Cho góc  thỏa mãn 
3
2
2

   và 
4
os
5
c   . 
 Tính giá trị của biểu thức: 
tan 1
2 os2
A
c





. 
0,5 
 Ta có 
2
2
3 4 1 25 3
2 , os tan 1 1
2 5 cos 16 4
7
cos 2 2cos 1
25
c

   

 

           

   

 0,25 
3
1
tan 1 1754
72 os2 172
2
25
A
c


 

    


 0,25 
4 
5 
b. Trường THPT X tổ chức hội thao GDQP- AN . Trung đội 10A chọn một tiểu 
đội trong đó có 6 chiến sĩ nam và 5 chiến sĩ nữ tham gia các nội dung: hiểu biết 
chung về GDQP- AN, điều lệnh từng người không có súng, băng bó cứu thương và 
đội ngũ đơn vị . Tiểu đội trưởng chọn ngẫu nhiên 3 chiến sĩ tham gia nội dung 
băng bó cứu thương. Tính xác suất để 3 chiến sĩ được chọn có cả nam và nữ. 
0,5 
* Số cách chọn 3 chiến sĩ từ 11 chiến sĩ của tiểu đội là 3
11 165C  
do đó số phần tử của không gian mẫu là 165  . 
* Gọi A là biến cố ” 3 chiến sĩ được chọn có cả nam và nữ” 
Ta có số kết quả thuận lợi cho A là: 1 2 2 15 6 5 6. 135A C C C C    
0,25 
Xác suất để 3 chiến sĩ được chọn có cả nam và nữ là: 
135 9
( )
165 11
A
P A

  

 0,25 
6 
Câu 6 ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 
 d : 
1 2
1 2 3
x y z 
  và mặt phẳng (P) : x + 2y − 2z + 3 = 0. Viết phương trình mặt 
phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao 
cho khoảng cách từ M đến (P) bằng 3. 
1,0 
Mặt phẳng (Q) có VTPT (1;2;3)n 

 và đi qua O(0;0;0) nên có phương trình: 2 3 0x y z   . 0,5 
8|1 |
( ;1 2 ;2 3 ) ; ( ;( )) 3 3 .
103
tt
M t t t d d M P
t
 
        
0.25 
Do đó ( 8; 15; 22)M    và (10;21;32)M 0.25 
7 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O với 
2 3, 2AB a BC a  . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với 
trung điểm H của đoạn OD. Góc hợp bởi SB với mặt đáy bằng 060 . Tính theo a thể 
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC. 
1,0 
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD 0,5 
Ta có 
 0( ) ( , ( )) 60SH ABCD SB ABCD SBH    . 
2 2 03 3 3 .tan 60 3 3
4 4
HB BD AB AD a SH HB a       
0,25 
5 
2
2 3
. 2 3.2 4 3
1 1
. 3 3.4 3 12
3 3
ABCD
SABCD ABCD
S AB BC a a a
V SH S a a a
  
   
0,25 
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC 0,5 
Do AD song song (SBC) nên ta có: 
d(AD,SC) = d(AD,(SBC)) = d(D,(SBC)) = 
4
3
 d(H,(SBC)). 
Kẻ HM vuông góc với BC, HK vuông góc với SM ( )HK SBC  
Hay HK = d(H,(SBC)). 
0,25 
Tính HK: 
2 2 2 22 2
1 1 1 1 4 5
27(3 3 ) (3 3 )
3 3 3 15
55
HK SH HM aa a
HK a a
    
  
Vậy khoảng cách giữa AD và SC là: d(AD,SC) = 
4
3
HK=
4
3
3 15
5
a =
4 15
5
a 
0,25 
8 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A thuộc 
đường thẳng , đỉnh D thuộc đường thẳng 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A 
trên BD. Điểm 
9 2
M( ; ), N(9;2)
5 5
 lần 
lượt là trung điểm của BH và CD. 
Xác định tọa độ các đỉnh của hình 
chữ nhật ABCD biết điểm D có tung 
độ dương. 
1,0 
Gọi E là trung điểm của AH, ta có ME AD E là trực tâm tam giác ADM 
DE AM.Mặt khác tứ giác EMND là hình bình hành nên DE MN, do đó AM MN 
0,25 
Đường thẳng AM qua điểm M và vuông góc với MN có pt: 9x + 2y – 17 = 0 . 
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
9 2 17 1
(1;4)
2 2 4
x y x
A
x y y
   
  
    
Theo giả thiết điểm D thuộc d2, giả sử D(d;d-5), do AD DN nên DA.DN=0
 
9 (9;4)
(9 )(8 2 ) 0
4 (4; 1)
d D
d d
d D
 
        
 . Vì điểm D có tung độ dương nên D(9;4) 
Do N là trung điểm CD nên điểm C có tọa độ là: C(9;0) 
0,5 
Phương trình đường thẳng AH: 2x + y – 6 = 0 . 
Phương trình đường thẳng DM: x - 2y -1 = 0 
Do H là giao điểm của AH và DM nên ta có tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương 
trình
13
2 6 13 45
H( ; ) B(1;0)
2 1 4 5 5
5
x
x y
x y
y

  
   
   

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD là: A(1;4), B(1;0), C(9;0), D(9;4) 
0,25 
6 
9 
) Giải hệ phương trình: 
1,0 
Điều kiện:
2
2
1 1
1 2 0
1 2 0
x
x y
x y
  

 

 
 . Với x=0, hệ phương trình luôn có nghiệm y R  
Với 0x  , chia 2 vế của phương trình (2) cho x
3
 ta được pt: 
2 21 1 1 12 2 (2 ) 1 ( ) 1 (2 ) ( )y y y f y f
x x x x
       
0,25 
Xét hàm số: 
2
2 2
2
( ) 1 '( ) 1 1 0
1
t
f t t t t f t t t R
t
          

Vậy f(t) là hàm đồng biến trên R, do đó 
1 1
(2 ) ( ) 2f y f y
x x
   
0,25 
Thế vào phương trình (1) ta được : 
24 1 1 3 2 1 1x x x x       (*) 
Đặt 
2
2 2
2
1 0 2 2 2
2 1 3
11 0
a x a x
a b x
b xb x
      
     
      
2 2 2 2
2 2 2
( ) 4 1 2 1 2 2 ( 4) 2 0
2
( 4) 8(2 ) (3 4)
2
pt a a b b ab a b a b b
a b
b b b b b
a
             
 
       
 

0,25 
 Với a=2-b a+b=2 1 1 2 0x x x        ( loại) 
 Với 
3 5
2 2 1 1
5 6
a b x x x y           
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là:
3
05
;
5
6
x
x
y R
y

  
 
  

0,25 
10 
Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn 
2 2( )y z x y z   .Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức 
1,0 
Ta có 
2 2 2 2 2 2 2( ) 2( ) ( ) 2 ( ) 2( )y z y z x y z x y z y z y z
x
            (1) 
0,25 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 
7 
2
1 2 4
(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
P
x y z y z x
  
     
Mặt khác: 
2 2
2
2
2 2 3 2
2 2 3 3
(2 ) 1 2 (1 )
(1 )(1 ) (2 )
4 4
1 2 4 2 6 1
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
y z x
y z
x x
x x x x x
P
x x x x
  
     
  
    
   
0,25 
Xét hàm số 
3 2
3 4
2 6 1 10 2 1
( ) '( ) 0
(1 ) (1 ) 5
x x x x
f x f x x
x x
   
     
 
BBT: x 0 
1
5
  
 f'(x) - 0 + 
 f(x) 1  
91
108
 Từ bảng biến thiên ta có: 
1 91
( ) ( )
5 108
P f x f   . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 
91
108
. Dấu bằng xảy ra khi 
1
5
5
x
y z



  
0,5 
 ---------- Hết ----------