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

LTĐH TRANG TIỀN 
ĐT:01679629666 – 0974538839 
ĐỀ DỰ ĐOÁN 06 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
MÔN: TOÁN (06) 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể giao đề 
Câu 1 ( 1,5 điểm).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số :
2x 1
1
y
x



.Tìm m để 
đường thẳng ( ) :d y x m  cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt. 
Câu 2 ( 0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2( ) ln(1 2 )y f x x x    
trên đoạn [1; 0] 
Câu 3 ( 1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa (1 2 ) (1 2 ) 1 3i z z i i     . Tính môđun của z . 
b) Giải phương trình :   
2
log (2 3) 2x x 
Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân.
 
/2
0
cosI x x x dx

 
Câu 5 ( 1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai điểm M (1 ; 2 ; -2), N (2 ; 0 ; -1) và mặt 
phẳng   :P x y z   3 2 1 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua 2 điểm M; N và 
vuông góc (P). Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I ( -1; 3; 2 ) và tiếp xúc mặt phẳng (P). 
Câu 6 ( 1,0 điểm). 
a) Giải phương trình:. sin 2 cos sin 1x x x   
b) Trong một đợt kiểm tra vệ sinh an toàn thực phẩm bộ Y Tế lấy 10 mẫu cá biển từ 10 địa 
điểm khác nhau cần được kiểm tra tại các tỉnh và thành phố miền trung, trong đó có 4 mẫu 
không an toàn và 6 mẫu an toàn.Bộ Y Tế Lấy ngẫu nhiên 5 mẫu từ 10 mẫu để kiểm tra. Tính 
xác suất để trong 5 mẫu được lấy có ít nhất 3 mẫu an toàn. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ' ' '.ABC A BC biết góc giữa mặt phẳng ( ' )A BC và 
mặt phẳng )(ABC bằng 600 , tam giác ABC vuông cân tại A với BC bằng 2a Tính thể tích 
khối lăng trụ '''. CBAABC .Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AG và CB ' với G là trọng 
tâm tam giác ABC. 
Câu 8 (1,0 điểm. ) Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho hình chữ nhật DABC có đỉnh B thuộc 
đường tròn 2 2 10x y  , đỉnh C thuộc đường thẳng 2 1 0x y   . Gọi M là hình chiếu vuông 
góc của B lên AC. Biết rằng 
3 1
;
5 5
N
 
 
 
, P(1;1) lầ lượt là trung điểm của AM, CD đồng thời 
B có hoành độ dương, C có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật 
Câu 9 (1,0 điểm). Một công ty TNHH trong một đợt quảng cáo và bán khuyến mãi hàng hoá 
(1 sản phẩm mới của công ty) cần thuê xe để chở 140 người và 9 tấn hàng. Nơi thuê chỉ có 
hai loại xe A và B. Trong đó xe loại A có 10 chiếc, xe loại B có 9 chiếc. Một chiếc xe loại A 
cho thuê với giá 4 triệu, loại B giá 3 triệu. Hỏi phải thuê bao nhiêu xe mỗi loại để chi phí 
vận chuyển là thấp nhất. Biết rằng xe A chỉ chở tối đa 20 người và 0,6 tấn hàng; xe B chở 
tối đa 10 người và 1,5 tấn hàng 
Câu 10 (1,0 điểm Giải hệ phương trình 






01)988()12)(322(
0243
222
233
xyyxxyx
yxyyx
-------------------HẾT------------------
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 ĐÁP ÁN 
Câu 1 
- TXĐ: D = 
- Giới hạn: 4
2 4
2 1
lim lim 1
x x
y x
x x 
 
     
 
- Sự biến thiên: 
 +) Ta có: y' = 4x
3 
- 4x ' 0 0 1y x x       
 +) Bảng biến thiên 
 Suy ra: * Hàm số nghịch biến trên các khoảng    ; 1 , 0;1  và hàm đồng biến trên 
các khoảng    1;0 , 1;  . 
 * Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = 1 
 xCT = 1 , yCT = 0 
- Đồ thị: 
f(x)=x^4-2x^2+1
-2 -1 1 2
-2
-1
1
2
x
y
1đ 
2 Giao điểm của đồ thị hàm số 3 4 3y x x   với trục tung là M( 0;3) 
2' 3 4 '(0) 4y x y     
Phương trình tiếp tuyến cần tìm : 4 3y x   
0.5 
0.25 
0.25 
3 a)Gọi ( , )z a bi a b z a bi      
-Ta có: 23 2 (4 )z z i   3( ) 2( ) 15 8a bi a bi i      5 15 8a bi i    
Giải được: 3; 8 3 8 73a b z i z        
b) Giải phương trình:3.9 2.3 1 0 ( )x x x    
Đăt 3 ( 0)xt t  ; ta có : 2
1( )
3 2 1 0 1
3
t loai
t t
t
 
   
 

0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
x 
y
' 
y 
-  +  - 1 0 1 
0 0 0 + - + - 
+ +  
0 0 
1 
Ta có : 1
1
3 3 3 1
3
x x x     
. 
Vậy nghiệm của bất phương trình là 1x   
4 
2 2
sin
0 0
cos .cosxI e xdx x xdx
 
   
0.25 
 
2
2 2
sin sin sin
1 0
0 0
cos sin 1x x xI e xdx e d x e e

 
      
0.25 
2 22 2
2
0 00 0
.cos sin sin cos 1
2 2
I x xdx x x xdx x
  
 
        
0.25 
1 2I I I  = 2
2
e

 
0.25 
5 -Vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là (1;1; 1)AB  

-Phương trình tham số của đường thẳng AB là 
1
( )
2
x t
y t t
z t
 

 
  
 
Gọi tâm (1 ; ;2 )I t t t AB   ; ( 1)t   
(S) tiếp xúc mp (P)
2( )
5 2 12
( , ( )) 4 5 2 12 14
5 2 12 (
5
t nhân
t
d I P t
t t loai)

             

Phương trình mặt cầu (S) cần tìm : 2 2 2( 3) ( 2) 16x y z    
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
6 a)Giải phương trình: 
cos 2 sin 2 sin cos sin 2 sin 2 2 sin 2 2 sin( )
4
x x x x x x x x

        
Tìm và kết luận nghiệm: 
2
12 3
;
3
2
4
k
x
k
x k
 
 

   

 
b) Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh đi du học Nhật Bản từ 30 học sinh của các lớp 12A2, 
12A3, 12A4, 12A5; số cách chọn là 630C cách. 
Suy ra số phần tử của không gian mẫu  là   593775630  Cn 
Gọi A là biến cố: '' Có ít nhất 2 h/s lớp 12A2 được chọn ". 
suy ra   442750. 52515625  CCCAn 
Xác suất của biến cố A là:     25,0
593775
151025
596775
442750
11  APAP 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
7 
x
30°
I
C
B
A' C'
B'
A
E
F
0.25 
Ta có : 
 
' ( ' ( )) ( ' ' )
( ' ' ) : '
CI AB
CI AA AA ABC CI AA B B
Trong AA B B AB AA A
 

   
  
Suy ra góc giữa CA’ và ( ' ' )AA B B chính là góc giữa CA’ và IA’ và bằng góc  30'CA I   
Do đó 
3
2
'
tan '
IC a
A I
CA I
  ; với 
3 3
2 2
AB a
IC   
Suy ra: 
2 2
2 2 9 2
4 4
' '
a a
AA A I AI a     
Vậy 
2 33 6
2
4 4
. ' ' '
'. .
ABC A B C ABC
a a
V AA S a

   (đvtt) 
0.25 
Kẻ Ix AC . Khi đó ( , ' ) ( ,( ' , )) ( ,( ' , ))d AC A I d AC A I Ix d A A I Ix  0.25 
Kẻ AE Ix tại E và 'AF A E tại F. 
Ta chứng minh được:  ,( ' , )d A A I Ix AF 
Ta có: 
3
60
2 4
.sin .sin
a a
AE AI AIE    
Và: 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 16 35 210
352 3 6'
a
AF
AF A A AE a a a
       
Vậy:  
210
35
, '
a
d AC A I AF  
0.25 
8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn 
tâm I; có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - 2 = 0, D(2; -1) là chân đường cao của 
tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B 
xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác 
ABC. 
Gọi M là điểm đối xứng của A qua I. 
Ta có   BCM BAM EDC  (Do tứ giác ABDE nội tiếp). Từ đó suy ra DE / /MC mà 
MC AC DE AC   . 
Ta có  DE 1;2

 . 
Phương trình AC :    1 x 2 2 y 1 0 x 2y 4 0        . Ta có  A d AC  . Tọa 
độ của A thỏa hệ phương trình 
x 2y 4 0 x 0
x y 2 0 y 2
    
 
    
  A 0;2 . 
Ta có  AD 2; 3 

,  AE 3; 1 

. 
Phương trình BE :    3 x 3 y 1 0 3x y 8 0        . 
Phương trình BD :    2 x 2 3 y 1 0 2x 3y 7 0        . B BE BD  
Tọa độ của B thỏa hệ phương trình 
17
x
3x y 8 0 17 57
B ;
2x 3y 7 0 5 7 7
y
7

     
     
       

 . 
Ta có  C AC BD  , nên Tọa độ của C thỏa hệ phương trình 
26
x
x 2y 4 0 26 17
C ;
2x 3y 7 0 1 7 7
y
7

     
    
      

 . 
Kết luận :  A 0;2 , 
17 5
B ;
7 7
 
 
 
, 
26 1
C ;
7 7
 
 
 
. 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 9 3 3 2
3
3 4 2 0 (1)
3 2 2 (2)
x y y x y
x x x y
      

    
 Điều kiện: 2x   . 
   
33 3 2 3(1) 2 3 4 2 1 1 2x x y y y x x y y              . 
0.25 
Xét hàm số   3 2f t t t   trên  2;  . 
Ta có:    2' 3 1 0, 2;f t t t       . 
Mà  f t liên tục trên  2;  , suy ra hàm số  f t đồng biến trên  2;  . 
Do đó: 1x y  . 
0.25 
Thay 1y x  và phương trình (2) ta được: 3 3 2 2 1x x    
    
  
 
3 2
2 2 2 2 2
8 2 2 2 2 2 4
2 2
x x
x x x x x
x
   
         
 
  
 
 
 
 
2 22 2 22 2 4 2 2 4 0
2 2 2 2
x
x x x x x x
x x
 
           
    
 
0.25 
 2 0 2 3x x y      
 
   
2 22 22 4 0 2 4
2 2 2 2
x x x x
x x
       
   
 (*) 
Ta có    
22 22 4 1 3 3; 1, 2;
2 2
VT x x x VP x
x
            
 
Do đó phương trình (*) vô nghiệm. 
0.25 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;3x y  . 
10 Với a + b + c = 3 ta có 
3 ( ) ( )( )
bc bc bc
a bc a a b c bc a b a c
 
     
1 1
2
bc
a b a c
 
  
  
Theo BĐT Cô-Si: 
1 1 2
( )( )a b a c a b a c
 
   
, dấu đẳng thức xảy ra b = c 
0.25 
Tương tự 
1 1
23
ca ca
b a b cb ca
 
  
   
 và 
1 1
23
ab ab
c a c bc ab
 
  
   
0.25 
Suy ra P
3
2( ) 2( ) 2( ) 2 2
bc ca ab bc ab ca a b c
a b c a b c
    
    
  
0.25 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 
3
2
 khi a = b = c = 1. 
0.25