Đề thi thử trung học phổ thông quốc gia năm 2016 môn: Toán đề thi thử lần 2

 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1 
Câu 1: (2,0 điểm). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
3 2
3 2y x x   (C). 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = -1. 
Câu 2: (1,0 điểm). 
 a) Giải phương trình 
9
3
2
2 lo g 1
lo g
x
x
  . 
 b) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn điều kiện 2 3 4z z i   . 
Câu 3: (1,0 điểm). Tính tích phân  
2
1
4 3 . lnI x x d x  . 
Câu 4: (1,0 điểm). 
 a) Cho  là góc thỏa mãn 
2
s in c o s
2
   . Tính sin 2P  . 
 b) Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X. Ban quản lý 
chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6 mẫu ở quầy C. Mỗi mẫu 
thịt này có khối lượng như nhau và để trong các hộp kín có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra 
lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo nạc” 
(Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở các quầy A, B, C. 
Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z    , 
đường thẳng 
1 3
:
2 3 2
x y z
d
 
 

 và điểm ( 2 ;1; 1)I  . Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với 
mặt phẳng ( )P . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho 1 1IM  . 
Câu 6: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là 
điểm 
3 1
;
2 2
K
 
  
 
, đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình là 
3 4 5 0x y   và 2 0x y  . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 
Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều, 
3S C S D a  . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và 
(SBC). 
Câu 8: (1,0 điểm). Giải phương trình 
4 2
3 2 1 6 9 9 2 1 2 0x x x x      trên tập số thực. 
Câu 9: (1,0 điểm). Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 
2 2 2
4a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 
2 2 2 2 2 2
3 3 3a b c
P
b c c a a b
  
  
. 
................. Hết ................. 
Họ và tên thí sinh: .......................................................... Số báo danh: . 
SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 
2016 
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: TOÁN 
 ĐỀ THI THỬ LẦN 2 i i 1 0 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2 
SỞ GD & ĐT HÀ NỘI KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: TOÁN 
 ĐỀ THI THỬ LẦN 2 HƯỚNG DẪN CHẤM 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu 
1 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
3 2
3 2y x x   . 1.0 
điểm 
 1. Tập xác định .D  
2. Sự biến thiên 
 - Đạo hàm 2 2
0
' 3 6 , ' 0 3 6 0
2
x
y x x y x x
x

       

. 
 Bảng xét dấu y’ 
  Hàm số đồng biến trên các khoảng    ; 0 ; 2;  . 
 Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2 . 
 Hàm số đạt cực đại 0 ,x 
d
2
c
y  . Hàm số đạt cực tiểu tại 2 ,x  2
c t
y   
0.25 
 - Giới hạn, tiệm cận 
 3
3
3 2
lim lim 1
x x
y x
x x   
 
     
 
, 3
3
3 2
lim lim 1
x x
y x
x x   
 
     
 
  đồ thị hàm số không có tiệm cận. 
0.25 
 - Bảng biến thiên 
0.25 
3. Đồ thị 0.25 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3 
'' 6 6 '' 0 1y x y x      
 1 0x y   
Đồ thị hàm số có điểm uốn 
 1; 0U 
 1 2x y     
 3 2x y   
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ 1 .x   1.0 
Với    
3 2
1 1 3 1 2 2x y          
Tiếp điểm ( 1; 2 )M   . 
0.25 
Ta có      
22
' 3 6 ' 1 3 1 6 1 9y x x y         
Hệ số góc của tiếp tuyến 9k  . 
0.25 
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm ( 1; 2 )M   có hệ số góc 9k  là: 
 9 1 2 9 7y x y x      
0.25 
Vậy tiếp tuyến cần tìm là 9 7y x  0.25 
Câu 
2 
1.0 
điểm 
a) Giải phương trình 9
3
2
2 lo g 1
lo g
x
x
  . 0.5 
Điều kiện 
0
1
x
x



. 
Đặt 
3 9
1
lo g , ( 0 ) lo g
2
t x t x t    . Ta được phương trình ẩn t 
 2
11 2 2
2 . 1 1 2 0
22
t
t t t t
tt t

          
 
0.25 
Với 
3
1 lo g 1 3t x x     . 
Với 2
3
1
2 lo g 2 3
9
t x x

        . 
Kết luận: Phương trình có tập nghiệm 
1
; 3 .
9
S
 
  
 
0.25 
b) Tìm môđun của số phức z thỏa mãn điều kiện 2 3 4z z i   . 0.5 
 Đặt , ( , ) 2 2 2z x y i x y z x y i z x y i           . 
Khi đó phương trình đã cho trở thành 
0.25 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4 
2 2 3 4
3 3 4
3
3 4
3
4
3
x y i x y i i
x y i i
x
y
x
y
    
    
 
 

 

 


Vậy  
2
24 4 9 7 9 7
3 3
3 3 9 3
z i z
 
         
 
 0.25 
Câu 
3 
Tính tích phân  
2
1
4 3 . lnI x x d x  . 
1.0 
điểm 
Đặt 
  2
1
ln
4 3
2 3
u x d u d x
x
d v x d x
v x x

  
 
    
. Khi đó 0.25 
 
2 2
2
2
1
1
2 3
2 3 ln
x x
I x x x d x
x

    0.25 
     
2
2 2
1
2 .2 3 .2 ln 2 2 .1 3 .1 ln 1 2 3x d x      0.25 
 
   
 
2
2
1
2 2
1 4 ln 2 0 3
1 4 ln 2 0 2 3 .2 1 3 .1
 1 4 ln 2 1 0 4
 1 4 ln 2 6 .
x x   
      
 
  
 
 0.25 
Câu 
4 
 1.0 
điểm 
a) 
Cho  là góc thỏa mãn 
2
s in c o s
2
   . Tính sin 2P  . 0.5 
Từ giả thiết 
2
s in c o s
2
   . Suy ra 
0.25 
 
2 1 1
s in c o s 1 2 s in . c o s
2 2
        
1 1
2 s in . c o s s in 2
2 2
        
Vậy 
1
s in 2
2
P    
0.25 
b) 
Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X. Ban quản 
lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6 mẫu ở 
quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để trong các hộp kín có kích thước 
giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem trong 
0.5 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5 
thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo nạc” (Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp 
lấy ra có đủ ba loại thịt ở các quầy A, B, C. 
 Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các tập con gồm 3 phần tử của tập hợp các hộp đựng 
thịt gồm có 4 5 6 1 5   phần tử, do đó:  
3
1 5
1 5 !
4 5 5 .
1 2 ! .3 !
n C    
0.25 
Gọi D là biến cố “Chọn được một mẫu thịt ở quầy A, một mẫu thịt ở quầy B, một mẫu thịt 
ở quầy C”. 
Tính  n D 
 Có 4 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy A. 
 Có 5 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy B. 
 Có 6 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy C. 
0.25 
Suy ra, có 4 .5 .6 120 khả năng chọn được 3 hộp đủ loại thịt ở các quầy A, B, C 
  120 .n D  
Do đó: 
1 2 0 2 4
( ) .
4 5 5 9 1
P D   
Câu 
5 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z    , đường 
thẳng 
1 3
:
2 3 2
x y z
d
 
 

 và điểm ( 2 ;1; 1)I  . Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc 
với mặt phẳng ( )P . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho 1 1IM  . 
1.0 
điểm 
Khoảng cách từ I tới (P) là 
2 2 2
2 2 .1 2 .( 1) 1 3
( , ( ) ) 1
31 ( 2 ) 2
d I P
   
  
  
0.25 
Mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) có bán kính ( , ( )) 1R d I P  có phương trình 
     
2 2 2
2 1 1 1 .x y z      
0.25 
Từ giả thiết ta có 
  
1 2
: 3 3 , .
2
x t
d y t t
z t
 

  
 
(1 2 ; 3 3 ; 2 )
M d
M t t t
 
  
(2 1; 2 3 ; 2 1)IM t t t     
0.25 
Từ giaie thiết 1 1IM  
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6 
     
     
2 2 2
2 2 2
2
2 1 2 3 2 1 1 1
4 4 1 4 1 2 9 4 4 1 1 1
1 7 1 2 5 0
1
5
1 7
t t t
t t t t t t
t t
t
t
      
         
   


  

Với 
1
1 ( 3; 0 ; 2 )t M  
0.25 
Với 
5 7 6 6 1 0
; ;
1 7 1 7 1 7 1 7
t M
 
    
 
Vậy, có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là : 
 3; 0; 2M và 
7 6 6 1 0
; ;
1 7 1 7 1 7
M
 
 
 
. 
Câu 
6 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm 
3 1
;
2 2
K
 
  
 
, đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình là 
3 4 5 0x y   và 2 0x y  . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 
1,0 
điểm 
Từ giả thiết, tọa độ của A là nghiệm của 
hệ 
3 4 5 0 1
(1; 2 )
2 0 2
x y x
A
x y y
    
  
   
Gọi M là trung điểm của BC 
1
/ /K M d . 
Đường thẳng KM đi qua 
3 1
;
2 2
K
 
  
 
và 
có vec tơ chỉ phương  4; 3u có phương 
trình 
  
3
4
2
1
3
2
x t
t
y t

  


   

0.25 
Tọa độ của M là nghiệm của hệ 
3
4
2
1
1 1
3 ( ;1)2
2 2
1
2 0
x t
x
y t M
y
x y

  

 
 
     
  
 


 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 7 
Đường thẳng BC đi qua điểm 
1
( ;1)
2
M vuông góc với 
1
: 3 4 5 0d x y   có phương trình 
 
1
3
2
1 4
x m
m
y m

 

  
0.25 
 
2 2 2
22 2
1
( 3 ;1 4 )
2
1 3 1 3 2 5
3 1 4 2 3 4 2 5
2 2 2 2 4
B m m
K B m m m m m
  
     
                 
     
Từ giả thiết, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 
2 2
2 3 1 5 0
1 2 .
2 2 4
A K
   
       
   
Mà 
2 2 2
2 22 5 5 0 1 1
2 5 .
4 4 4 2
B K A K C K
m m m
 
       
0,25 
Với 
21
12
x
m
y

  
 
 ta có điểm  2; 1 . 
Với 
11
32
x
m
y
 
   

 ta có điểm  1; 3 . 
Vậy tọa độ 2 đỉnh còn lại B và C có tọa độ là  2; 1 ,  1; 3 . 0.25 
Câu 
7 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều, 
3S C S D a  . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa hai mặt phẳng 
(SAD) và (SBC). 
1.0 
điểm 
Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có 
 
2 2
2
2 2 2 2
2
3 1 1
34 4
c o s 0
2 . . 33 3
2 . .
2
a a
a
IJ IS S J a
S IJ
IJ IS a a
a
 
 
       
0.25 
Gọi I là trung điểm của AB; J là 
trung điểm của CD từ giả thiết ta 
có IJ a ; 
3
2
a
S I  
và 
2
2 2 2 1 1
3
4 2
a a
S J S C JC a     
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 8 
Suy ra, tam giác SIJ là tam giác có S IJ tù. 
Từ giả thiết tam giác SAB đều và tam giác SCD là cân đỉnh S. Gọi H là hình chiếu của S 
trên (ABCD), ta có H thuộc IJ và I nằm giữa HJ tức là tam giác vuông SHI có 09 0H  ; 
góc I nhọn và 
3
c o s c o s c o s
3
I S IH S IJ    ( S IJ và S IH kề bù)  
6
s in .
3
S IH  
0.25 
Xét tam giác SHI ta có 
3 6 2
s in .
2 3 2
a a
S H S I S IH   
Vậy 
3
2
.
1 1 2 2
. . .
3 3 2 6
S A B C D A B C D
a a
V S S H a   
Từ giả thiết giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng d qua S và 
song song với AD. Qua H kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt DA và 
CB kéo dài tại M, N. Theo định lý ba đường vuông góc ta có 
, ;SN B C SM A D SM d SN d M SN      là góc giữa hai mặt phẳng. (SBC) và 
(SAD), M N A B a  . 
0.25 
Xét tam giác HSM vuông tại H có 
2 2
2 22 2 3
,
2 2 4 4 2
a a a a a
S H H M S M S H H M S N         
Theo định lý cosin cho tam giác SMN cân tại S có 
2 2 2
2
2 2 2
2 2
3 3
14 4 2
c o s
3 32 . 3
2
4 2
a a a
a
S M S N M N
M S N
a aS M S N
 
 
    . 
0.25 
Câu 
8 
Giải phương trình 4 23 2 1 6 9 9 2 1 2 0x x x x      trên tập số thực. 
1.0 
điểm 
Điều kiện 
1
2
x  , phương trình đã cho tương đương 
0.25 
     
   
 
4 2 2
2 2
2
3 2 3 2 1 6 1 6 7 7 9 9 2 1 0
3 2 1 1 6 1 7 ( 1) 9 1 2 1 0
9 2 2
3 2 1 ( 1) 1 6 1 7 ( 1) 0
1 2 1
x x x x x x
x x x x x x
x
x x x x x x
x
        
         

        
 
 
 
2
3 2
1 8
1 3 2 ( 1) 1 6 7 0
1 2 1
1 8
1 3 2 3 2 1 6 7 0 (* )
1 2 1
x x x x
x
x x x x
x
 
       
  
 
       
  
 0.25 
Ta có 0.25 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 9 
3
2 3 2
3 2
3 2
3 2 4
8
1 3 2
3 2 8 3 2 3 2 1 6 7 2 7
2 4
1 6
1 6 8
2
1 8
1 2 1 1 1 8
1 2 1
1 8
3 2 3 2 1 6 7 9 0 .
1 2 1
x
x x x x x
x
x
x
x x x
x

 



        


 


      
 
      
 
Vậy (* ) 1x  . 
Kết luận: Phương trình có nghiệm x =1. 
0.25 
Câu 
9 
Cho ba số thực dương , , a b c thỏa mãn 2 2 2 4a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
2 2 2 2 2 2
3 3 3a b c
P
b c c a a b
  
  
. 
1.0 
điểm 
Từ giả thiết  
2 2 2
4
, , 0 ; 2
, , 0
a b c
a b c
a b c
   
 

 và 2 2 2 2 2 24 4a b c b c a        
0.25 
Do đó 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3 3
4 4 4 4 4 4
a b c a b c a b c
P
b c c a a b a b c a a b b c c
        
        
Vì , , 0a b c  . 
Xét hàm số  
3
4f x x x  với  0; 2x  . Có 
   
2 2 3
' 4 3 ' 0 , (0 ) 0 , ( 2 ) 0
3
f x x f x x f f

        . 
Ta có bảng biến thiên của hàm số  f x trên  0; 2 là 
3
2 3 2 3 2 3 1 6 3
4
3 3 3 9
f
   
        
   
Từ bảng biến thiên ta có  
1 6 3
0 ( ) , 0 ; 2 .
9
f x x    
0.25 
Tức  
2 2
3
3 3
1 6 3 1 9 3 9 3
0 4 , 0; 2
9 4 41 6 3 1 6 3
x x
x x x
x x x x
        
 
. 0.25 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 10 
Dấu “=” khi 
2 3
3
x  . 
Áp dụng ta có 
  
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3
3 9 3 9 3 9 3 9 3 9 3 9
; ; , ( , , 0 ; 2 )
4 1 6 4 1 6 4 1 61 6 3 1 6 3 1 6 3
a a a b b b c c c
a b c
a a b b c c
      
  
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được 
  
2 2 2
2 2 29 9 9 9 9
1 6 1 6 1 6 1 6 4
a b c
P a b c       . 
Và dấu “=” xảy ra 
2 3
3
a b c    . 
Vậy 
9
m in
4
P  đạt được, khi và chỉ khi 
2 3
3
a b c   . 
0.25 
Chú ý: 
1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo cách 
nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng 
dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo. 
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả. 
4) Với bài hình học (Câu 8) nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó.