Đề thi thử - Kỳ thi thpt quốc gia năm học 2015 – 2016 môn thi: Toán lớp 12 thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA 
 NĂM HỌC 2015 – 2016 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: 3 22 3 1y x x   
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 
4
( ) 2
1
f x x
x
  

 trên đoạn 
2 4  ; 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: 19 3 2 0x x   . 
b) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z biết:   z 2 3 3 3i i   . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
3
2
1
2 lne x x
I dx
x

  
Câu 5 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: sin 2 3 cos 0x x  . 
b) Đội tuyển học sinh giỏi toán của một trường có 8 học sinh lớp 12 và 7 học sinh khối 11. 
Giáo viên cần chọn 5 em tham gia thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Tính xác suất để trong 5 học sinh được 
chọn có cả học sinh khối 12 và khối 11. 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm đường thẳng d: 
1 1
2 1 2
x y z 
 

 và mặt phẳng 
(P) có phương trình 1 0x y z    . Tìm giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết 
phương trình đường thẳng  qua A vuông góc với d và nằm trong (P). 
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều và AB BC CD a   . 
Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD), góc giữa SC và 
(ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và góc giữa đường thẳng SC và mặt 
phẳng (SAD). 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là 
trung điểm của AB. Biết 
8 1
;
3 3
I
 
 
 
 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và  3;0G , 
7 1
;
3 3
K
 
 
 
lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và ACM. Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C . 
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 
5
2
( 3) 2 ( 3 ) 2
9 16 2 2 8 4 2
xy y x x y x y
x y x
       

    
Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 1a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 
2 2
2
2 2
3
( )
( ) 5 ( ) 5 4
a b
P a b
b c bc c a ca
   
   
. 
-------------------------HẾT------------------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Cảm ơn thầy Ngô quang Nghiệp (https://www.facebook.com/profile.php?id=100002837262662) 
chia sẻ đến  
 Trang 1/6
x
y
1
2
-1
O-1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI HDC KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 
 NĂM HỌC 2015 - 2016 
Môn: TOÁN 
HDC gồm có: 06 trang 
I. Hướng dẫn chấm: 
1. Cho điểm lẻ tới 0,25; 
2. Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, không làm tròn; 
3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức; 
4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần. 
II. Biểu điểm: 
Câu 1 (1,0 điểm). 
Nội dung Điểm 
3 22 3 1y x x   
 TXĐ: D   
 Sự biến thiên: 
 +) Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    
 0,25 
 +) Bảng biến thiên: 
 26 6y x x   
2
0
0 6 6 0 
1
x
y x x
x

        
 Bảng biến thiên 
x – –1 0  
y
 + 0 – 0 + 
y 
 0  
– –1 
0.25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1), (0; )   , nghịch biến trên khoảng ( 1;0) 
Hàm số đạt cực đại tại 1x   ; yCĐ = 0 , hàm số đạt cực tiểu tại 0x  ; yCT = –1 
0.25 
  Đồ thị: 
0.25 
Câu 2 (1.0 điểm). 
Nội dung Điểm 
 Trang 2/6
Ta có f(x) liên tục trên đoạn 2 4  ; , 
2
2
2 3
1
 


x x
f '(x)
(x )
 0,25 
Với (2;4)x , 0 3  f '(x) x 0,25 
Ta có: 
10
2 4 3 3 4
3
  f( ) ,f( ) ,f( ) 0,25 
Vậy 
 
 
2;4
min 3f x  tại 3x  ; 
 
 
2;4
max 4f x  tại 2x  . 0,25 
Câu 3 (1,0 điểm). 
Nội dung Điểm 
 21
3 1
9 3 2 0 3.3 2 03
3 2
x
x x xx
x

 
        

 0,25 
3
0
log 2
x
x

  
. Phương trình (1) có tập nghiệm là  30; log 2S  0,25 
b) Tìm phần thực, ảo của số phức z biết :   z 2 3 3 3i i   
  z 2 3 3 3 9 3 z 9 3i i i i        
0,25 
Phần thực của z là: 9, Phần ảo của z là: 3 0,25 
Câu 4 (1,0 điểm). 
Nội dung Điểm 
3
2 2 2
1 1 1 1
2 ln 2 2
ln ln
e e e ex x
I dx x x dx dx x xdx
x x x
  
     
 
    0,25 
1 2
1
2 2 2
2
1
e e
I dx
x x e
 
    0,25 
2
1
ln
e
I x xdx  . Đặt 2
1
ln
2
du dx
u x x
dv xdx x
v

 
 
  

2 2 2 2
2
1
1 1
ln
1 12 2 2 4 4 4
ee ex e x e
I x xdx      
0,25 
2 3
1 2
2 1 9 8
2
4 4 4
e e e
I I I
e e
  
       
0,25 
Câu 5(1,0 điểm). 
Nội dung Điểm 
a) Giải phương trình: sin 2 3cosx x 
 Trang 3/6
 
sin 2 3 cos 0 2sin cos 3 cos 0
cos 0
cos 2sin 3 0 3
sin
2
x x x x x
x
x x
x
    

   
 

0,25 
cos 0
2
3 2
sin 2 2
2 3 3
x x k
x x k x k


 
 
   
      
0,25 
b) Số phần tử của không gian mẫu: 515C  
Gọi A là biến cố: “ 8 học sinh chọn có cả khối 12 và 11” 
Số phần tử của biến cố A: 5 5 515 8 7A C C C    
0.25 
Xác suất: 
5 5 5
15 8 7
5
15
38
( )
39
A C C CP A
C
  
  

. 
0.25 
Câu 6 (1,0 điểm). 
Nội dung Điểm 
Đường thẳng d có dạng tham số: 
1 2
1
2
x t
y t
z t
 

  
 
 1 2 ; 1 ;2A d A t t t     . 
0,25 
  1 2 1 2 1 0 3A P t t t t           . Vậy  5;2; 6A   . 0,25 
 Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là:  1; 1; 1pn   

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là:  2; 1;2du  

 có vectơ chỉ phương là:  , 3; 4;1p du n u     
  
0,25 
Phương trình đường thẳng : 
5 2 6
3 4 1
x y z  
 
 
0.25 
Câu 7 (1,0 điểm). 
Nội dung Điểm 
M
H
I
A D
B
S
C
K
Gọi H là giao điểm của AC và BD. Do (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng 
0,25 
 Trang 4/6
(ABCD) nên SH vuông góc với (ABCD). Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH suy ra 
 060SCA  . Ta có: 3AC a 
Do BC AD suy ra 
1 1 3
2 3 3
HC BC a
HC AC
HA AD
     
Xét tam giác SHC vuông tại H, có: 0. tan 60SH HC a  
Ta có 
2
01 1 3 3. . .sin120
2 2 4
ABCD ABD BCD
a
S S S AB BD BC CD     
Vậy 
3
.
1 3 3
.
3 4
S ABCD ABCD
a
V S SH  
0,25 
Gọi I là trung điểm AD, K là hình chiếu vuông góc của H lên đường thẳng SI. 
suy ra K là hình chiếu của H trên (SAD). Gọi M là hình chiếu của C trên (SAD) 
suy ra SM là hình chiếu của SC trên (SAD) do đó góc giữa SC và (SAD) là MSA 
Ta có 
1 3
2 3
a
HI AH  
0,25 
Xét tam giác SHI vuông tại H, có: 
2 2
. 3 3
2 2 4
HI HS a a
HK MC HK
HI HS
    

Xét tam giác SHC vuông tại H, có: 
2 3
2
3
a
SC HC  
Xét tam giác SMC vuông tại M, có:   0
3 3
sin 40 30
8
MC
MSC MSC
SC
     
Vậy góc giữa SC và (SAD) là:  040 30MSC   
0,25 
Câu 8 (1,0 điểm). 
Nội dung Điểm 
Gọi N là trung điểm của AM, khi đó: 
2
3
CK CG
GK AB
CN CM
    
Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 
nên IM AB IM GK   
Lại có: 
1
/ /
3
MN NK
MK C
BN NC
    
Mà IG BC IG MK   
Do đó I là trực tâm của tam giác MGK 
K
N
G
I
M
B
C
A
Gọi  ;M x y . Ta có:  
7 1 1 1 1
; , 3; , ; , ;0
3 3 3 3 3
KM x y GM x y GI KI
     
           
     
   
I là trực tâm tam giác MGK nên ta có: 
. 0 3
(3;1)
1. 0
GI KM x
M
yKI GM
  
  
 
 
  
0,25 
0.25 
G là trọng tâm tam giác ABC nên 
0,25 
 Trang 5/6
3 3(3 3) 3
3 (3; 2)
1 3(0 1) 2
c c
c c
x x
MC MG C
y y
    
     
     
 
K là trọng tâm tam giác ACM nên: 
3 ( ) 1
(1; 2)
3 ( ) 2
A K C M A
A K C M A
x x x x x
A
y y y y y
    
  
   
M là trung điểm của AB suy ra  5;0B 
Vậy      1;2 , 5;0 , 3; 2A B C  . 
0,25 
Câu 9 (1,0 điểm). 
 Nội dung Điểm 
5
2
( 3) 2 ( 3 ) 2(1)
9 16 2 2 8 4 2 (2)
xy y x x y x y
x y x
       

    
Điều kiện: 
0 2
(*)
2
x
y
 

 
. Với điều kiện (*) ta có 
(1)
1
( 1) ( 3) 2 ( 1) 0
( 3) 2 ( 1) (3)
x
x y y x x
y y x x

             
Với 1x  thay vào (2) ta được: 
31
2 2 8 1
8
y y     ( Không thỏa mãn điều kiện) 
0,25 
Ta có:  
3
3(3) 2 2 ( )y y x x      (4). 
Xét hàm số 3( )f t t t  trên  ; 2'( ) 3 1 0,f t t t     
Suy ra, hàm số  f t đồng biến và liên tục trên  . Khi đó: 
(4) ( 2) ( ) 2 2f y f x y x y x         
0,25 
 Thay 2y x  vào (2) ta được: 
24 2 2 2 4 9 16x x x    
2 2 2 2 232 8 16 2(4 ) 9 8(4 ) 16 2(4 ) ( 8 ) 0x x x x x x x            
Đặt: 22(4 ) ( 0)t x t   ; PT trở thành: 
0,25 
 Trang 6/6
2 2 24 16 ( 8 ) 0
4 0( )
2
x
t
t t x x
x
t loai


     
    

Ta có: 2
2
0 2
4 2 4 2 6
2(4 ) 32
2 3 3
9
x
x
x x y
x
 

      

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  
4 2 4 2 6
; ;
3 3
x y
 
   
 
0,25 
Câu 10 (1,0 điểm). 
Nội dung Điểm 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có 
2 2 2
2 2
2 2
4
.
5( ) 5 9( )( ) ( )
4
a a a
b c bc b cb c b c
 
    
 Tương tự, ta có 
2 2
2 2
4
.
( ) 5 9( )
b b
c a ca c a

  
0,25 
Suy ra 
22 2 2 2
2 2 2 2
4 2
( ) 5 ( ) 5 9 ( ) ( ) 9
a b a b a b
b c bc c a ca b c c a b c c a
   
       
         
22
2 22 2 2
22 2 2
2
( )
( )
2 ( ) 2 2 2( ) 4 ( )2 .
( )9 ( ) 9 9 ( ) 4 ( ) 4
( )
4
a b
c a b
a b c a b a b c a b
a bab c a b c a b c a b c
c a b c
 
          
      
             
 
Vì 1 1a b c a b c       nên 
2 22
2 2
2 2
2 2(1 ) 4 (1 ) 3 8 2 3
(1 ) 1 (1 ) .
9 (1 ) 4 (1 ) 4 4 9 1 4
c c c
P c c
c c c c c
     
         
      
 (1) 
0,25 
Xét hàm số 
2
28 2 3( ) 1 (1 )
9 1 4
f c c
c
 
    
 
 với (0; 1).c 
Ta có 
2
16 2 2 3
'( ) 1 . ( 1);
9 1 ( 1) 2
f c c
c c
 
    
  
 3 1'( ) 0 ( 1) 64 (3 3) 0 .
3
f c c c c        
Bảng biến thiên: 
0,25 
Dựa vào bảng biến thiên ta có 
1
( )
9
f c   với mọi (0; 1).c (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
1
,
9
P   dấu đẳng thức xảy ra khi 
1
.
3
a b c   
0,25 
( )f c 
'( )f c 
c 
1
3 
0 + – 
0 1 
1
9

 Trang 7/6
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
1
,
9
 đạt khi 
1
.
3
a b c   
Cảm ơn thầy Ngô quang Nghiệp (https://www.facebook.com/profile.php?id=100002837262662) 
chia sẻ đến  
LUYỆN THI ONLINE : ONTHI360.COM
Tài liệu ôn thi 10, 11, 12 và kỳ thi THPT Quốc gia: diendan.onthi360.com
Đề thi thử THPT Quốc gia mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết : diendan.onthi360.com