Đề thi thử thpt quốc gia 2016 môn: Toán ; khối 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 www.luyenthi24h.com 
 Biên soạn: Đặng Nhật Long 
ĐỀ THI THỬ 
(  ) 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 
Môn: TOÁN ; Khối 12 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VIẾT XUÂN – PHÚ YÊN 
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số   3 23 2y f x x x    có đồ thị  C . 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số. 
2) Viết phương trình tiếp tuyến của  C tại điểm có hoành độ 0x , biết  0 0'' 5 7f x x  . 
Câu 2. (1,0 điểm) 
1) Giải phương trình: 22sin 3 sin 2 2 0x x   . 
2) Cho số phức z thỏa mãn    1 3 2 6i z i z i     . Tìm phần thực, phần ảo của số phức 
2 1w z  . 
Câu 3. (1,0 điểm) 
 1) Giải phương trình :    2 1
8
log 1 3log 3 2 2 0x x     
 2) Một hộp chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 viên 
bi. Tính xác xuất để 4 viên bi được chon có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất. 
Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân:  
1
2 2
0
1 1I x x x dx   
Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm    3;0;4 , 1;0;0A B . Viết 
phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm điểm M trên tia Oy sao cho 13MA MB . 
Câu 6. (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. hình chiếu vuông góc của 
A’ trên  ABC là trung điểm cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 060 . Tính thể tích 
khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC’A’). 
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD 
 090BAD ADC  có đỉnh  2;2D và 2CD AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D lên 
đường chéo AC. Điểm 
22 14
;
5 5
M
 
 
 
 là trung điểm của HC. Xác định tọa độ các đỉnh , ,A B C , biết rằng 
đỉnh B thuộc đường thẳng : 2 4 0x y    . 
Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 
2 2
2
4 9 3 1 5 8
12 12 12
x y x x x x y
x y y x
         

   
Câu 9. (1,0 điểm) Cho ,x y là các số thực dương thỏa mãn 3xy x y   . Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức 
 2 2
3 3
1 1
x y xy
P x y
y x x y
    
  
----------------- HẾT ----------------- 
Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên học sinh : ...................................................... Số báo danh : ................................................. 
Chữ kí giám thị 1: ......................................................... Chữ kí giám thị 2: ......................................... 
 www.luyenthi24h.com 
ĐÁP ÁN 
Câu 1. 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số   3 23 2y f x x x    (1,0) 
2 ) Ta có   2' ' 3 6y f x x x   và  '' '' 6 6y f x x   
Khi đó  0 0 0 0 0'' 5 7 6 6 5 7 1f x x x x x        (0,25) 
Với 0 01 2x y   và    0' ' 1 9y x y  (0,25) 
Vậy phương trình tiếp tuyến của  C là:  2 9 1 9 7y x y x      (0,5) 
Câu 2. 
1) 2
3 1 1
2sin 3 sin 2 2 0 3 sin 2 cos 2 1 sin 2 cos 2
2 2 2
x x x x x x         (0,25) 
 6sin 2 sin
6 6
2
x k
x k
x k


 



  
     
    

 (0,25) 
2) Giả sử  ,z a bi a b z a bi      , khi đó: 
         1 3 2 6 1 3 2 6 4 2 2 2 6i z i z i i a bi i a bi i a b bi i                 
4 2 2 2
2 3
2 6 3
a b a
z i
b b
   
     
    
 (0,25) 
Do đó  2 1 2 2 3 1 5 6w z i i       
Vậy số phức w có phần thực là 5, phần ảo là 6. (0,25) 
Câu 3. 
1) Điều kiện: 1x  
Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình 
       2 2 2 2log 1 log 3 2 2 0 log 4 4 log 3 2x x x x         (0,25) 
4 4 3 2 2x x x      
Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm 2x  . (0,25) 
2)Ta có:  
4
15
1365n C   (0,25) 
Gọi A là biến cố “4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất’ 
Khi đó  
1 2 1
4 5 6
240n A C C C  
Vậy  
 
 
16
91
n A
p A
n
 

 (0,25) 
Câu 4.  
1 1 1
2 2 2 3 2
0 0 0
1 1 1I x x x dx x dx x x dx        
1 3
2
1
0
1
1
3 3
0
x
I x dx   (0,5) 
1
3 2
2
0
1I x x dx  
Đặt 2 2 21 1t x x t xdx tdt        
Đổi cận: 0 1; 1 0x t x t      
   
0 1 3 5
2 2 2 4
2
1 0
1
2
1
3 5 15
0
t t
I t t dt t t dt
 
         
 
  (0,25) 
 www.luyenthi24h.com 
Vậy 
1 2
7
15
I I I   (0,25) 
Câu 5. 
+ Gọi  S là mặt cầu có đường kính AB và I là trung điểm của AB. 
Ta có  1;0;2 , 4 2I AB  (0,25) 
Khi đó mặt cầu  S có tâm I và có bán kính 2 2
2
AB
R   nên có phương trình 
   
2 221 2 8x y z     (0,25) 
+  0; ;0M Oy M t  
khi đó 
     
2 2 22 2 213 3 4 1 0 . 13MA MB t t           2 225 13 1 1t t t       (0,25) 
Với  1 0;1;0t M  
 1 0; 1;0t M    (0,25) 
Câu 6. 
+ Gọi H là trung điểm của AB, suy ra  'A H ABC và    0' , ' 60A C ABC A CH  . Do đó 
0 3' .tan 60
2
a
A H CH  (0,25) 
Thể tích của khối lăng trụ là 
3
. ' ' '
3 3
' .
8
ABC A B C ABC
a
V A H S  (0,25) 
+Gọi I là hình chiếu vuông góc của của H trên AC; K là hình chiếu vuông góc của H trên A’I. Suy ra 
  , ' 'HK d H ACC A 
Ta có 
3
.sin
4
a
HI AH IAH 
2 2 2
1 1 1 3 13
' 26
a
HK
HK HI HA
    (0,25) 
Do đó      
3 13
, ' ' 2 , ' ' 2
13
a
d B ACC A d H ACC A HK   (0,25) 
Câu 7. 
Gọi E là trung điểm của đoạn DH. Khi đó tứ giác ABME là hình bình hành ME AD  nên E là trực 
tâm tam giác ADM. Suy ra AE DM  mà / /AE DM DM BM  (0,25) 
Phương trình đường thẳng :3 16 0BM x y   
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  
2 4
4;4
3 16
x y
B
x y
  

 
 (0,25) 
Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có 
1 10 10
2 ;
2 3 3
AB IB
DI IB I
CD IC
 
      
 
Phương trình đường thẳng : 2 10 0AC x y   
phương trình đường thẳng  
14 18
: 2 2 0 ; 6;2
5 5
DH x y H C
 
     
 
 (0,25) 
Từ  2 2;4CI IA A  . (0,25) 
Câu 8. Điều kiện: 
 
 
2
2
1
3
12 *
12 0
5 8 0
x
y
y x
x x y

 

 

  

    
 www.luyenthi24h.com 
Ta có 
   
 
2
2
12 12
2 12 12 12
12 24 12 12 12
x y
y x x y
x x y y
  
      
   
 
2
2
1212 12
1
2 3; 0 1212 0
3
y xx y
x yx y
    
 
  
        
 (0,25) 
Thay vào phương trình  1 ta được: 23 3 3 1 5 4x x x x      
     
 
2
2
3 1 3 1 2 5 4 0
1 1
3 0
1 3 1 2 5 4
x x x x x x
x x
x x x x
          
 
     
      
 (0,25) 
2 0 0x x x     hoặc 1x  . Khi đó ta được nghiệm  ;x y là  0;12 và  1;11 . (0,5) 
Câu 9. 
Đặt    
22 2 2 23 ; 2 2 3 2 6t x y xy t x y x y xy t t t t               (0,25) 
Ta có 
2
213 2
2 4
x y
xy t t t
 
      
 
Suy ra 
   
 
2 2
2 2 2
3 3 12 5
1 2
x y x y xy
P x y t t
xy x y x y t
  
        
   
 (0,25) 
Xét hàm số   2
12 5
2
f t t t
t
     với 2t  
Ta có   2
2
' 2 1 0, 2f t t t
t
       . Suy ra hàm số  f t nghịch biến với 2t  (0,25) 
   
3
2
2
P f t f    
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 
3
2
 khi 1x y  . (0,25)