Đề thi thử thpt quốc gia năm 2016 – lần 2 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 2 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )H của hàm số 
1
.
2
x
y
x
 


Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số 4 3 2( ) 3 4 12 .f x x x x   
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Cho hàm số 2( ) .x xf x e e  Tìm x để '( ) 2 ( ) 3.f x f x  
b) Cho số phức z thỏa mãn 2(1 ) 2 4 .i z i   Tìm phần thực và phần ảo của .z 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
0
3 1
sin d .
5
x
I x x
x

 
  
 
 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z    và 
điểm (1; 2; 3).I Viết phương trình mặt cầu ( )S tâm ,I tiếp xúc với mặt phẳng ( ).P Tìm tọa độ tiếp 
điểm của ( )S và ( ).P 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Cho 
1
cos .
3
a  Tính giá trị biểu thức 
sin 3 sin
.
sin 2
a a
P
a

 
b) Nam và Hùng chơi đá bóng qua lưới, ai đá thành công nhiều hơn là người thắng cuộc. Nếu để 
bóng ở vị trí A thì xác suất đá thành công của Nam là 0, 9 còn của Hùng là 0, 7; nếu để bóng ở vị 
trí B thì xác suất đá thành công của Nam là 0, 7 còn của Hùng là 0, 8. Nam và Hùng mỗi người 
đều đá 1 quả ở vị trí A và 1 quả ở vị trí .B Tính xác suất để Nam thắng cuộc. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh ,a góc giữa 
cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 045 , hình chiếu của A lên mặt phẳng ( ' ' ')A B C là trung điểm 
của ' ' .A B Gọi M là trung điểm của ' ' .B C Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C theo a và 
côsin của góc giữa hai đường thẳng ' , ' .A M AB 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và ,D 
1
.
3
AB AD CD  Giao điểm của AC và BD là (3; 3),E  điểm (5; 9)F  thuộc cạnh AB sao 
cho 5 .AF FB Tìm tọa độ ỉnh ,D biết rằng đỉnh A có tung độ âm. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình  2 1 22 22 log 1 4 log (3 ).x xx x x    
Câu 10 (1,0 điểm). Tìm số thực m lớn nhất sao cho tồn tại các số thực không âm , ,x y z thỏa mãn 
4x y z   và  3 3 3 2 2 28 .x y z xy yz zx m      
------------------ Hết ------------------ 
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 16, 17/4/2016. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại 
phiếu dự thi cho BTC. 
 2. Thi thử THPT Quốc gia lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 07 và ngày 08/5/2016. Đăng ký 
dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 16/4/2016. 
 1 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 2 
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu Đáp án Điểm 
1o. Tập xác định: \ {2}. 
2o. Sự biến thiên: 
* Giới hạn, tiệm cận: Ta có 
2
lim
x
y

  và 
2
lim .
x
y

  Do đó đường thẳng 2x  là 
tiệm cận đứng của đồ thị ( ).H 
Vì lim lim 1
x x
y y
 
   nên đường thẳng 1y   là tiệm cận ngang của đồ thị ( ).H 
* Chiều biến thiên: Ta có 
2
1
' 0,
( 2)
y
x
 

 với mọi 2.x  
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 2), (2; ).   
0,5 
* Bảng biến thiên: 
Câu 1 
(1,0 
điểm) 
3o. Đồ thị: 
Đồ thị ( )H cắt Ox tại (1; 0), cắt Oy 
tại 
 
 
 
1
0; ;
2
 nhận giao điểm (2; 1)I  
của hai đường tiệm cận làm tâm đối 
xứng. 
0,5 
Hàm số xác định với mọi  .x  
Ta có 
3 2
1 2 3
'( ) 12 12 24 ; '( ) 0 1, 0, 2.f x x x x f x x x x         
0,5 
Câu 2 
(1,0 
điểm) 
 2''( ) 12 3 2 2f x x x   . 
Ta lại có ''( 1) 0, ''(0) 0, ''(2) 0.f f f    
Suy ra 1, 2x x   l các điểm cực tiểu; 0x  là điểm cực đại của hàm số. 
Chú ý. Học sinh có thể lập Bảng biến thiên để đưa ra kết luận. 
0,5 
a) Hàm số xác định với mọi x  và    2'( ) 2 , .x xf x e e x  Khi đó 
2 2'( ) 2 ( ) 3 2 2 2 3 1 0.x x x x xf x f x e e e e e x            
0,5 
Câu 3 
(1,0 
điểm) 
b) Từ giả thiết ta có 
2
2 4 2 4 1
2 2 .
2(1 )
i i
z i
i ii
 
      

Vậy, phần thực của z bằng 2, phần ảo của z bằng 1. 
0,5 
x 
'y 
  2 
 
1 1 
 
 
 
y 
O 
1 
y 
1 
2 
I 
x 
 2 
Ta có 
1 1
0 0
3 1
sin d d
5
x
I x x x
x


 
 
+)  
 
  
11
00
1 2
sin cos .xdx x 
0,5 
Câu 4 
(1,0 
điểm) 
+) Tính 
1
0
3 1
 d .
5
x
x
x


 Đặt 3 1 .x t  
Khi đó 0 1; 1 2x t x t      và 
2 1 2
.
3 3
t t
x dx dt

   
Suy ra 
1 2 22
2
0 1 1
3 1 2 2
 d 2 2 1
5 4 416
x t
x dt dt
x t tt
 
    
    
   
         
2
1
2 4 ln 4 4 ln 4 2 8 ln 3 4 ln5.t t t 
Từ đó ta được 
2
2 8 ln 3 4 ln5.I

    
0,5 
Ta có  , ( ) 3.R d I P  Suy ra 2 2 2( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 3.S x y y      0,5 
Câu 5 
(1,0 
điểm) Gọi H là tiếp điểm của ( )S và ( ).P Khi đó H là hình chiếu củ I lên ( ).P 
Ta có (1; 1; 1).
IH P
u n
 
 Suy ra 
1 2 3
: .
1 1 1
x y z
IH
  
  
Do đó ( 1; 2; 3).H t t t   Vì ( )H P nên 
         ( 1) ( 2) ( 3) 3 0 1.t t t t 
Suy ra (0; 1; 2).H 
0,5 
a) Ta có 
2sin 3 sin 2 cos 2 sin cos 2 2 cos 1 7
.
sin 2 2 sin cos cos cos 3
a a a a a a
P
a a a a a
 
      
0,5 
Câu 6 
(1,0 
điểm) 
b) Gọi X là biến cố Nam thắng cuộc; ( 0, 1, 2)
i
N i  là biến cố Nam đá thành công i 
quả; ( 0, 1, 2)
i
H i  là biến cố Hùng đá thành công i quả. 
Khi đó 
     1 0 2 0 2 1X N H N H N H      . 
Theo giả thiết ta có 
         1 0 1 0. 0, 9.0, 3 0,1.0, 7 0, 3.0, 2 0, 0204.P N H P N P H     
         2 0 2 0. 0, 9.0, 7 0, 3.0, 2 0, 0378.P N H P N P H    
         2 1 2 1. 0, 9.0, 7 0, 7.0, 2 0, 3.0, 8 0, 2394.P N H P N P H     
Suy ra (X) 0, 0204 0, 0378 0, 2394 0, 2976.P     
0,5 
 3 
a
45
0
K N
MH
C
B
A
C '
B '
A'
Gọi H là trung điểm của ' ' .A B Khi đó 
( ' ' ').AH A B C Suy ra 
  0' ( ', ( ' ' ')) 45 .AA H AA A B C  
Do đó ' .
2
a
AH A H  Suy ra 
3
0
. ' ' '
1 3
. . . .sin 60 .
2 2 8ABC A B C
a a
V a a  
0,5 
Câu 7 
(1,0 
điểm) 
Gọi N là trung điểm của .BC Khi đó 
 
( ' , ') ( , ').A M AB AN AB 
Trong tam giác vuông 'HAB ta có 
2 2
2 2 2' ' .
2 2 2
a a a
AB AH HB
   
       
   
Tam giác ABC đều cạnh a nên 
3
.
2
a
AN  
Gọi K là trung điểm của .AB Khi đó ' / /B K AH nên ' .B K KN Suy ra 
2 2
2 2 2' ' .
2 2 2
a a a
B N B K KN
   
       
   
Áp dụng hệ quả của định lý hàm số côsin trong tam giác 'AB N ta có 
 
2 2 22 3 2
4 4 4 6
cos( ' , ') cos ' .
42 3
2. .
2 2
a a a
A M AB NAB
a a
 
   
0,5 
11
I
F
E
D C
BA Gọi .I EF CD  Ta sẽ chứng minh tam 
giác EAI vuông cân tại .E 
Đặt , .AB a AD b 
   
 Khi đó a b
 
 và 
. 0.a b 
 
 Ta có 3 .AC AD DC b a   
    
   1 5 1 5 13 3 .
4 6 4 6 12
FE AE AF AC AB b a a b a        
         
Suy ra 
2 21
. 3 3 0.
12
AC EF b a
 
   
 
   
 Do đó .AC EF (1) 
Từ (1) suy ra tứ giác ADIE nội tiếp. Suy ra   0
1 1
45 .I D  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra tam giác EAI vuông cân tại .E 
0,5 
Câu 8 
(1,0 
điểm) 
Ta có (2; 6)
AC
n EF 
 
 nên : 3 12 0 (3 12; ).AC x y A a a     
Theo định lý Talet ta có 
3
EI EC CD
EF EA AB
   3 ( 3; 15).EI FE I   
 
0,5 
 4 
Khi đó 
2 2
3
(3 9) ( 3) 360 .
9
a
EA EI a a
a
 
       
 
Vì A có tung độ âm nên ( 15; 9).A   
Ta có (20; 0)
AD
n AF
 
 nên : 15 : 15.AD x CD y    Do đó ( 15; 15).D  
Điều kiện: 0.x  Phương trình đã cho tương đương với 
2 1 2 3
2 2
2 log 1 2 log (3 ).x x xx x x      
 
 (1) 
Xét hai trường hợp sau: 
TH1. 
1
0 .
3
x  Khi đó 
2 1 2 3
2 2
2 log 1 2 0 2 log (3 ).x x xx x x        
 
Suy ra (1) không thỏa mãn. 
0,5 
Câu 9 
(1,0 
điểm) 
TH2. 
1
.
3
x  Ta có 2 1x x  và 3x đều thuộc khoảng [1; + ). 
Xét hàm số 
2
( ) 2 logtf t t trên khoảng [1; + ). 
Ta có 
2
1
'( ) 2 ln 2. log 2 . 0
ln 2
t tf t t
t
   với mọi t thuộc khoảng [1; + ). 
Suy ra ( )f t đồng biến trên khoảng [1; + ). 
Do đó (1) tương đương với 2 1 3 .x x x   Từ đây giải ra được 
1
.
3
x  
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 
1
.
3
x  
0,5 
Giả sử tồn tại các số thực , ,x y z thỏa mãn yêu cầu bài toán đặt ra. 
Không mất tính tổng quát ta giả sử y nằ giữa x và .z Kết hợp với giả thiết ta có 
0 2y  và ( )( ) 0.x y x y z   
Từ đây ta được  
22 2 2 .xy yz zx y x z    
Mặt khác, do ,x z không âm nên  
33 3 .x z x z   
Do đó 
        
3 2 3 23 38 4 8 4m x z y y x z y y y y          
 3 28 52 80 64y y y    . (1) 
0,5 
Câu 
10 
(1,0 
điểm) 
Xét hàm số 3 2( ) 8 52 80 64, 0 2.f y y y y y      Ta có 
 2 2( ) 24 104 80 8 3 13 10 .f y y y y y       
 ( ) 0, 0 2 1.f y y y      
Ta có (0) 64, (1) 100, (2) 80.f f f   
Suy ra ( ) (1) 100, [0; 2].f y f y    (2) 
Từ (1) và (2) ta được 100.m  
Khi 0, 1, 3x y z   ta có dấu đẳng thức. 
Vậy số m lớn nhất cần tìm là 100. 
0,5