ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Đơn vị ra đề: THPT Long Khánh A

Câu 1 (2,0 điểm).
1 3 1 2
x + x − 2x + 6 .
3
2
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
a) Cho hàm số y =

b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) =
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Tính giá trị biểu thức: P =

x2
− ln(1 − 2 x ) trên −3; 0 
3

2sinx - cosx
biết tan x = 2
sinx - cos3 x

b) Giải phương trình: 3x −1 + 31− x = 2
e

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
1

ln x
x ln x + 1

dx

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm môđun của số phức z biết rằng: z + 2 z = 6 + 2i .
b) Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4
quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai
quả cầu màu vàng.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC = 2 SM . Biết
AB = a , BC = a 3 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2;0; −1), B(1; −2;3), C (0;1; 2) , D(1;-1;0). Viết
phương trình mặt phẳng (ABC) và phương trình mặt cầu (S) có tâm D và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường
thẳng d : x + y − 1 = 0 . Điểm E ( 9; 4 ) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F ( −2; −5 ) nằm trên đường thẳng
chứa cạnh AD, AC = 2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.

8 8
 3
2
x
+
3x
−
13x
−
15
=

−

3 y
y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
 2
2 2
 y + 4 = 5y (x + 2x + 2)
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
3
P=
−
a+b+c
a + a.b + 3 abc
------------------HẾT----------------ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

(x, y ∈ ¡ ) .


Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
♥ Tập xác định: D = ¡
♥ Sự biến thiên:
2
ￚ Chiều biến thiên: y ' = x + x − 2 ; y ' = 0 ⇔ x = −2 hoặc x = 1

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −2;1) ;

Điểm
0.25

0.25

+ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −2 ) và ( 1; +∞ ) .

ￚ Cực trị:
28
+ Hàm số đạt cực đại tại
; yCĐ 3
29
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 ; yCT =
6
ￚ Giới hạn: lim y = −∞ và lim y = +∞
=

x = −2

x →−∞

x →+∞

ￚ Bảng biến thiên:
x
y'
y


0.25

- ¥
+

- 2
0

-

1
0

+¥
+

28
3

+¥
29
6

- ¥
♥ Đồ thị:

0.25

b. (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) =


x2
− ln(1 − 2 x ) trên
3

−3; 0 
♥ Hàm số f ( x ) =

y' =

2x
2
+
3 1 − 2x

x2
− ln(1 − 2 x ) xác định và liên tục trên đoạn −3; 0  và
3

 x = −1 ∈ [−3;0]
2x
2
+
=0⇔
♥ y' = 0 ⇔
 x = 3 ∉ [−3;0]
3 1 − 2x

2
1
♥ Mặt khác f (−3) = 3 − ln 7; f (−1) = − ln3; f (0) = 0

3
y = f (−3) = 3 − ln 7 , min y = f (−1) = 1 − ln3
♥ Vậy: max
[ −3;0]
[ −3;0]

3

0.25

0.25

0.25
0.25


2
(1,0 điểm)

a).(0,5 điểm). Tính giá trị biểu thức: P =
2
♥ Ta có tanx = 2 ⇒ cos x =

2sinx - cosx
biết tan x = 2
sinx - cos3 x
0.25

1
5


2tanx-1
5
=
2
tanx - cos x 3
b.(0,5 điểm). Giải phương trình: 3x −1 + 31− x = 2
3x 3
♥ 3x −1 + 31− x = 2 ⇔ + x = 2 ( 1)
3 3
x
2
Đặt t = 3 ( t > 0 ) thì ( 1) ⇔ t − 6t + 9 = 0

0.25

⇔ t = 3 ⇔ 3x = 3 ⇔ x = 1
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x = 1
e
ln x
dx
Tính tích phân I = ∫
1 x ln x + 1
1
2
♥ Đặt ln x + 1 = t ⇒ ln x = t − 1 ⇒ dx = 2tdt
x
x =e
t= 2
Þ

Đổi cận:
x =1
t =1

0.25

♥ Vậy P =

3
(1,0 điểm)

2 2

2

t −1
2tdt = 2 ∫ (t 2 − 1)dt
♥ Suy ra: I = ∫
t
1
1
t3
= 2( − t )
3
1

0.25

0.25
0.25


2

4−2 2
3
a).(0,5 điểm). Tìm môđun của số phức z biết rằng: z + 2 z = 6 + 2i .
Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ R ) ta có:
a = 2
z + 2 z = 6 + 2i ⇔ 3a − bi = 6 + 2i ⇔ 
b = −2
Suy ra z = 2 − 2i
Vậy môđun của số phức z là z = 2 2
=

4
(1,0 điểm)

0.25

0.25

0.25

0.25

b).(0,5 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng.
Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có
đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
4
0.25

♥ Số phần tử của không gian mẫu là Ω = C16 = 1820 .
♥ Gọi
là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả 0.25

B

màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:
1 3
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: C4C5
1 2 1
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: C4C5 C7
1 1 2
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: C4C5C7
1 3
1 1 2
1 2 1
Khi đó Ω B = C4C5 + C4C7C5 + C4C7 C5 = 740 .

Xác suất của biến cố B là P ( B ) =
5
(1,0 điểm)

ΩB
Ω

=

740 37
=
.

1820 91

Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho
MC = 2 SM . Biết AB = a , BC = a 3 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa


hai đường thẳng AC và BM.
0.25

♥ Gọi H là trung điểm của AB suy ra SH ⊥ AB . Do ( SAB) ⊥ ( ABC ) theo giao tuyến
AB nên SH ⊥ ( ABC )
Do SAB là tam giác đều cạnh a nên SH =

a 3
.
2

Xét tam giác ABC vuông tại A ta có
AC = BC 2 − AB 2 = a 2

6
(1,0 điểm)

0.25
1
1
a3 6
♥ Thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC = SH .S ABC = SH . AB. AC =
3

6
12
0.25
Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N ⇒ AC // MN ⇒ AC //( BMN )
Ta có AC ⊥ ( SAB ) mà MN // AC ⇒ MN ⊥ ( SAB ) ⇒ ( SAB) ⊥ ( BMN )
Từ A kẻ AK ⊥ BN ( K ∈ BN ) ⇒ AK ⊥ ( BMN )
⇒ AK = d ( A, ( BMN )) = d ( AC , BM )
MC 2
AN 2
= ⇒
=
Do
SC 3
SA 3
2
2 a2 3 a2 3
⇒ S ABN = S SAB =
=
3
3 4
6
0.25
7a 2
a 7
Ta có BN 2 = AN 2 + AB 2 − 2 AN .AB cos 600 =
⇒ BN =
9
3
2S
a 21

Suy ra AK = ABN =
.
BN
7
a 21
Vậy d ( AC , BM ) =
7
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2;0; −1), B(1; −2;3), C (0;1; 2) , D(1;-1;0). Viết phương
trình mặt phẳng (ABC) và phương trình mặt cầu (S) có tâm D và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
0.25
♥ Mặt phẳng (ABC) qua A ( 2;0; −1) và có vectơ pháp tuyến là
r
uuuv uuur
n =  AB, AC  = ( −10; −5; −5 )
0.25
♥ Phương trình tổng quát của mặt phẳng (ABC) là 2 x + y + z − 3 = 0
0.25
♥ Mặt cầu (S) có tâm D ( 1; −1;0 ) tiếp xúc với mặt phẳng (ABC) có bán kính
R = d ( D, ( ABC ) ) =

2
.
6

0.25
2
3
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng
d : x + y − 1 = 0 . Điểm E ( 9; 4 ) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F ( −2; −5 ) nằm trên
2

♥ Phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y + 1) + z =
2

7
(1,0 điểm)

2


đường thẳng chứa cạnh AD, AC = 2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết điểm
C có hoành độ âm.
0.25

·
♥ Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc BAD
nên E’
thuộc AD. Đường thẳng EE’ vuông góc với AC và qua điểm E ( 9; 4 ) nên có phương
trình x − y − 5 = 0 .
x − y − 5 = 0
x = 3
⇔
⇒ I ( 3; 2 )
Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ 
x + y −1 = 0
 y = −2
Vì I là trung điểm của EE’ nên E '(−3; −8)
uuuur
0.25
♥ Đường thẳng AD qua E '(−3; −8) và F (−2; −5) có VTCP là E ' F (1;3) nên phương
trình là: 3( x + 3) − ( y + 8) = 0 ⇔ 3x − y + 1 = 0

0.25
♥ Điểm A = AC ∩ AD ⇒ A(0;1) . Giả sử C (c;1 − c ) .
2
Theo giả thiết ta có AC = 2 2 ⇔ c = 4 ⇔ c = 2; c = −2 .
Do hoành độ điểm C âm nên C (−2;3)
♥ Gọi J là trung điểm AC suy ra J (−1; 2) , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC 0.25
có phương trình x − y + 3 = 0 . Do D = AD ∩ BD ⇒ D (1; 4) ⇒ B (−3;0)
Vậy A(0;1) , B (−3;0), C (−2;3), D(1; 4).
8
(1,0 điểm)

8 8
 3
2
 x + 3x − 13x − 15 = y3 − y
Giải hệ phương trình: 
 2
2 2
 y + 4 = 5y (x + 2x + 2)

(x, y ∈ ¡ ) .

♥ Điều kiện: y ≠ 0. Khi đó:


2 4
2
(x + 1)(x + 2x − 15) =  2 − 4 ÷
÷
yy



(I) ⇔ 
1 + 4 = 5[(x + 1) 2 + 1]
 y2

♥ Đặt a = x + 1 , b =

2
(b ≠ 0), hệ trên trở thành:
y

(

a(a 2 − 16) = b b 2 − 4


1 + b 2 = 5(a 2 + 1)

(I)
0.25

0.25

)

a 3 − b3 = 16a − 4b
⇔  2
2
 b − 5a = 4 (1)


⇒ a3 – b3 = (b2 – 5a2)(4a – b)
⇔ 21a3 – 5a2b – 4ab2 = 0
⇔ a = 0 hoặc a = −

b
4b
hoặc a =
3
7

♥ Với a = 0 ta có b2 = 4 và tìm được hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 1).
2
2
b
Với a = − ta có b2 = 9 và tìm được hai nghiệm (–2 ; ), (0 ; – ).
3
3
3

0.25


♥ Với a =

Vậy hệ phương trình có nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 1), (–2 ;
9
(1,0 điểm)

0.25


31 2
4b
ta có − b = 4 (vô nghiệm).
7
49
2
2
), (0 ; – ).
3
3

Cho các số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
3
P=
−
3
a+b+c
a + a.b + abc
1 a + 4b 1 a + 4b + 16c 4
+ .
♥ Theo BĐT Cô-si ta có: a + ab + 3 abc ≤ a + .
= (a + b + c)
2
2
4
3
3
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 4b = 16c

3
3
−
♥ Suy ra P ≥
. Đặt t = a + b + c , với t > 0
2(a + b + c)
a+b+c
3 3
3 3
3 3
Khi đó P ≥ 2 − . Xét hàm f (t ) = 2 − , f '(t ) = − 3 + 2 , f’(t) = 0 ⇔ t = 1
t
t
2t
2t
t
t
♥ Lập bảng biến thiên của hàm số f(t)
16

 a = 21

a + b + c = 1
4
3

⇔ b =
♥ Từ BBT ta suy ra Pmin = − đạt được khi 
21
2

 a = 4b = 16c

1

c = 21


0.25

0.25

0.25
0.25