Đề thi thử thpt quốc gia môn: Toán 12 thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (1,0 điểm) 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 4 2y x x x    . 
Câu 2. (1,0 điểm) 
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:   
3
7 4( ) 7 4 1f x x x x x     . 
Câu 3. (1,0 điểm) 
a) Giải hệ phương trình: 
  
   5 5
2 3 2 3 5
log 2 3 log 2 3 1
x y x y
x y x y
   
    
. 
b) Tìm các số phức z thỏamãn phương trình: 3 56 0z z z   . 
Câu 4. (1,0 điểm) 
Tính tích phân: 
1
3 2
0
4 2
2 2
x
dx
x x x

  
. 
Câu 5. (1,0 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 4 4 0S x y z x y z      . 
Gọi , ,M N P lần lượt là giao điểm (khác gốc tọa độ) của mặt cầu ( )S với các trục , ,Ox Oy Oz . 
Xác định tọa độ chân đường vuông góc hạ từ tâm của mặt cầu đến mặt phẳng ( )MNP . 
Câu 6. (1,0 điểm) 
a) Cho 0;
2


 
    
và thỏa mãn  2cos 2 sin sin 3 0     . Tính giá trị của cot
2

. 
b) Tính tổng: 0 1 2 3 2016
2016 2016 2016 2016 20162 3 4 ... 2017S C C C C C      . 
Câu 7. (1,0 điểm) 
Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D có cạnh bằng 2 . Gọi M là trung điểm của AD và N 
là tâm của hình vuông ' 'CC D D . Tính thể tích của khối cầu đi qua bốn đỉnh , , , 'M N B C và 
khoảng cách giữa hai đường thẳng ' 'A B với MN . 
Câu 8. (1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai đường thẳng 1( ) : 1 0d x y   và 
2
( ) : 6 0d y   . Các đường tròn 
1
( )C và 
2
( )C có bán kính bằng nhau, có tâm cùng thuộc đường 
thẳng 1( )d và chúng cắt nhau tại hai điểm (1;6),A B . Đường thẳng 2( )d cắt 1 2( ),( )C C lần lượt tại 
hai điểm ,C D (khác A ) sao cho diện tích của tam giác BCD bằng 24 .Tìm tọa độ các đỉnh 
củatam giác BCD . 
Câu 9. (1,0 điểm) 
Giải hệ phương trình: 
3 2 2 2 2
6
3 6 5 2 6 3 1
2 3
2 4 2 3 ( 2)(1 2 ) 2
x y y x
x y
x y y x x y x y x
      
 
           
. 
Câu 10. (1,0 điểm) 
Cho hai số thực dương ,x y thỏa mãn 3 64( 8 ) 1x y  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
2 3
2 2
( 2 2)
5( ) 5( ) 3
x y
P
x y x y
 

   
. 
Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân (luankieu@ymail.com) đã chia sẻ đến  
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 
Môn: Toán 
Thời gian làm bài: 180 phút. 
Trường THCS&THPT 
NGUYỄN KHUYẾN 
(TP.HCM) 
Đề 01/2016 
Câu 1. (1,0 điểm) 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 4 2y x x x    . 
Câu 2. (1,0 điểm) 
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số   
3
7 4( ) 7 4 1f x x x x x     
Xét hàm số:   
3
7 4( ) 7 4 1f x x x x x     
Tập xác định: 1;x   
Đạo hàm của hàm số là: 
      
3 2
6 3 7 4 1 1'( ) 7 28 1 7 4 3 1
2 2 1
f x x x x x x x x x
x x
                 
 '( ) 0 ; 1;f x x     
Suy ra, hàm số ( )f x luôn đồng biến trên 1;  
lim ( )
x
f x

  và (1) 4f  
Bảng biến thiên: 
Từ bảng biến thiên, suy ra: 
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là: 
1;
min ( ) (1) 4f x f
 
  . 
Câu 3. (1,0 điểm) 
a) Giải hệ phương trình: 
  
   5 5
2 3 2 3 5
log 2 3 log 2 3 1
x y x y
x y x y
   
    
. 
Điều kiện: 2 3 0x y  
Hệ phương trình tương đương:
   
 
 
5 5
5
5
5
log 2 3 log 2 3 1
log 2 3
log 2 3 1
log 5
x y x y
x y
x y
     
   
Đặt: 
 
 
5
5
log 2 3
log 2 3
x y
x y
u
v
  
  
Hệ phương trình trên được viết lại: 
5
1
1 1
1 2 1 0
log 5
u v
u v u
v
u u v v
            
        
Với 
1
0
u
v
 
 
, ta có: 
 
 
5
5
log 2 3 1 2 3 5
2 3 1log 2 3 0
x y x y
x yx y
        
     
log 32 3 log 3x x x    
( ) (1) 4f x f 
'( )f x 
( )f x 
x 1 
 
 
 4
LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 
 Môn:Toán 
 Thời gian làm bài:180 phút 
Người ra đề: Kiều Hòa Luân 
TRƯỜNG THCS&THPT 
NGUYỄN KHUYẾN 
(TP.HCM) 
Đề 01/2016 
Vậy hệ phương trình đã cho có một cặp nghiệm là:  2 3log 3; log 2 . 
b) Tìm các số phức z thỏa mãn phương trình: 3 56 0z z z   . 
Phương trình:  3 5 2 46 0 6 0z z z z z z       
4 2
0
6 0
z
z z
 
    
2 2 2
2 2
0
20 0
2 2 2
3 3 3
3
z
z iz z
z z i z i
z z z
z
 
                        
  
. 
Vậy các số phức z thỏa mãn phương trình đã cho là:  0; 2 ; 2 ; 3 ; 3i i i i  . 
Câu 4. (1,0 điểm) 
Tính tích phân: 
1
3 2
0
4 2
2 2
x
dx
x x x

  
. 
Ta có: 
  
1 1
3 2 2
0 0
4 2 4 2
2 2 1 2
x x
dx dx
x x x x x
 

     
Đặt: 
  
   
  
2
2 2 2
4 2 2 2
2 1 2 1 2 1
x A Bx C x A B x B C C A
x x x x x x
      
  
     
Đồng nhất hệ số, ta có: 
0 2
2 4 2
02 0
A B A
B C B
CC A
             
      
Suy ra: 
  
1 1 1 1
2 22
0 0 0 0
4 2 2 2 2 2
2 21 11 2
x x x
dx dx dx dx
x xx xx x
                                    
21 1 2
2
2
0 0 0
( 2) ( 1)
2 2 ln 2 ln 1
2 1
d x d x
x x
x x
             
4
2 ln 3 ln2 ln2 ln1 ln
9
      . 
Câu 5. (1,0 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 4 4 0S x y z x y z      . 
Gọi , ,M N P lần lượt là giao điểm (khác gốc tọa độ) của mặt cầu ( )S với các trục , ,Ox Oy Oz . 
Xác định tọa độ chân đường vuông góc hạ từ tâm của mặt cầu đến mặt phẳng ( )MNP . 
Từ giả thiết, ta có: 
     ; 0;0 , 0; ; 0 , 0;0;M N PM Ox M x N Oy N y P Oz P z      
(với 0, 0
M N
x y  và 0Pz  ) 
 2
0
( ) ( ) 2 0 2;0;0
2
x
M S Ox M S x x M
x
 
         
 2
0
( ) ( ) 4 0 0;4;0
4
y
N S Oy N S y y N
y
 
         
 2
0
( ) ( ) 4 0 0;0;4
4
z
P S Oz P S z z P
z
 
         
( 2;4;0), ( 2;0;4)MN MP    
 
Ta có: 
  
, (16;8;8) 8(2;1;1)n MN MP     
 chọn 

(2;1;1)n  
Mặt phẳng ( )MNP qua (2;0;0)M , nhận 

(2;1;1)n  làm véctơ pháp tuyến có phương trình là:
2( 2) 0x y z    ( ) : 2 4 0MNP x y z     
Đường thẳng qua tâm (1;2;2)I của mặt cầu và vuông góc với ( )MNP có phương trình tham số là
1 2
( ) : 2 ; ( )
2
x t
d y t t
z t
     
  
 . 
Vì H là chân đường vuông góc hạ từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng ( )MNP nên H là giao 
điểm của ( )d và ( )MNP . 
Thay , ,x y z từ phương trình tham số của đường thẳng( )d vào phương trình mặt phẳng ( )MNP , ta 
được:  1 1 5 52(1 2 ) 2 2 0 ; ;3 3 3 3t t t t H          . 
Vậy  1 5 5; ;3 3 3H là chân đường vuông góc cần tìm. 
Câu 6. (1,0 điểm) 
a) Cho 0;
2


 
    
 và thỏa mãn  2cos 2 sin sin 3 0     . Tính giá trị của cot
2

. 
Phương trình:  2cos 2 sin sin 3 0     
2
cos 0
cos 0 cos 0sin 1
sin 12 sin sin 3 0 3
sin
2

 
 

 
                    
 cos 0 ;
2
k k

        . 
Vì 0;
2


 
    
 nên 
1
0 0 0 ( )
2 2 2
k k k do k
 
          
Suy ra: cot cot 1
2 2 4
  
     . 
Vậy cot 1
2

 . 
b) Tính tổng: 0 1 2 3 20162016 2016 2016 2016 20162 3 4 ... 2017S C C C C C      
Ta có:  
2016 0 1 2 2 3 3 2016 2016
2016 2016 2016 2016 2016
1 ...x C C x C x C x C x       
Nhân hai vế vớix ta được: 
 
2016 0 1 2 2 3 3 4 2016 2017
2016 2016 2016 2016 2016
1 ...x x C x C x C x C x C x       
Lấy đạo hàm hai vế, ta được: 
  
2015 0 1 2 2 3 3 2016 2016
2016 2016 2016 2016 2016
2017 1 1 2 3 4 ... 2017x x C C x C x C x C x        
Thay 1x  vào, ta được: 2015 0 1 2 3 20162016 2016 2016 2016 20162018.2 2 3 4 ... 2016C C C C C      
Vậy tổng 20152018.2S  . 
Câu 7. (1,0 điểm) 
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D có cạnh bằng 
2 . Gọi M là trung điểm của AD và N là tâm của hình vuông ' 'CC D D . Tính thể tích của khối 
cầu cầu đi qua bốn đỉnh , ', ,B C M N và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' 'A B với MN . 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, sao cho trùng với góc tọa độ , và 
, khi đó ta có: 
       0;0;0 , 0;2;0 , 2;2;0 , 2;0;0D C B A 
       ' 0; 0;2 , ' 0;2;2 , ' 2;2;2 , ' 2;0;2D C B A 
M là trung điểm của AD nên  1;0;0M 
N là trung điểm của 'CD nên  0;1;1N 
Gọi phương trình mặt cầu tâm đi qua bốn điểm , ', ,B C M N có dạng là: 
2 2 2( ) : 2 2 2 0S x y z ax by cz d       
Vì mặt cầu ( )S đi qua bốn điểm , ', ,B C M N nên ta có hệ phương trình: 
8 4 4 0 6 4 2 1 0
8 4 4 0 8 4 4 2 1 0
1 2 0 2 1
2 2 2 0 2 2 2 2 1 0
a b d b a
b c d b c a
a d d a
b c d b c a
                       
                   
5
2 4 5 0 2
52 4 4 7 0
2
2 2 2 1 0 1
2 1 2
4
a
a b
a b c b
a b c
cd a
d
                
            
Bán kính của mặt cầu cần tìm là:
2 2 2
2 2 2 5 5 1 354
2 2 2 2
R a b c d
                                
Thể tích của khối cầu cầu đi qua bốn đỉnh , ', ,B C M N là: 
3
34 4 35 35 35
3 3 2 6
V R

 
       
(đvtt) 
Tính 
';
?
DB MN
d  
 
 
Ta có: 
 

' 1;0; 2A M    
 
 
 

 

' ' 0;2;2
' ', 2; 0;2
1;1;1
A B
A B MN
MN
           
  
' ', . ' 2( 1) 0 2( 2) 6A B MN A M         
 
2 2' ', 0 2 2 2 2A B MN       
Khoảng cách giữa hai đường thẳng ' 'A B với MN được xác định bởi: 
' ';
' ', . ' 6 3 2
22 2' ',
A B MN
A B MN A M
d
A B MN
 
 
 
    
 
  
  
  (đvđd). 
Câu 8. (1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai đường thẳng ( ) : 1 0d x y   và 
D O ,A Ox C Oy
'D Oz
( ; ; )I a b c
 M
 'D
 D
 C B
 A
 'C 'B
 'A
 N
 z
 y
 x
 






thẳng 
1
( )d và chúng cắt nhau tại hai điểm (1;6),A B . Đường thẳng 2( )d cắt 1 2( ),( )C C lần lượt tại 
hai điểm ,C D (khác A ) sao cho diện tích của tam giác BCD bằng 24 . Tìm tọa độ các đỉnh của 
tam giác BCD . 
Gọi ,I J là tâm của các đường tròn 1( )C và 2( )C 
Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của ,AD AC và H là giao điểmcủa AB với 1( )d 
Ta có: 
1
( ) ( ) : 0AB d AB x y m     
Mà (1;6) ( ) 1 6 0 7A AB m m        
Phương trình ( ) : 7 0AB x y   
Vì 
1
( ) ( )H AB d  nên tọa độ của H thỏa hệ:  
7 0 3
3;4
1 0 4
x y x
H
x y y
        
      
Vì H là trung điểm của AB nên tọa độ của B thỏa:  
2 5
5;2
2 2
B H A
B H A
x x x
B
y y y
    
   
Khoảng cách từ B đến 
2
( )d là: 
2;( )
6
2 6 4
1
B
B d
y
BK d  
 

     
Diện tích của tam giác BCD là: 

1
.
2BCD
S BKCD 
Suy ra: 
2 2.24
12
4
BCD
S
CD
BK
   
Vì hai đường tròn 
1
( )C và 
2
( )C có bán kính bằng nhau nên các tâm I và J đối xứng nhau qua 
H 
Ta có:  1( ) ; 1I d I t t   
H là trung điểm IJ nên:  
2 6
6 ;7
2 7
J H I
J H I
x x x t
J t t
y y y t
       
    
 

2 23 ;3 (3 ) 3IH t IH t      
 

2 22; 2 2 ( 2) 2 2AH AH       
Khoảng cách từ I và J đến 
2
( )d là: 
2;( )
6
1 6 5
1
I
I d
y
IM d t t 
 

       
2;( )
6
7 6 1
1
J
J d
y
JN d t t 
 

       
Bán kính của hai đường tròn là: 
 
2
2 2 2 2 22 2 (3 ) 3 6 26R IA AH IH t t t          
Tam giác AIM vuông tại M , có: 2 2 2 26 26 ( 5) 4 1AM IA IM t t t t         
Tam giác AJN vuông tại N , có: 2 2 2 26 26 (1 ) 25 4AN IA JN t t t t         
Ta có:  2( ) 2 4 1 25 4CD CA AD AM AN t t        
Suy ra:  2 4 1 25 4 12 4 1 25 4 6t t t t         
     26 2 4 1 25 4 36 4 1 25 4 5t t t t         
   2
0
4 1 25 4 25 16 96 0
6
t
t t t t
t
 
          
Với 0t  , ta có:    0;1 , 6;7I J và 26R  
A 
B 
D 
C 
I 
J 
M 
N 
H 
1( )d 2
( )d 
K 
Suy ra phương trình đường tròn là:  
22
1
( ) : 1 26C x y   và 
   
2 2
2
( ) : 6 7 26C x y    
Vì 
2 1
( ) ( )C d C  nên tọa độ của C thỏa hệ: 
 
22
6 0
1 26
y
x y
  

   
2
1
1
61
1
16
6
6
x
x
yx
x
xy
y
y
                             
 1;6C  (do  1;6C trùng với A ) 
Vì 
2 2
( ) ( )D d C  nên tọa độ của D thỏa hệ: 
   
2 2
6 0
6 7 26
y
x y
  

    
 
2
11
6 5
66 25
6 5
16
6
6
x
x
yx
x
xy
y
y
                            
 11;6D (do  1;6C trùng với A ) 
Với 6t  , ta có:    6;7 , 0;1I J và 26R  
Làm tương tự, ta có:    11;6 , 1;6C D  
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác BCD là: 
     5;2 , 1;6 , 11;6B C D hoặc      5;2 , 11;6 , 1;6B C D  . 
Câu 9. (1,0 điểm) 
Giải hệ phương trình: 
3 2 2 2 2
6
3 6 5 2 6 3 1
2 3
2 4 2 3 ( 2)(1 2 ) 2
x y y x
x y
x y y x x y x y x
        
           
. 
3 2 2 2 2
6
3 6 5 2 6 3 1 (1)
2 3
2 4 2 3 ( 2)(1 2 ) 2 (2)
x y y x
x y
x y y x x y x y x
        
           
Điều kiện: 2
2
2
2
5 13 6 5 0
2
3 36 3 1 0
4 0
4 0
2 3 0
2 3 0
x y
x y
y x
y x
y x
x y
x y
                 
            
. 
Phương trình (1) tương đương: 
6
5 3(2 ) 2 3(2 ) 1
3 (2 )
y x y x
y x
     
 
Đặt: 22 ; ( 0) 2t y x t t y x      
Phương trình (1) trở thành: 2 2
2
6
5 3 2 3 1
3
t t
t
   

2 2 2 25 3 . 3 2 3 1. 3 6t t t t       
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 
2
2 2 28 45 3 . 3 4 2
2
t
t t t

     
2 2 22 3 1. 3 2 2t t t    
Suy ra: 2 2 2 25 3 . 3 2 3 1. 3 6t t t t      
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi: 
2 2 2 2
2
2 2 2 2
5 3 3 5 3 3
1
3 1 3 3 1 3 1
0
0 0
t t t t
t
t t t t t
t
t t
                        
        
Với 1t  , ta có:2 1y x  , thay vào phương trình (2) , ta được: 
3 2 2 2 21 4 ( 2)( ) 3x x x x x x x x x           
   2 2 2 2 2( 1) 1 1 2 4 ( 2)( ) 0x x x x x x x x x              
 22
2 2 2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2 2
( 1) ( 2)( ) 0
1 1 2 4
( 1) ( 1)
( 1)( 1) ( 1)( 2) 0
1 1 2 4
1 1
( 1) 1 2 0
1 1 2 4
1 1
( 1) 1 0
1 1 2 4
(
x xx x
x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x
 
       
     
 
        
     
 
        
       
 
       
       


2
2 2
1) 0 (3)
1 1
1 0 (4)
1 1 2 4
x x
x x x x
 


     
      
Vì 
2
2 1 31 0;
2 4
x x x x
          
Nên 2
2 2
1 1
1 0;
1 1 2 4
x x x
x x x x
      
     
Suy ra phương trình (4) vô nghiệm. 
Giải phương trình (3) : 
0
( 1) 0
1
x
x x
x
 
     
 (thỏa) 
Với 
1
0
2
x y   (nhận) 
Với 1 0x y    (nhận) 
Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm:    
1
; 0; , 1;0 .
2
x y
           
Câu 10. (1,0 điểm) 
Cho hai số thực dương ,x y thỏa mãn 3 64( 8 ) 1x y  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
2 3
2 2
( 2 2)
5( ) 5( ) 3
x y
P
x y x y
 

   
. 
, 0a b  ta có: 3 3 34( ) ( ) (1)a b a b   
Thật vậy: 
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2
2
(1) 4( ) 3 ( ) 3( ) 3 ( )
( )( ) ( ) ( )( 2 ) 0
( )( ) 0 (2)
a b a b ab a b a b ab a b
a b a ab b ab a b a b a ab b
a b a b
         
          
   
Vì , 0a b  nên (2) luôn đúng. Dấu " " xảy ra khi a b . 
Suy ra (1) được chứng minh. 
Áp dụng BĐT (1) với 2, 2a x b y  , ta có: 
3 6 3 2 3 2 3 21 4( 8 ) 4 (2 ) ( 2 ) 2 1x y x y x y x y           . 
Lại có: 2 2 2 25( ) 5( ) 3 5 5 5 5 3x y x y x x y y         
2 2
2 21 1 10 1 1 1 15 5 3
4 4 4 2 2 2 2
x x y y x y
                                             
Do đó: 
2 3 3
2 2
( 2 2) (1 2)
54
15( ) 5( ) 3
2
x y
P
x y x y
  
  
   
. 
Ta có: 54P  khi 
3 6
2
4( 8 ) 1
1
2
2
1
2
x y
x y x y
x y
      
  
. 
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 
max
54P  , đạt được khi 
1
2
x y  . 
***************************************************************************** 
Cảm ơn thầy Kiều Hòa Luân (luankieu@ymail.com) đã chia sẻ đến  
Tải toàn bộ đề thi thử 2016 mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết : diendan.onthi360.com