TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

THI MÔN TOÁN, KHỐI 12 (lần 3)
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT ĐỀ
QUỐC
GIA 2016 - ĐỀ SỐ 93
Năm học: 2015-2016

Thời gian làm bài 180
phút
Thời
gian làm bài 180 phút
--------oOo--------

Câu 1(1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2 .
Câu 2(1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f ( x)   x 3  3x 2  9x  3 trên đoạn [0; 2]
Câu 3(1 điểm)
a) Giải phương trình:
b) Giải bất phương trình

log 2 x  log 2  x  1  1

9 x  8.3x  9  0

2

Câu 4(1 điểm) Tính tích phân I    x  3 sin xdx
0

Câu 5 (1 điểm)

đường thẳng chứa cạnh AC là 2 x  y  3  0 và điểm A có tung độ dương.

 x10  2 x 6  y 5  2 x 4 y
Câu 9 (1 điểm) Giải hệ phương trình 
( x, y   )
2
x

5

2
y

1

6


Câu 10 (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

2
3

a  ab  3 abc
abc

-------------Hết-------------



2

Khi đó I   3  x  cos x   cos xdx

2
0

=  3  x  cos x  sin x

2
0


2
0

Điểm
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


2

Gọi M là giao điểm của AB và (P). Do M thuộc AB nên
M  2  t; 1  2t ; t  . M thuộc (P) nên 2  t  1  2t  t  3  0  t  1 .
Do đó M(1; 1;1)
a)

6

0,50

16
3

     cos   0 . cos    1  sin 2    1 

2
25
5

 5



P  cos      sin 2  cos  cos  sin  sin  5sin  cos  
3 2
3
3

21  4 3

S

H

0,50
A

D

7
M
E
B

C

1
1
2a 3
VS . ABCD  .SA.S ABCD  .a.a.2a 
.
3
3
3
Kẻ AE  BM , AH  SE . Suy ra AH   SBM  .
2.S ABM

AE 
BM


SA
AE
a 16a
16a
33
A

M

0,50

D

I
B

N

C

0,25

8

K

  DKM
 . Mà
Ta có CAD  DKM  CAD



  2  2a  b  2   2 a  b  2  4  a 2  b 2    b  0
cos DAC

5
5
5 a 2  b2
3b  4a

0,25

Từ đó AD: x=1 hoặc 3x+4y+9=0
Với AD: x=1. Suy ra A(1;1) (thỏa mãn). Với AD: 3x+4y+9=0.

0,25

DC: y=-3. Suy ra C(3;-3);

0,25

27
Suy ra y A   (loại).
5

Điều kiện: 2 y  1  0  y  

CB: x=3. Suy ra B(3;1)
1
2


1
1
1
Ta có g ' ( y ) 

 0, y   . Vậy g(y) đồng biến trên
2
2 y 5
2y 1

0,50

1
khoảng   ;   . Mà g(4)=6 nên (2)  y  4
 2



x  2
 x  2
hoặc 
y  4
y  4

- Suy ra y  x 2  4  

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số, ba số ta được:
2

1a
 1 a

a    2b     b  c 
2 2
 3 4


1
3t 2
 0 thì P  f  t  , với f  t  
 3t .
2
a bc
3
3
3
3
2
Ta có f  t    t  1    . Đẳng thức xảy ra  t  1  P   .
2
2
2
2
16

a
a

21

ĐỀ THI
THỬQUỐC
KỲ THI THPT
2016
ĐỀ THI
KỲ THI
THPT
GIA QUỐC
2016 -GIA
ĐỀNĂM
SỐ 94
NGUYỄN TẤT THÀNH
Môn Toán - Lần thứ 1
Thời
gian làm bài 180 phút
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Tỉnh Yên Bái

--------oOo--------

Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 + m (1)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  4 .
2/ Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác
OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ).
Câu 2(0,5 điểm).Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  i   2z  2i .
Tìm mô đun của số phức w 

z  2z  1
z2


Câu 9 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B
thuộc đường thẳng  d1  : 2x  y  2  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng  d 2  : x  y  5  0 . Gọi H

là hình chiếu của B trên AC. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết
9 2
M  ;  , K  9;2  lần lượt là trung điểm của AH, CD và điểm C có tung độ dương.
5 5
Câu 10(1,0 điểm).
Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa mãn 5  a 2  b 2  c 2   6  ab  bc  ca  .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2  a  b  c   b 2  c 2  .

-------------------------Hết-----------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm

Cảm ơn thầy Nguyễn Trung Nghĩa ([email protected]) chia sẻ đên
www.laisac.page.tl

549


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ
KỲ THI QUỐC GIA 2016 LẦN THỨ 1
MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TẤT THÀNH

Câu
Nội dung
3
2

0



0
-

0

+

0.25



0



0.25

-4

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 2) và (0; )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0)
 Cực trị :
Hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -4
 Đồ thị :
Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (-2; 0) và (1; 0)

2 điểm cực trị là A  0; m  , B  2; m  4 


OA  0; m  , OB  2; m  4 
 
m  0
OAB vuông tại O khi OA.OB  0  m  m  4   0  
 m  4
Do O, A, B tạo thành tam giác nên m  4
Câu 2 Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  i   2z  2i .
(0,5
z  2z  1
w

Tìm
mô
đun
của
số
phức
điểm)
z2
Ta có 1  i  z  i   2z  2i   3  i  z = -1+ 3i

Suy ra z =

-1+ 3i  -1+ 3i  3  i 
i
=
3i

2

 log 2  2 x 2  4 x  2   log 2  x 2  x  4 

0.25

 2x2  4x  2  x2  x  4

 x2  5x  6  0

 2 x3
Kết hợp đk ta được nghiệm của BPT là 2  x  3






Câu 4
cos x
(1,0 Tính tích phân I   e  x sinxdx .
0
điểm)

I   e


0

cos x



đổi cận: với x  0  t  1
với x    t  1



Ta có I1  et dt  et
1

1

1

1

e



1
e



Tính I 2  x sin xdx
0

u  x
du  dx


R= d  I ;( P)  

4  2  3  1
16  1  1

Mặt cầu (S) có phương trình

 2

 x  1

2

0.25

  y  2    z  3  2
2

2

0.25

Đường thẳng IM đi qua I, vuông góc với (P) nên có phương trình:

 x  1  4t

 y  2  t (t  )
z  3  t


0.25

552


2cos 
1
2cot

2cot  1  cot 2 
3
2
2cos 
sin
sin


P



sin 3 
cos3 
2sin 3   3cos3 
2  3cot 3 
2  3cot 3 
2 3 3 3
sin 
sin 


phẳng (SBC) theo a.
S

Câu 7
(1,0
điểm)
H
A
C
G

M

B

553

0.25

0.25


Trong mặt phẳng (ABC), kẻ AM  BC (M  BC) thì SM  BC nên
S
MA  600 là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC).

Ta có S ABC 

1
1

1
4
4 16
3a


 2  2  2  AH 
2
2
2
AH
AS
AM
3a
a
3a
4
a 3
Vậy d  G,( SBC )  
12





Câu 8 Giải bất phương trình: 4x 2  x  1
(1,0
điểm).

0.5

 2
x  2
x
1
0






  x  2
x20
 
3x 2  4 x  8  0


2
2
 4 x  1  x  4 x  4
  
 x  2


22 7
  x  2

x 
 
3

 d1  : 2x  y  2  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng

Câu 9  d 2  : x  y  5  0 . Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Xác định tọa độ các
(1,0
9 2
điểm) đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết M  ;  , K  9;2  lần lượt là trung điểm
5 5
của AH, CD và điểm C có tung độ dương.
Gọi N là trung điểm BH
ABH
Ta có MN là đường trung bình của
suy
1
MN || KC , MN  AB  KC
2
 MNCK là hình bình hành  MK // CN (1)
Do MN  BC , BN  MC nên N là trực tâm BMC  CN  BM (2)
Từ (1) và (2) suy ra MK  BM
A

ra

B
M

N

H

D







Gọi C  c; c  5  với c > 5.
 
Do BC  KC  BC .KC  0

BC   c  1; c  9 

KC   c  9; c  7 

c  9
Do đó  c  1 c  9    c  9  c  7   0  
c  4
Suy ra C  9;4  vì c > 5.
Đường thẳng CM đi qua M và C nên có phương trình x - 2 y  1  0
Đường thẳng BH đi qua B, vuông góc với MC nên có phương trình
2x  y  6  0
 13
x
2x  y  6  0 
 13 4 
5

H ; 
Tọa độ H thỏa mãn 
 5 5




b  c 
5
2
5a   b  c   5a 2  5 b 2  c 2   6  ab  bc  ca   6a b  c   6
2
4

2

2

 5a 2  6a  b  c    b  c   0
bc

abc
5
 a  b  c  2 b  c 

2

0.25

Đẳng thức xảy ra khi a  b  c, b  c

556



0

f '(t )

+

f t 



1
0

3
2
0

Từ BBT suy ra max f  t  

3
khi t =1 , do đó
2
3
1
max P  khi a = 1, b = c =
2
2

-



Câu 1 ( 2,0 điểm)

2x 1
.
x 1
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) , biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y  4 x  5 .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y 

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn :  2  3i  z 
b) Giải phương trình: 4 x  2 x1  8  0 .

13  6i
 4  4i . Tính môđun của số phức z .
2i



Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  x  cos 2 x  dx .
2

Câu 4 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1; 1;2), B (3;0;3) . Mặt phẳng ( P )
0

đi qua điểm M (3;1;2) và vuông góc với đường thẳng AB . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) và tính

khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AB .

điểm D(2; 6) khác A . Biết phương trình các đường thẳng BC và AM lần lượt là: x  y  6  0 và





11x  13 y  42  0 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C .



2

504  y 2  y  1008
 2016  x  x
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x 6 x  4 xy  1  8 xy  6 x  1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y , z thỏa mãn x  y  z  4 và x 2  y 2  z 2  6 . Tìm giá trị nhỏ nhất

1 1 1 3
    x  y3  z3  .
x y z

của biểu thức P  

----------------- Hết ---------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: ........................................................

558



0,25

x 1

lim y  2; lim y  2 , đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  2 .

x 

x 

Bảng biến thiên:

x 
y ' ( x)

2

1
0



y ( x)









1

x
-4

-3

-2

-1

O

1

2

3

4

-1

-2

-3

-4


3

Với x0  1  Tiếp điểm M 0  1;   phương trình tiếp tuyến
2

3
1
3
1
5
y  y '(1)  x  1   y    x  1   y   x  .
2
4
2
4
4
 5
Với x0  3  Tiếp điểm M 0  3;   phương trình tiếp tuyến
 2
y  y '(3)  x  3  

Câu 2a
(0,5 đ)

5
1
5
1
13
 y    x  3   y   x  .


 1  2i
65
65

.

Môđun của số phức z là: z  1  22  5 .
Câu 2b
(0,5 đ)

Câu 3
(1,0 đ)

Giải phương trình 4  2

4 2
x

x

x 1

x1

0,25

8  0.

 8  0  2  2.2  8  0 .

I   x  x  cos 2 x  dx    x  x cos 2 x  dx   x dx   x cos 2 xdx
2

0

2

2

0





2

0

x3
3
M   x dx 
2
3
24
0
0
2

2


0,25

1
12
1
1
1
1
N  x sin 2 x 2   sin 2 xdx  0  cos 2 x 2  cos   cos 0   .
2
20
4
4
4
2
0
0

I M N 

Câu 4
(1,0 đ).

3



1
24 2

H  AB  H (1  2t ; 1  t ;2  t )
H  ( P)  2(1  2t )  1  t  2  t  3  0  6t  6  0  t  1  H (1; 2;1)

Khoảng cách từ M đến đường thẳng AB là
Câu 5a
(0,5 đ)

d  M , AB   MH  (1  3)2  (2  1) 2  (1  2) 2  14

Cho góc  thỏa mãn

0,25



4
    và tan    . Tính giá trị……….
2
3
sin   0

   
2
cos   0

3

cos   

1




3 2 4 2
7 2

P  cos      cos  cos  sin  sin   .


.
4
4
4
5 2 5 2
10

Trường THPT Đoàn Kết thành lập đội “ Thanh niên tình nguyện hè 2016”………..

0,25

Không gian mẫu  là tập hợp các cách chọn 4 học sinh từ 27 học sinh.
n()  C274 .

0,25

Gọi A là biến cố “Lớp nào cũng có học sinh được chọn”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là
1
n( A)  C102 .C121 .C51  C101 .C122 .C51  C10
.C121 .C52  7200

D

H

M

B

C
K

561

3


Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) . Theo giả thiết có
H là trung điểm cạnh AB .
ABC  600  ABC là tam giác đều cạnh
ABCD là hình thoi cạnh a , góc 

a  HC 

a 3
2

SH  ( ABCD)  SH  HC  SH 2  SC 2  HC 2 

7a 2 3a 2


a
2
0

AM  AD  DM  2 AD.MD.cos ADM  a   2.a. .cos 60 
9
3
9
2

2

 AM 

2

a 7
a 7
 BK 
; HC  AB  HC  CD  HCK vuông tại C
3
3

3a 2 a 2 31a 2
a 31
 HK  HC  KC 


 HK 
.

a 5

 SB 
.
4
4
2

5a 2 7a 2 67 a 2
1


2
2
2


SB
BK
SK
9
36  6  35

 4
cos SBK
2.SB.BK
70
35
a 5 a 7
2.


11x  13 y  42  0
y 1
M  BC  AM  Tọa độ của M là nghiệm của hệ

562

I
B

K

M

0,25
C

D

4


3

 x   2
x  y  6  0
 3 9

 M  ; 



( x  1) 2  ( y  2) 2  25
Tọa độ các điểm B, C là nghiệm của hệ 
x  y  6  0

 x  1
1
x




( x  1)2  ( x  4) 2  25
2 x 2  6 x  8  0

 y  7



   x  4 
  x  4
 y  x  6
 y  x  6


 y  x  6
  y  2
 B (1; 7), C (4; 2) hoặc B (4; 2), C (1; 7) .

Câu 8







504  y 2  y

2016  x 2  x 504  1008





504  y 2  y  1008 (1)

y 2  y  y  504  y 2  y  0 .

2016  x 2  x

0,25





504  y 2  y  1008

504  y 2  y



0,25

x
Phương trình (3)  f  x   f  2 y   x  2 y  y   .
2

563

5


Thế y  

x
vào phương trình (2) ta được
2

x 6 x  2 x 2  1  4 x 2  6 x  1  x 2 x 2  6 x  1  4 x 2  6 x  1  0

x 5x

2 x2  6 x  1  

25 x 
x
2 2

  2x2  6x  1    0  
4

 
7



x  0
x  0

2 x 2  6 x  1  2 x   2
 2
2
2 x  6 x  1  4 x
2 x  6 x  1  0
x  0

  x  3  11
3  11
 
x
2

2


3
11
 x 
2
 


xy  yz  zx
 P       x3  y 3  z 3  
 4  3xyz 
x
y
z
xyz


5
20
20
20
P
 15  3
 15
 4  3xyz    15  2
xyz
xyz
x( x  4 x  5)
x  4 x2  5x

0,25

Từ giả thiết có

y  z  4  x
x  y  z  4
y  z  4  x


Xét phương trình f '( x)  0, x   ; 2   3 x  8 x  5  0  
x  5
3 
3

5
2 5
 5  50
2 
f (1)  f (2)  2; f    ; f   
 f ( x)  2, x   ;2 
. Suy ra
27
 3  27  3  27
3 
x  2
 P  25 . Dấu "  " xảy ra khi 
.
y  z 1

0,25

0,25

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 25, đạt được khi x  2; y  z  1 hoặc các hoán vị .
Chú ý: Học sinh trình bày cách giải khác, đúng, giám khảo cho điểm tối đa.

565

7

.
3i

Câu 3.( 0.5 điểm) Giải phương trình: log 3 ( x 2  3 x)  log 1 (2 x  2)  0 ;
3

Câu 4.(0.5 điểm) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3
học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 5.(1 điểm) Tính tích phân

 x(1  x) dx. .
2

5

1

Câu 6.(1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam
giác vuông tại S, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD

sao cho HA=3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng SA  2a 3 và đường thẳng SC tạo
với đáy một góc 300. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt
phẳng (SBC).
Câu 7. (1điểm) Cho mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  8 z  1  0 .
a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu (S).
b) Viết phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu tại M(1;1;1).

Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15.
Đường thẳng AB có phương trình x  2 y  0 . Trọng tâm của tam giác BCD có tọa độ
 16 13 

a) a) TXĐ: D  

ĐIỂM
0.25

+ Tính y’, giải y’ =0
+Bảng biến thiên
+ Kết luận đồng biến nghịch biến, cực đại, cực tiểu.
+ Tính giới hạn
+ vẽ đồ thị

b) x 3  3 x 2  k  0   x 3  3 x 2  1  k  1 (1)
số nghiệm của pt (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C)và đường thẳng
y = k-1.

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5

Để (1) có 3 nghiệm thì 1  k  1  3  0  k  4

Câu 2
( 1đ)

a) tan   2  cos  
Vì    


10 10

0.5

 2
Đk:  x  3 x  0  x  0

0.25

2 x  2  0

log 3 ( x 2  3 x)  log 1 (2 x  2)  0  log 3 ( x 2  3 x)  log 3 (2 x  2)  0
x  1
 x 2  3x  2 x  2  
 x  2
3

Câu 4
(0.5đ)

Vậy tập nghiệm S  1

0.25

Gọi A là biến cố ba học sinh được chọn có cả nam và nữ

0.25

n( A)
P ( A) 


0

0

0.5

2

Câu 6
(1đ)

S
H'

C

D
K

H

A

a
B

M

  


(1)

Trong tam giác vuông SHK ta có

1
1
1
11
2 6a 2 66
a.



 HH ' 

2
2
2
2
11
HH '
HK
HS
24a
11
66
Từ (1), (2) và (3) suy ra d  M , ( SBC )  
a.
11

Đường thẳng d qua G và vuông góc với AB là : 2 x  y  15  0

0.25

Gọi N  d  AB  N (6;3)  NB  AB  5

0.25

1
3

b  2
B(2b; b)  AB  NB2  5  
 B(8; 4)
b  4


BA  3BN  A(2;1)
 3 
AC  AG  C (7; 6)
2
 
CD  BA  D(1;3)

Câu 9
(1đ)

0.25

0.25



xy  z

yz

yz  x
zx

zx  y

Khi đó

P

xy  1  x  y

(1  x)(1  y )

0.5

0.5

0.5

1 x
1 x

yz  1  y  z
(1  y )(1  z )

xyz

569

1
3

0.5