Đề thi thử thpt quốc gia năm 2016 môn thi toán thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
MÔN TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề. 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 23 2y x x   . 
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số  4 2 22 1 1y x m x m     . Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị của đồ thị 
tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất. 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: 2 2
x x 1
sin 3x sin sin x cos sin 4x
2 2 4
  . 
b) Cho tập X={0,1,2,3,4,5}. Tập S gồm các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được lập từ tập X. Lấy 
ngẫu nhiên ra 2 số từ tập S và viết lên bảng. Tính xác suất để 2 số được chọn có một số lẻ và một số 
chẵn. 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: 
   
2
2 1
log 7 2
x
x x

   . 
b) Cho số phức z thoả mãn 
1
3 4i
z i
 

. Tính mô đun số phức z. 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
6
0
2cos 2
3sin 2 cos 4 2

 
x
dx
x x
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(4; 0; 0), B(x0; y0; 0) với x0 , y0 > 0 thỏa mãn 
 02 10 , 45AB AOB  . Tìm điểm C trên tia Oz sao cho thể tích tứ diện OABC = 8 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB a , AC a 3 ,  0CAB 90 , góc giữa  A’BC 
và mặt phẳng đáy  ABC là 060 . Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và 
CM, với M là trung điểm của AB. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD tại A và D, cạnh 
1
AB AD DC
2
  . Gọi  E 3;4 nằm trên cạnh AB, đường thăng d vuông góc với đường thẳng DE tại E và 
cắt đường thẳng BC tại điểm  F 6;3 . Tìm toạ độ điểm D, biết tung độ điểm D lớn hơn 2. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 
 
3 3 2
2
2
x 7y 3xy x y 12y 6y 1
x, y25 1 2 18y
9y 4 25x
9 9 y x 2x 2
      

  
     
  
 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho  a, b,c 0;2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
   
1 8a 8b 8c
P 2 a 2 b 4 c
8 b c 2 c a 2 a b c
 
             
-------------------------------------HẾT-------------------------------------- 
*Ghi chú: Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh.............................................Số báo danh.....................Phòng thi:................. 
~1~ 
HƯỚNG GIẢI 
Câu 1. HS tự giải 
Câu 2. 
Phương trình y’ = 0 
2
0
1 ; : 1 1
x
x m dk m

 
     
Ba điểm cực trị : A(0; m+1) , 2 4 2 2 4 2( 1 ; 2 ), ( 1 ; 2 )B m m m m C m m m m         
Diện tích tam giác ABC : S =  
321 m 
SΔABC đạt GTLN bằng 1 khi m = 0 
Câu 3. 
a) 
1 cos x 1 cos x
pt 4 sin 3x. sin x. sin 4x
2 2
  
   
 
sin 3x sin x sin 4x   
x k
2
sin 2x 0
x k2
cos x cos 2x
k2
x
3


 
      


Vậy phương trình có nghiệm : 
2
x k2
3

    ; x k
2

 với k . 
b) Không gian mẫu   4 3
6 5
2 2
300A A
n C C

   . 
Số các số lẻ là 180. 
Số các số chẵn là 120. 
Gọi biến cố A thoả mãn, suy ra   1 1120 180n A C .C . Xác suất là 
21600 144
P
44850 299
  . 
Câu 4. 
a) Điều kiện 
1
x
2
x 1



 
 . PT  
22 2 x 1x x 7 2x 1 3x 3x 6 0
x 2
 
          
. 
Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm phương trình là x 2 . 
b) Điều kiện z i  . PT

        

1 3 4 3 21
3 4 25 25 25
i
z i z i i
i
. 
suy ra 
2 2
3 21 3 2
z
25 25 5
   
     
   
. 
Câu 5. 
Đặt t = sin2x , ta có I =
3
2
2
0
1
2 3 1 
dt
t t
=
3
2
0
1 2
1 2 1
 
 
  
 dtt t
   
3
2
0
2 1 2 3 2
ln ln ln 1 ln 2 3 2
1 3 2
  
        
t
t
Câu 6. 
~2~ 

 
2 2
0 0
0
0 0
2 10 4 40
45
AB x y
x yAOB
     
 
  
Giải hệ pt tìm được x0 = y0 = 6 suy ra B(6; 6; 0) 
(0;0; ), 0C Oz C m m   , tính được    0;0; , , 0;0;24OC m OA OB   
  
4 8 2OABCV m m    suy ra C(0; 0; 2) 
Câu 7. 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC   0AHA’ 60 . 
2 2 2
1 1 1
AH AB AC
 
a 3
AH
2
 
3a
AA’
2
  . Suy 
ra
3
lt
1 3a 3
V AA’. AB.AC
2 4
  
Gọi N là trung điểm của AA’  A’B // MNC 
       d CM,A’B d B, MNC d A, MNC   
Gọi K và I lần lượt là hình chiếu của A lên CM, NK. 
       d CM,A’B d B, MNC d A, MNC AI    
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
AI AN AK AN AM AC
    
3a
AI
55
   
3a
d CM,A’B
55
  . 
Câu 8. 
Gọi H là trung điểm của CD ta được ABHD là hình vuông. 
BCH là tam giác vuông cân tại H. 
DBC là tam giác vuông cân tại B. 
DEBF nội tiếp đường tròn đường kính DF. Nên   0FDE FBE 180  
mà  0 0ABC 135 FDE 45   . 
Do đó DEF là tam giác vuông cân tại E. Ta có  EF 3; 1 

. Phương trình đường thẳng DE là 
3x y 5 0   . Mà DE = EF nên toạ độ điểm D là nghiệm của hệ 
   
2 2
x 2
3x y 5 0 y 1
x 4x 3 y 4 10
y 7
 
           

Do tung độ điểm D lớn hơn 2 nên  D 4;7 . 
Câu 9. Điều kiện 
2
y
3
 
     
3 3
1 2y 1 y x x 1 y       . 
Suy ra    2 2
2 18y
2 : 25y 9 9y 4 3
y y 1
   

, điều kiện 
2
y
3
 
TH1: Với    
2
2 2
9 9y 42 2 18
x 3 25 4
3 y y y 1

     

. 
N
M
C'
B'
A
C
B
A'
H
K
I
~3~ 
Có 
 
 
VT 4 25
9 162
VP 4 25
2 13



  

 , suy ra (4) vô nghiệm nên pt(3) cũng vô nghiệm. 
TH2: Với    2 2 2
2 4 2 18
x 3 25 9 9 5
3 y y y 1
       

. Đặt 
2
1 9
t 0 t
y 4
    
Pt    
18t 18 t 4
25 9 9 4t 2t t 2 0 6
t 1 t 11 9 4t
 
           
. 
Với 
9
0 t
4
  suy ra 
18 18 t 4 3 18 18 t 4
; 1 4 0
4 t 1 t 1 4 t 11 9 4t 1 9 4t
 
       
     
. 
Do đó  
2
6 t 2 y
2
     (do 
2
y
3
  ) . Suy ra 
2 2
x
2

 . 
Vậy hệ phương trình có nghiệm  
2 2 2
x; y ;
2 2
 
   
 
. 
Câu 10. Đặt a 2x;b 2y;c 2z   thì  x, y,z 0;1 . Khi đó 
   
x y z
P 1 x 1 y 2 z
y z 1 z x 1 x y 1
      
     
. 
Với  x, y,z 0;1 ta có 1 x 0;1 y 0; x y 1 1       . Áp dụng BĐT Cauchy, ta có 
     
       3
1 x 1 y x y 1
1 x 1 y x y 1 1 x 1 y x y 1 1
3
     
           (*). 
Suy ra      
 
     
2 z z 2
* 1 x 1 y 2 z 1 x 1 y 2 z 1
x y 1 x y 1 x y 1

          
     
. 
Mặt khác từ giả thiết ta có  
x 2x
2
y z 1 x y 1

   
. Thật vậy    2 x y 2z 1 x 0     (luôn đúng). 
Tương tự ta có:  
y 2y
3
z x 1 x y 1

   
. 
Lấy (1), (2), (3) cộng vế với vế ta được P 2 . 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  
 
 
1 x 1 y x y 1
x y 0
x y 2z 1 x 0
z 0;1
y x 2z 1 y 0
      
  
     

   
. 
Vậy GTLN của P là 2 khi 
 
a b 0
c 0;1
 


.