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

 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 
 THOẠI NGỌC HẦU Môn thi: TOÁN ( THI thử lần III ) 
 ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC (gồm 01 trang) 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 ( )C của hàm số 3 23 4y x x= − + . 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 xy x e= trên đoạn [ ]1;2− .

Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 2 2log 2 log3 3 10x x−+ = . 
b) Giải phương trình ( ) ( )22 22 5 2 6 0z z z z+ + + + = trên tập hợp các số phức. 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
/2
2
0
sin sin 2I x xdx
pi
= ∫ .
 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 6 3 2 1 0P x y z+ − − = và mặt cầu 
( ) 2 2 2: 6 4 2 11 0S x y z x y z+ + − − − − = . Chứng minh mặt phẳng ( )P cắt mặt cầu ( )S theo giao tuyến là một 
đường tròn ( )C . Tìm tọa độ tâm của ( )C . 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Cho số thực α thỏa mãn điều kiện sin cos 2α α+ = . Tính tan cot 2A α α= + . 
b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 2
n
x
x
 
− 
 
, biết x > 0 và 2 2 1 4 6n nn n nA C C n
− −
= + + + . 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh .a Góc 
 060 ,BAC = hình 
chiếu vuông góc của S trên mặt ( )ABCD trùng với trọng tâm của tam giác .ABC Mặt phẳng ( )SAC hợp 
với mặt phẳng ( )ABCD góc 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ B đến ( )SCD theo .a 
 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 6S = và có 
phương trình đường thẳng AC là 2 9 0x y+ − = . Điểm (0;4)M thuộc đường thẳng BC . Xác định tọa độ 
các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết đường thẳng CD đi qua (2;8)N và đỉnh C có tung độ là một số 
nguyên. 
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 
 ( ) ( )2 422 2 3 2 3 2
2
x x m x x x x
x
  + − + − − = +   −
. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn 2, 1, 0> > >x y z . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
2 2 2
1 1
( 1)( 1)2 2(2 3)
= −
− ++ + − + −
P
y x zx y z x y
------Hết------ 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:..............................................................................; Số báo 
danh:............................................... 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 
 THOẠI NGỌC HẦU Môn thi: TOÁN ( THI thử lần III ) 
 ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM (gồm 06 trang) 
Câu Đáp án (trang 01) Điểm 
+Tập xác định: D = 
 
+Sự biến thiên: . 
0,25 
. Các khoảng đồng biến . Các khoảng nghịch biến 
. Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0x = , yCĐ = 4; đạt cực tiểu tại , yCT = 0 
.Giới hạn: 
0,25 
+Bảng biến thiên 
x - 0 2 +∞ 
y' + 0 - 0 + 
y 
- 
4 
0 
+∞ 
0,25 
1 
(1,0đ) 
+Đồ thị:


6
4
2
2
4
10 5 5 10


0,25 
Hàm số 2 xy x e= liên tục trên đoạn [ ]1;2− 
0,25 
0,25 
0,25 
2 
(1,0đ) 
Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số lần lượt là 0,25 
a) Điều kiện xác định: 0x > . 
Đặt 2log3 , 0xt t= > . Phương trình trở thành 9 10 1 9t t t
t
+ = ⇔ = ∨ = 
0,25 3 (1,0đ) 
2log
23 1 log 0 1
xt x x= = ⇔ = ⇔ = , 2log 23 9 log 2 4
xt x x= = ⇔ = ⇔ = 
Vậy phương trình có hai nghiệm 1, 4x x= = 

0,25 
Đáp án (trang 02) Điểm 
b) ( ) ( ) 222 2 2 2 22 5 2 6 0 2 3
z z
z z z z
z z
 + = −
+ + + + = ⇔ 
+ = −
 0,25 


2 22 2 2 2 0 1z z z z z i+ = − ⇔ + + = ⇔ = − ± 



2 22 3 2 3 0 1 2z z z z z i+ = − ⇔ + + = ⇔ = − ± 
0,25 
I=
/2
2
0
sin x sin 2xdx
pi
∫ =
/2
3
0
2 sin x.cosxdx
pi
∫ 0,25 
Đặt t s inx dt cosxdx= ⇒ = , x t 1, x 0 t 0
2
pi
= ⇒ = = ⇒ = 0,25 
11 4
3
0 0
tI 2 t dt
2
= =∫ 0,25 
4 
(1,0đ) 
1I
2
= 0,25 
Mặt cầu ( )S có tâm ( )3;2;1I và bán kính 5R = 0,25 
Ta có khoảng cách từ I đến ( )P là ( )( ) ( )22 2
6.3 3.2 2.1 1
, 3
6 3 2
d I P R
+ − −
= = <
+ + −
Do đó ( )P cắt ( )S theo giao tuyến là một đường tròn ( )C . 
0,25 
Tâm của ( )C là hình chiếu vuông góc H của I trên ( )P . Đường thẳng ∆ qua I và 
vuông góc với ( )P có phương trình là 3 2 1
6 3 2
x y z− − −
= =
−
. Do H ∈ ∆ nên 
( )3 6 ;2 3 ;1 2H t t t+ + − 
0,25 
5 
(1,0đ) 
Ta có ( )H P∈ , suy ra ( ) ( ) ( ) 36 3 6 3 2 3 2 1 2 1 0
7
t t t t+ + + − − − = ⇔ = − . Do đó 
3 5 13
; ;
7 7 7
H   
 
0,25 
a) 
 ( )cos 2sin cos 2 1tan cot 2
cos sin 2 cos sin 2 sin 2
A
α αα α
α α
α α α α α
−
= + = + = = 0,25 
( )2
1 1
sin cos 1α α
= =
+ −
 0,25 
b) Điều kiện xác định: n∈N và n≥2. 
2 n 2 n 1 2 n 1
n n n n n 1
n! (n 1)!A C C 4n 6 A C 4n 6 4n 6(n 2)! 2!(n 1)!
− − −
+
+
= + + + ⇔ = + + ⇔ = + + ⇔
− −
2
n n 2n n 2 n n 2
n 12
2n(n 1) n(n 1) 8n 12 n { 1;12}n 11n 12 0
∈ ∧ ≥∈ ∧ ≥ ∈ ∧ ≥ 
⇔ ⇔ ⇔ =  
− = + + + ∈ −
− − = 
⇔
 
0,25 
6 
(1,0đ) 
 Khi n=12 ta được: 
122
x
x
 
− 
 
. Số hạng thứ (k+1) của khai triển là: 0,25 
k 24 3k
k k 12 k k k2 2
k 1 12 12T C ( 2) .x .x C ( 2) .x
−
−
−
+ = − = − . Tk+1 không có chứa x ⇔ 
k ,k 12
k 8
24 3k 0 k 8
∈ ≤
⇔ =
− = ⇔ =

. 
 Vậy số hạng không có chứa x là: T9= 8 8122 C 
Câu Đáp án (trang 03) Điểm 
Gọi E là trọng tâm ABC∆ , ta có:
E
O
A B
D C
S
H


( )SE ABCD
SO AC
OE AC
 ⊥

 ⊥
⇒ ⊥




 ( ) ( )( ) 
D 0, 60SAC ABC SOE= = 

ABC∆ đều cạnh 2a 1 3
3 6
a
OE OB⇒ = = ( )D
2 23 3
2.
4 2
a a
dt ABC⇒ = = 

0,25 
Trong SOE∆ có 0. tan 60
2
a
SE OE= = 
Vậy ( )D D
2 3
.
1 1 3 3
. . .
3 3 2 2 12S ABC
a a a
V SE dt ABC= = = 
0,25 
Dễ thấy ( )( ) ( )( )D D3, ,
2
d B SC d E SC= và 
D 090EC = 
Kẻ EH SC⊥ (1) 
( ) D
D
SE ABCD SE C
EC C
 ⊥ ⇒ ⊥

 ⊥
( )D DC SEC EH C⇒ ⊥ ⇒ ⊥ (2) 
Từ (1), (2) ta được ( )DEH SC⊥ ⇒ ( )( ) ( )( )D D2 2, ,
3 3
d B SC d E SC EH= = 
0,25 
7 
(1,0đ) 
21
6
a
SC = ; 
3
3
a
EC = 
Trong SCE∆ có . 3 6 7. . . .
3 2 721
EC SE a a a
SC HE EC SE HE
SC a
= ⇒ = = = 
0,25 
Vậy ( )( ) ( )( )D D3 3 7 3 7, , .
2 2 7 14
a a
d B SC d E SC= = = 
Câu Đáp án (trang 04) Điểm 
 Vì : 2 9 0 (9 2 ; )C AC x y C c c∈ + − = ⇒ − 
 Suy ra (7 2 ; 8), (9 2 ; 4)NC c c MC c c= − − = − −
 
 Khi đó ta có: . 0 (7 2 )(9 2 ) ( 8)( 4) 0NC MC c c c c= ⇔ − − − −+ =
 
2 195 44 95 0 5
5
c c c c⇔ − + = ⇔ = ∨ = 
Vì C có tung độ là một số nguyên nên ( 1;5)C − 
0,25 
 Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại 'A có ( )1;1MC = − là vtpt của 
'MA 
 Khi đó ' : 4 0MA x y− + = . Suy ra 1 13 2' ; , ' , 2
3 3 3
A MA MC
   = =   
. 
0,25 
 Ta có 
'
1 1
. ' .
2 3A MC
S MA MC= = 
 Hai tam giác ABC và 'A MC đồng dạng và (0;4)M nằm trên cạnh BC nên: 
2
'
1 3.13
9 3 (2;2)
5 3.( 1)1
3
BABC
BA MC
xSCB
CB CM B
yCM S
   + =  = = = ⇒ = ⇒ ⇒    − = −  
 
0,25 
8 
(1,0đ) 
 Tương tự 3 ' (3;3)CA CA A= ⇒
 
. Từ ( 2;7)AB DC D= ⇒ −
 
 Vậy (1;4), (2;2), ( 1;5), ( 2;7)A B C D− − . 
0,25 
9 
(1,0đ) 
 Điều kiện: 2x > 
 Khi đó: ( )1 ⇔ ( )2 4
2 3 2
3 2
2 2 2
x
m x x x
x x x
+
+ − − =
− + −
 ( )2 4
2
 3 2 2 2
2
m x x x x x
x
⇔ + − − = − −
−
 ( ) ( )2422 3. 2 2
2
x x x m x
x
⇔ − + − − = −
−
24
2
3. 2
2
x x
m
xx
−
⇔ − = −
−
 (2) 
0,25 
 Đặt 4
2x
t
x
−
= với ( )0;1t ∈ (do 2x > ). Pt (2) trở thành 2
2
1
3 2t m
t
− = − (3) 
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (3) có nghiệm ( )0;1t ∈ 
0,25 
Đáp án (trang 05) Điểm 
 Xét hàm ( )
2
1
3f t t
t
= − với ( )0;1t ∈ , ta có: 
 ( )
3
2
' 3 0f t
t
=− − < , ( )0;1t∀ ∈ 
 Bảng biến thiên: 
t 0 1 
( )'f t − 
( )f t +∞ 
 2− 
0,25 
 Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: 
 Phương trình (3) có nghiệm ( )0;1t ∈ ⇔ 2 22 2 4 0 2 2m m m− >− ⇔ − > ⇔− < < 
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi 2 2m− < < . 
0,25 
Câu 
10. Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn 2, 1, 0> > >x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức: 
2 2 2
1 1
( 1)( 1)2 2(2 3)
= −
− ++ + − + −
P
y x zx y z x y
Đặt 2, 1, , , 0a x b y c z a b c= − = − = ⇒ > 
2 2 2
1 1
( 1)(b 1)(c 1)2 1
P
aa b c
= −
+ + ++ + +
Ta có 
2 2
2 2 2 2( ) ( 1) 11 ( 1)
2 2 4
a b c
a b c a b c+ ++ + + ≥ + ≥ + + + 
Dấu “=” xảy ra khi 1a b c= = = 
0,25 
Mặt khác 
3( 3)( 1)(b 1)(c 1)
27
a b c
a
+ + +
+ + + ≤ 
Khi đó 3
1 27
1 ( 3)P a b c a b c≤ −+ + + + + + . 
Dấu “=” xảy ra khi 1a b c= = = 

0,25 
10 
(1,0đ) 
Đặt 1 1t a b c= + + + > . 
 Khi đó 3
1 27
, 1( 2)P tt t≤ − >+ 0,25 
2 4
3 2 4 2 4
1 27 1 81 81 ( 2)( ) , 1; '( )( 2) ( 2) t ( 2)
t tf t t f t
t t t t t
− +
= − > = − + =
+ + +
Xét 2 4 2'( ) 0 81 ( 2) 0 5 4 0 4f t t t t t t= ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = (do t>1); lim ( ) 0
x
f t
→+∞
= 

Đáp án (trang 06) Điểm 
Bảng biến thiên 
t 1 4 +∞ 
f’(t) + 0 - 
f(t) 
1
8
0 0 
Từ BBT, ta có ( ) ( ) 1max 4
8
= =f x f 
Vậy ( ) 11max 4 1 3; 2; 1
1 48
= = =
= = ⇔ ⇔ = = = ⇒ = = =
+ + + =
a b c
P f a b c x y z
a b c
0,25 
------Hết------