Đề thi thử kỳ thi thpt quốc gia năm 2016 môn: Toán lớp 12 – Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề

TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
TỔ TOÁN - TIN 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
MÔN: TOÁN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần 1 
Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề 
(Đề gồm có 1 trang) 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 3 3y x x   . 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
1
2 1
x
y
x



 trên đoạn 2;4   . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình:    23 1
3
log log 4 1x x x    . 
b) Giải bất phương trình: 
2 1
32 1 12
8
x
x

    
 
. 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  
2
0
2 1 sinI x x dx

   . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 1 0P x y z    và 
hai điểm    2;0;0 , 3; 1;2A B  . Viết phương trình mặt cầu  S tâm I thuộc mặt phẳng  P và đi qua các 
điểm ,A B và điểm gốc toạ độ O . 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Cho góc lượng giác  , biết tan 2  . Tính giá trị biểu thức 
2
cos2 -3
sin
P


 . 
b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh của trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải trong đó có 4 
học sinh nam và 6 học sinh nữ. Nhà trường muốn chọn một nhóm 5 học sinh trong 10 học sinh trên 
để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ 1 năm học 2015 – 2016 do huyện uỷ Phù 
Cừ tổ chức. Tính xác suất để chọn được một nhóm gồm 5 học sinh mà có cả nam và nữ, biết số học 
sinh nam ít hơn số học sinh nữ. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' ' 'ABCD A B C D , đáy ABCD là hình chữ nhật có 
, 3AB a AD a  . Biết góc giữa đường thẳng 'A C và mặt phẳng  ABCD bằng 060 . Tính thể tích 
khối lăng trụ . ' ' ' 'ABCD A B C D và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau 'B C và 'C D theo a . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi G 
là trọng tâm tam giác ABC . Điểm D thuộc tia đối của tia AC sao cho GD GC . Biết điểm G thuộc 
đường thẳng   : 2 3 13 0d x y và tam giác BDG nội tiếp đường tròn 
  2 2: 2 12 27 0C x y x y     . Tìm toạ độ điểm B và viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm 
B có hoành độ âm và toạ độ điểm G là số nguyên. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau trên tập  : 
2
25 13 57 10 3 2 3 2 9
3 19 3
x x x
x x x
x x
   
    
  
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c . Chứng minh rằng: 
 62 3
2 3 1 6
a b ca b c
a b c a b c
 
  
     
-----------------Hết----------------- 
Cảm ơn thầy Quách Đăng Thăng (quachthangbang@gmail.com) đã chia sẻ đến 
~1~ 
TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
TỔ TOÁN TIN 
MÔN: TOÁN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần 1 
Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề 
(Đáp án gồm có 6 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 3 3y x x   . 
Tập xác định: D   
Ta có 2
1
' 3 3 ' 0
1
x
y x y
x
 
      
 
 0,25 
Giới hạn 
 
 
3 3
2
3 3
2
3
lim lim 3 lim 1
3
lim lim 3 lim 1
x x x
x x x
y x x x
x
y x x x
x
  
  
 
        
 
 
        
 
 0,25 
Bảng biến thiên 
x  1 1  
 'f x  0  0  
 f x 
  2 
 2  
Hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 
Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1  và  1; 
Hàm số đạt cực đạt tại điểm x = 1 và yCĐ = 2 
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = -1 và yCT = -2 
0,25 
Đồ thị: 
Bảng giá trị 
x -2 -1 0 1 2 
y 2 -2 0 2 -2 
f(x)=-x^3+3*x
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0,25 
~2~ 
2 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
1
2 1
x
y
x



 trên 
đoạn 2;4   . 
Hàm số liên tục trên đoạn 2;4   0,25 
Ta có 
 
2
1
' 0, 2;4
2 1
y x
x
      

 0,25 
Có    1 32 ; 4
3 7
y y  0,25 
Vậy 
2;4
3
max =
7
y
  
 khi 4x  và 
2;4
1
min =
3
y
  
 khi 2x  0,25 
3 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình    23 1
3
log log 4 1x x x    . 
Điều kiện: 
1
4 0
x
x
 

  
       
     
2 2
3 3 3 3 3
2 2
3 3
log log 4 1 log log 4 log 3
log log 3 4 3 4
x x x x x x
x x x x x x
        
        
 
0,25 
2
2
4 12 0
6
x
x x
x
  
     

 (thoả mãn) 
Vậy phương trình có hai nghiệm 2; 6x x   . 
0,25 
b) Giải bất phương trình 
2 1
32 1 12
8
x
x

    
 
. 
Bất phương trình tương đương với 
 
2
2
1
2 1 3 2 1 1 232 2 2 2 2 1 1
x
x x x x x

            
0,25 
2 2 0 2 0x x x       . Vậy bất phương trình có tập nghiệm  2;0S   . 0,25 
4 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  
2
0
2 1 sinI x x dx

   . 
 
2 2 2 2
0 0 0 0
2 1 sin 2 . sinI x x dx x dx dx xdx A B C
   
            0,25 
22
2 2
0
0
2 .
4
A x dx x



   ; 
2
2
0
0
2
B dx x

 
   0,25 
 
2
2
0
0
sin os 1C xdx c x


    0,25 
Vậy 
2
1
4 2
I A B C
 
      0,25 
5 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng 
~3~ 
  : 2 1 0P x y z    và hai điểm    2;0;0 , 3; 1;2A B  . Viết phương trình mặt cầu 
 S tâm I thuộc mặt phẳng  P và đi qua các điểm ,A B và điểm gốc toạ độ O . 
Giả sử  , ,I x y z . Ta có    2 1 0 1I P x y z      
Do  , ,A B O S IA IB IO    . Suy ra  
2 5
2
1
x y z
x
   


0,25 
Từ (1) và (2) ta có hệ 
2 1 0 1
2 5 2
1 1
x y z x
x y z y
x z
     
 
      
  
 
 1; 2;1I  0,25 
Bán kính mặt cầu (S) là 6R IA  0,25 
Vậy phương trình mặt cầu (S) là:      
2 2 2
1 2 1 6x y z      0,25 
6 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Cho góc lượng giác  , biết tan 2  . Tính giá trị biểu thức 
2
cos2 -3
sin
P


 . 
2
2 2
cos2 -3 2cos 4
sin 1 cos
P
 
 

 

 0,25 
2 2
2 2
1 1 1
1 tan cos
5cos 1 tan
 
 
    

. Suy ra 
9
2
P   0,25 
b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh của trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải 
trong đó có 4 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Nhà trường muốn chọn một nhóm 5 học 
sinh trong 10 học sinh trên để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ 1 
năm học 2015 – 2016 do huyện uỷ Phù Cừ tổ chức. Tính xác suất để chọn được một 
nhóm gồm 5 học sinh mà có cả nam và nữ, biết số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ. 
Không gian mẫu   510 252n C   
Gọi A là biến cố 5 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời số học sinh nam ít 
hơn học sinh nữ. 
Trường hợp 1: Chọn 1 học sinh nam và 4 học sinh nữ nên ta có 1 4
4 6
.C C 
Trường hợp 2: Chọn 2 học sinh nam và 3 học sinh nữ nên ta có 2 3
4 6
.C C 
0,25 
Suy ra   1 4 2 34 6 4 6. . 180n A C C C C   
Vậy xác suất cần tìm là   5
7
P A  
0,25 
7 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' ' 'ABCD A B C D , đáy ABCD là hình chữ 
nhật có , 3AB a AD a  . Biết góc giữa đường thẳng 'A C và mặt phẳng  ABCD 
bằng 060 . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' ' 'ABCDA B C D và khoảng cách giữa hai 
đường thẳng chéo nhau 'B C và 'C D theo a . 
~4~ 
Do . ' ' ' 'ABCD A B C D là lăng trụ đứng nên 
 'A A ABCD . 
Suy ra góc giữa 'A C và mặt phẳng  ABCD là 
 0' 60A CA  
0,25 
Có 2 2 02 ' . tan 60 2 3AC AB BC a A A AC a      
ABCD là hình chữ nhật có 2, 3 . 3
ABCD
AB a AD a S AB AD a     
Vậy thể tích khối lăng trụ . ' ' ' 'ABCD A B C D là 3' . 6
ABCD
V A AS a  
0,25 
Do C’D//AB’ nên C’D//(AB’C) 
Suy ra           ' , ' ' , A ' ', A ' B, A 'd C D B C d C D B C d C B C d B C   
Do BC’ giao với mp(AB’C) tại trung điểm của BC’ (vì BCC’B’ là hình chữ nhật) 
0,25 
Kẻ      ' ' 'BM AC AC BB M AB C BB M     theo giao tuyến B’M 
Kẻ  ' 'BH B M BH AB C   hay   B, A 'd B C BH 
Có 
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 17 2 51
17' ' 12
a
BH
BH B B BM B B BC AB a
        
Vậy   2 51' , '
17
a
d C D B C  
0,25 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC 
vuông cân tại A . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Điểm D thuộc tia đối của tia 
AC sao cho GD GC . Biết điểm G thuộc đường thẳng   : 2 3 13 0d x y và tam 
giác BDG nội tiếp đường tròn   2 2: 2 12 27 0C x y x y     . Tìm toạ độ điểm B 
và viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm và toạ độ điểm 
G là số nguyên. 
Tam giác ABC vuông cân tại A có G là trọng tâm 
nên GB = GC 
Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường 
tròn tâm G. 
Suy ra 
   02 2 90BGD BCD BCA   BG GD  
Hay tam giác BDG vuông cân tại G 
Đường tròn (C) tâm I(1;6) bán kính 10R  
ngoại tiếp tam giác BDG nên I là trung điểm của 
BD 
Do đó 10IG  và IG BD 
0,25 
(?)
d: 2x + 3y - 13 = 0
I(1;6)
D
G
F
M
C
A B(?)
600
B' C'
D'
C
A D
B
A'
M
H
~5~ 
Vì 
13 2
: 2 3 13 0 ;
3
m
G d x y G m
 
      
 
Từ 
 2;3
10 28 75
;
13 13
G
IG
G


     
 
, do toạ độ điểm G là số nguyên nên G(2;3). 
BD đi qua I(1;6) và IG BD nên phương trình 3 17 0x y   
    
2;5
,
4;7
B
B D BD C
D
 
  

 (do hoành độ điểm B âm) 
Vậy  2;5B  
0,25 
Gọi M là trung điểm của BC ta có AM = MB = MC (do ABC vuông cân tại A) 
Suy ra AM BC GM MB   và 
1 1
3 3
GM AM MB  
Nên  
1 3
tan cos
3 10
MG
GBM GBM
MB
    
Gọi  ,n a b

 với  2 2 0a b  là VTPT của BC. 
Ta có VTCP của BG là    4; 2 1;2BGBG n   
 
 là VTPT của BG 
Có       
.3
cos , cos , cos cos ,
10 .
BG
BG BG
BG
n n
BG BC n n GBM n n
n n
    
 
   
  
 
2 2
2 2
2 03
35 40 5 0
7 010 5
a b a b
a ab b
a ba b
  
       
  
0,25 
Trường hợp 1: Với  0 1;1a b n   

 nên phương trình : 3 0BC x y   
Trường hợp 2: Với  7 0 1;7a b n   

 nên phương trình : 7 33 0BC x y   
Do hai điểm D và G cùng mằn về một phía đối với đường thẳng BC nên phương trình 
BC thoả mãn là 3 0x y   
Vậy : 3 0BC x y   và  2;5B  
0,25 
9 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau trên tập  : 
2
25 13 57 10 3 2 3 2 9
3 19 3
x x x
x x x
x x
   
    
  
Điều kiện 
19
3
3
4
x
x

  

 

Bất phương trình tương đương 
   
2
3 19 3 2 3 19 3
2 3 2 9
3 19 3
x x x x
x x x
x x
     
    
  
0,25 
24 3 19 3 2 9x x x x       
25 134 3 19 3 2
3 3
x x
x x x x
    
           
   
0,25 
~6~ 
 2 2
2
4 2 2
2
5 13
9 3 9 19 3
3 3
x x x x
x x
x x
x x
     
    
    
      
   
   2 4 12 0 *
5 13
9 3 9 19 3
3 3
x x
x x
x x
 
 
     
     
       
     
Vì 
4 1
0
5 13
9 3 9 19 3
3 3
x x
x x
 
    
      
   
 với mọi  193; \ 4
3
x
 
  
 
0,25 
Do đó   2* 2 0 2 1x x x        (thoả mãn) 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 2;1S     . 
0,25 
10 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c . Chứng minh rằng: 
 
 
62 3
1
2 3 1 6
a b ca b c
a b c a b c
 
  
     
Bất đẳng thức tương đương với 
 62 2 3 3 1 6
4 2 4 3 4 1 4 6
a b ca a b b c c a b c
a b c a b c
           
           
          
0,25 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 2 2 2
2 3 1 6
4 2 4 3 4 1 4 6
a b c a b c
a b c a b c
     
   
     
 0,25 
       
 
2 2 2 2
2 3 1 6
2
2 3 1 6
a b c a b c
a b c a b c
     
   
     
 0,25 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 
 
     
     
 
 
2 2
2 3 1 6
2 2
62 3 1
a b c a b c
VT VP
a b ca b c
           
      
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2; 3; 1a b c   . 
Vậy bất đẳng thức (2) đúng. Do đó bất đẳng thức (1) được chứng minh. 
0,25 
 Chú ý: Mọi cách làm khác của học sinh nếu đúng vẫn chấm điểm bình thường! 
 Giáo viên ra đề: Quách Đăng Thăng 
Cảm ơn thầy Quách Đăng Thăng (quachthangbang@gmail.com) đã chia sẻ đến 
Tải toàn bộ đề thi thử 2016 mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết : diendan.onthi360.com