Đề thi trung học phổ thông quốc gia 2016 môn thi: Toán ; khối 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 www.luyenthi24h.com 
 Biên soạn: Đặng Nhật Long 
ĐỀ THI THỬ 
(  ) 
ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016 
Môn: TOÁN ; Khối 12 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI – THANH HÓA 
Câu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 2( ) 3 4y f x x x    . 
Câu 2. (1,0 điểm) Cho 
1
tan ( (0; ))
2 2

   . Tính giá trị biểu thức 
2sin 3cos 12 2
5sin 2 os
2 2
P
c
 
 

 

. 
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
2
2 4
log ( ) 2log 3
( ,
4 2 62 0
xy
x y
x
xy
y x y






 

  
. 
Câu 4. (1,0 điểm) Tìm họ nguyên hàm 
2
2 3
2 1
x
dx
x x


 
Câu 5. (1,0 điểm) Gọi M là tập hợp các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ 
số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Lấy ra từ tập M một số bất kỳ. Tính xác suất để lấy được số có tổng 
các chữ số là số lẻ ? 
Câu 6. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A(1; 1; 0); B(1; 0; 
2); C(2;0; 1), D(-1; 0; -3). Chứng minh A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp và viết 
phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó . 
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, BC = 2a, Góc 
060ACB  . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mp(ABC), tam giác SAB cân tại S, tam 
giác SBC vuông tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A tới 
mp(SBC). 
Câu 8. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC. Đường phân giác trong của góc B có phương trình 
1
: 2 0d x y   , đường trung tuyến kẻ từ B có phương trình 
2
:4 5 9 0d x y   . Đường 
thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm 
1
(2; )
2
M , bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 
là 
5
2
R  . Tìm tọa độ đỉnh A . 
Câu 9. (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực 
 2 27 25 19 2 35 7 2x x x x x       . 
Câu 10. (1,0 điểm) Cho , ,x y z là các số thực thuộc đoạn 0;1   . Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức 3 3 3 2 2 22( ) ( )P x y z x y y z z x      
----------------- HẾT ----------------- 
Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên học sinh : ...................................................... Số báo danh : ................................................. 
Chữ kí giám thị 1: ......................................................... Chữ kí giám thị 2: ......................................... 
 www.luyenthi24h.com 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN 
THI 
 TRƯỜNG THPT LÊ LỢI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN 
1 
 NĂM HỌC 2015 -2016 
 Môn: Toán – lớp 12 
 (Đáp án có:04 trang) 
Câu Đáp án Điếm 
Câu 1 
(1,0đ) 
a/ TXĐ:R 
b/ Sự biến thiên 
+Giới hạn ;
x x
limy limy
 
    
+Bảng biến thiên: ' 23 6y x x  ; 
' 2
0
0 3 6 0
2
x
y x x
x

       
. 
Hàm số đồng biến trong khoảng 
( ; 2)  và (0; ) , nghịch biến 
trong khoảng ( 2;0) . Hàm số đạt cực 
tiểu tại x = 0; 4CTy   , đạt cực đại tại 
x = -2; yCĐ = 0. 
c/ Đồ thị : '' 6 6 0 1y x x      
Điểm uốn I(-1; -2). 
Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn làm 
tâm đối xứng 
0,5 
0,5 
Câu 2 
(1,0đ) Vì 
1
tan ( (0; ))
2 2

   nên 2
2
2 tan
12 tan 4 tan 1 0
2 2 2
1 tan
2

 

    

Suy ra tan 2 5
2

   hoặc tan 2 5 ( )
2
l

   . Do tan 0
2

 . 
Thay vào ta có 
2 tan 3
1 2 5 1 12 2
5 5 5tan 2
2
P




    

0,5 
0,25 
0,25 
Câu 3 
(1,0đ) 
ĐKXĐ 
0
0
x
y



 Biến đổi phương trình đầu tiên của hệ ta có 
2 2
2 4 2 2 4 4log ( ) 2log 3 log log 2(log log ) 3
x
xy x y x y
y
       
2 22 2 2 2
log 2log 2log 2log 3x y x y     
2 2 2 2log 2log log log 3x y x y     
23log 3 2y y    . 
Thay 2y  vào phương trình thứ hai suy ra 24 2 62 0x x    
216.2 2 62 0x x    . Đặt 2 ( 0)x t t  ta có phương trình 
0,25 
0,25 
0,25 
x 
y
' 
y 
  -2 0 
0 0 + + - 
0 
-4 
 
 
 www.luyenthi24h.com 
216 62 0 2t t t     hoặc 
31
16
t   . Do 0t  nên lấy 2t  suy ra 1x  . 
Đs: Hệ có nghiệm duy nhất ( ; ) (1;2)x y  . 
0,25 
Câu 4 
(1,0đ) 
Ta có: 
2
2 3 2 3 4 1 5 1
. .
2 1 (2 1)( 1) 3 2 1 3 1
x x
dx dx dx
x x x x x x
   
          
   
4 1 5 1
3 2 1 3 1
dx dx
x x
  
  
2 (2 1) 5 ( 1)
3 2 1 3 1
d x d x
x x
 
  
  
2 5
ln 2 1 ln 1
3 3
x x C      
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 5 
(1,0đ) 
Gọi A là biến cố " Số chọn được là số có 4 chữ số đôi một khác nhau và 
tổng các chữ số là một số lẻ". Số các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập 
từ 7 chữ số đã cho là 4
7 840A  (số), suy ra: 840  
Gọi số 4 chữ số đôi một khác nhau và tổng các chữ số là một số lẻ có dạng 
abcd . Do tổng a b c d   là số lẻ nên số chữ số lẻ là lẻ 
Trường hợp 1 : có 1 chữ số lẻ , 3 chữ số chẵn : có 1 3
4 3. 4C C  bộ số 
Trường hợp 2 : có 3 chữ số lẻ , 1 chữ số chẵn : có 3 1
4 3. 12C C  bộ số 
Từ mỗi bộ số trên ta lập được 4 24P  số 
Tất cả có 16.24= 384 số , suy ra: 384A  . 
Vậy 
384 48
( )
840 105
A
P A

  

. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 6 
(1,0đ) 
Ta có (0; 1;2); (1; 1;1); ( 2; 1; 3)AB AC AD        . 
 , 1;2;1 ; , . 7AB AC AB AC AD         
Do , . 7 0AB AC AD      , nên 3 véc tơ , ,AB AC AD không đồng phẳng suy 
ra A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp. 
Gọi phương trình mặt cầu có dạng 2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d       
( với 2 2 2 0a b c d    ). 
Do mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ 
2 2 2
2 4 5
4 2 5
2 6 10
a b d
a c d
a c d
a c d
   
    

   
    
Giải hệ suy ra 
5 31 5 50
; ; ;
14 14 14 7
a b c d     
Vậy phương trình mc là: 2 2 2
5 31 5 50
0
7 7 7 7
x y z x y z       . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 7 
(1,0đ) 
a) Gọi H là trung điểm của cạnh AB, từ gt có 
( )SH ABC . 
.
1
.
3
S ABC ABCV S SH . Tam giác ABC 
vuông tại A có: 
0 02 sin60 3 ; 2 os60AB a a AC ac a    
Nên 2
1 3
.
2 2
ABCS AB AC a  
Gọi K là trung điểm của cạnh BC thì 
0,25 
 www.luyenthi24h.com 
01 1 1; cos60
2 2 2
SK BC a HK AC a a     
2 2 2 23
4
SH SK KH a   
3
2
SH a  . Suy ra 3
.
1
4
S ABCV a . 
b) Ta có 2 2
6
2
SB SH HB a   
2 2
2 2 2 2 3 7
4 4
a a
HC AC AH a     
2 2
2 2 3 7 10
4 4 2
a a
SC SH HC a     
21 1 6 10 15. . .
2 2 2 2 4
SBCS SB SC a a a   
Vậy 
3
.
2
3
3 34( ;( ))
15 15
4
S ABC
SBC
a
V
d A SBC a
S
a
   
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 8 
(1,0đ) 
Tọa độ B là nghiệm của hệ 
2 0 1
4 5 9 0 1
x y x
x y y
    
 
    
Gọi M' là điểm đối xứng với M qua 1d , 
' 3( ;0)
2
M . 
Do AB đi qua B và M nên có pt: 2 3 0x y   . 
BC đi qua M' và B nên có pt: 2x + y – 3 = 0. 
Gọi  là góc giữa 2 đường thẳng AB và BC 
suy ra 
2.1 1.2 4 3
os sin
5 55. 5
c  

    . 
Từ định lý sin trong tam giác ABC 
2 3
sin
AC
R AC
ABC
   . 
3
, ( ; ); ( ;3 2 )
2
a
A AB C BC A a C c c

    , trung 
điểm của AC là 
9 4
( ; )
2 4
a c a c
N
  
. 
2 2
2
4 3 0
5; 2
4 3
3, 03 ( ) 9
2
a c
N d a c
a c
a cAC c a
  
   
               
 
Khi a = 5 ta được A(5; -1). Khi a = -3 ta 
được A(-3; 3). Đs: A 1 (5; -1), A 2 (-3; 3). 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 9 
(1,0đ) 
Điều kiện 7x  
Phương trình tương đương 2 27 25 19 7 2 2 35x x x x x       . 
Bình phương 2 vế suy ra: 23 11 22 7 ( 2)( 5)( 7)x x x x x      
B 
A 
d1 
C 
M 
N 
. . 
M
' 
d2 
S 
A 
B 
C 
H K 
60
0 
 www.luyenthi24h.com 
 2 23( 5 14) 4( 5) 7 ( 5)( 5 14)x x x x x x        
Đặt 2 5 14; 5a x x b x     .( a ,b  0) Khi đó ta có phương trình 
2 2 2 23 4 7 3 7 4 0
3 4
a b
a b ab a ab b
a b

        
Với a = b suy ra 3 2 7 ( / ); 3 2 7 ( )x t m x l    . 
Với 3a = 4b suy ra 
61 11137 61 11137
( / ); ( )
18 18
x t m x l
 
  . 
Đs: 
61 11137
3 2 7 ;
18
x x

   . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 10 
(1,0đ) 
Đặt 3 2 2 3 3 2yx 2( )( ) 2 z x y z y zf x x      .Ta có: 
' 2 2 ' 2 2 2 2
1 2
1 1
2 ; ( 6 ); ( 6 )
6 6
( ) 6 ( ) 0yx z y y z y y zf x x f x x x x x           
Nhận xét:  1 0;1x  , lập bảng biến thiên ta thấy khi  2 0;1x  hay  2 0;1x  thì 
 
 
x 0;1
ax ( ) ax (0); (1)M f x M f f

 . 
Mà 3 3 2 3 3 2 2(0) 2( ) 2( ) (2 ) (1)f y z y z y z y z y z f          
 3 2 3 22 - 2 2( ) (1) y zy y z zf x f      (1) 
Lại đặt 3 2 3 22 - 2 2( ) y zy y z zg y      , 
' 2 ' 2 2
1 2
1 1
6 2 1; ( 6); ( 6)
6 6
( ) ( ) 0y zy z z y z zg y g y y y y            
Nhận xét tương tự suy ra  
0;1
(0) (1)ax ( ) ax ;
y
M g y M g g
 
 

 . 
Lại có 3 2 3 2(0) 2 2 2 2 (1 ) (1)z z z z zg g         . Suy ra 
 3 2 3 2(1) 2 2 (1 ) 2 3( ) z z z z z zg y g          (2) 
Cuối cùng đặt 3 2( ) 2 3z z z zh     với  0;1z , ' 2( ) 6 2 1z z zh    . 
'
1 2
1 7 1 7
( ) 0 ;
6 6
z z zh
 
    . Lập bảng biến thiên suy ra: 
0;1
(1) 3ax ( )
z
h hM z
 
 

 (3) 
Dấu bằng xảy ra ở (1), (2), (3) khi x = y = z = 1.Vậy giá trị lớn nhất của P là 
3 đạt được khi x = y = z = 1. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 www.luyenthi24h.com