GV: Ngô Quang Vân
Trường THPT Quỳnh Lưu 4 - Nghệ An

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn TOÁN (Đề số 5)

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  4 x 2  3 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 2 e x trên đoạn [-1 ;2].
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 3log2 x  32log2 x  10
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 ( z -1) = 3z + (i -1)(i + 2) . Tính môđun của số phức z
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 2  3 x  2 và đồ thị hàm số

y  x3  x  2 .
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  3; 1; 2  , mặt phẳng

 x  3
 P  : x  2 y  2z  4  0 và đường thẳng  d  :  y  1  5t . Viết phương trình mặt phẳng  Q  chứa  d  và
z  1  t

vuông góc với  P  . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) sao cho MA song song với mặt phẳng  P  .
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho số thực  thỏa mãn điều kiện sin   cos   2 . Tính A  tan   cot 2 .

b) Một hộp đựng 20 quả cầu được đánh số liên tục từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất
để trong 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả mang số chẵn, 2 quả mang số lẻ và trong bốn quả lấy ra đó có đúng 1
quả mang số chia hết cho 4.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại C và D, BC  2a, AD  a ,
CD  a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60 0 .

Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống BD, M là trung điểm BH. Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD
và khoảng cách từ D đến mp(SAM ) .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu
5 7
 1 15 
vuông góc của A trên BC , M là trung điểm AH, I  ;  là trung điểm BC và D   ;  là giao điểm của BM
2 2
 2 2

và đường trung trực của đoạn thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác, biết BC : 7 x  y  14  0 .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

 4 x 4  8x 3  x 2  2 x 
2  log 2 
  log2  x  1  0 .
x2  4x  4



Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: (a  b  c)3  32abc
a 4  b4  c4
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: M 
(a  b  c)4

-----------------------Hết---------------------


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN

Câu
1
(1,0đ)

Đáp án
Khảo sát sự biện thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  4 x 2  3 .
+Tập xác định: D  
x  0  y  3
+Sự biến thiên: . y /  4 x 3  8 x , y /  0  
 x   2  y  1

Điểm
1,00

.Các khoảng đồng biến:  2;0 và

0,25

0,25


  2;  ;
các khoảng nghịch biến:  ;  2  và  0; 2 

.Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại x   2 , yCT = 1
.Giới hạn lim y  lim  x 4  4 x 2  3   , lim y  lim  x 4  4 x 2  3  
x 

x 


x  

x 

0,25

+Bảng biến thiên
x

-

-

2
0

y'
+

0

2

0

0

+

+


3

y
-1

-1

0,25

+Đồ thị:
y
3

A

B

- 2

-2

2

O

1

2


x

-1

2
(1,0đ)

3
(1,0đ)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 2 e x trên đoạn [-1;2].

1,00

Hàm số y  x 2 e x liên tục trên đoạn  1; 2

0,25

y '  2 xe x  x 2 e x
x  0
y'  0  
 x  2   1; 2
1
y (1)  ; y (0)  0; y (2)  4e2
e
Giá trị lớn nhất của hàm số là 4e2 và nhỏ nhất của hàm số là 0.
a) Giải phương trình 3log 2 x  32log 2 x  10
Điều kiện xác định: x  0 .
9
Đặt t  3log2 x , t  0 . Phương trình trở thành t   10  t  1  t  9

t
log 2 x
t 3
 1  log 2 x  0  x  1 , t  3log 2 x  9  log 2 x  2  x  4
Vậy phương trình có hai nghiệm x  1, x  4

0,25
0,25
0,25
0,50
0,25

0,25


b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 ( z -1) = 3z + (i -1)(i + 2) .

0,50

Tính môđun của số phức z
+ Đặt z = a + bi (a, b Î  ) ; điều kiện đã cho trở thành

0,25

1

(a -1) + (1- 5b)i = 0  a = 1; b = 5
0,25

1

26
=
25
5
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số
+ Vậy môđun của z là z = a2 + b2 = 1 +

4
(1,0đ)

1,00

y  x  3x  2 và y  x  x  2 .
2

3

0,25

+ Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2  3 x  2  x 3  x  2

 x  1
 x  x  2 x  0   x  0
 x  2
3

2

0,25


2

+ Gọi S là diện tích hình phẳng đã cho, ta có S 



x 3  x 2  2 x dx

1
0





1

2

x  x  2 x dx   x  x  2 x dx 
3

2

3

2

0


0

0

 x

3

 x  2 x  dx 
2

1

2

x

3

 x 2  2 x  dx

0

0,25

2

 x 4 x3

 x 4 x3


5 8 37
    x2      x2    
 4 3
 1  4 3
 0 12 3 12
+ Vậy diện tích cần tìm là S 
5
(1,0đ)

37
(đơn vị diện tích).
12

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  3; 1; 2  , mặt phẳng

1,00

 x  3
 P  : x  2 y  2z  4  0 và đường thẳng  d  :  y  1  5t . Viết phương trình mặt
z  1 t

phẳng  Q  chứa  d  và vuông góc với  P  . Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho MA
song song với mặt phẳng  P  .



+ Đường thẳng (d) đi qua N  3; 1;1 và có vectơ chỉ phương u   0; 5;1 ;

6

(1,0đ)

0,25


n  1; 2; 2  là vectơ pháp tuyến của  P  . Do  Q  chứa  d  và vuông góc với  P 
 
nên u , n   8;1; 5  là vectơ pháp tuyến của  Q 
 
+ Phương trình mặt phẳng  Q  là 8  x  3  1 y  1  5  z  1  0
 8 x  y  5 z  20  0

+ Do M   d  nên M  3; 1  5m;1  m  ; MA   0;5m;1  m 
 
1
+ Có MA / /  P   MA.n  0  0.1  5m.2  1  m  .  2   0  m 
6
11 7 

Vậy M  3;  ; 
6 6

a) Cho số thực  thỏa mãn điều kiện sin   cos   2 . Tính A  tan   cot 2 .
sin  cos 2 cos  2   
1



A  tan   cot 2 
cos  sin 2 cos  sin 2 sin 2


0,25

0,25
0,25
0,25

0,50

0,25




1

 sin   cos  

0,25

1

2

1
b) Một hộp đựng 20 quả cầu được đánh số liên tục từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên 4 quả

0,50

cầu. Tính xác suất để trong 4 quả cầu lấy được có đúng 2 quả mang số chẵn, 2 quả

mang số lẻ và đúng 1 quả mang số chia hết cho 4.
+ Mỗi cách lấy ngẫu nhiên 4 quả cầu trong 20 quả cầu là một tổ hợp chập 4 của 20
4
 4845 .
phần tử, tương ứng với 1 phần tử của không gian mẫu. Do đó n     C20

0,25

+ Gọi A là biến cố: “4 quả lấy được có đúng 2 quả mang số chẵn, 2 quả mang số lẻ và
đúng 1 quả mang số chia hết cho 4”.
Ta có trong các số liên tục từ 1 đến 20 có 10 số lẻ, 10 số chẵn (10 số chẵn gồm: 5 số
chẵn chia hết cho 4 và 5 số chẵn và không chia hết cho 4)

0,25

Do đó n  A   C51.C51.C102  1125 .

+ Xác suất của biến cố A là P  A  

n  A 75

.
n    323

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại C và D, BC  2a,
7
(1,0đ)

1,00


AD  a, CD  a 3 SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD ) , góc giữa đường thẳng SC

và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 600 . Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống BD,
M là trung điểm BH. Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ D
đến mp(SAM ) .
0,25
S

A

D
H
E

M

I
D

A

B

C

H
M
C

B


  600 ,
Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mp(ABCD)  SCA
AC  AD 2  CD 2  2a
 SA  AC.tan 60 0  2a 3 , SABCD 

1
3a2 3
AD  BC  .CD 

2
2

1
1
3a2 3
 3a3
Vậy V  SA.SABCD  2a 3.
3
3
2
Gọi E là trung điểm CH  ME / / AD, ME  AD nên tứ giác ABEM là hình bình hành.
ME  BC  E là trực tâm tam giác DCM  DE  CM tại I, DI // AM  CM  AM
 CM  (SAM)  d(D,(SAM)) = d(I,(SAM)) = IM

CH là đường cao của tam giác vuông BCD  CH 
 HB 

4a
7


 HM 

2a
7

2a 3
7

, CHB vuông tại H

0,25

0,25

0,25


CHM vuông tại H  CM 

4a
7

, BD  a 7  DM  a 7 

2a
7




5a
7

CH .DM 5a 3
1
1
SDCM  CH .DM  DI .CM  DI 

CM
2
2
2 7

DIM vuông tại I  IM  DM 2  DI 2 

5a 7
14

5a 7
.
14
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình

Vậy d(D,(SAM))  IM 

8
(1,0đ)

1,00


5 7
chiếu vuông góc của A trên BC , M là trung điểm AH, I  ;  là trung điểm BC và
2 2
 1 15 
D   ;  là giao điểm của BM và đường trung trực của đoạn thẳng AC. Tìm tọa độ
 2 2
các đỉnh A, B, C của tam giác, biết BC : 7 x  y  14  0 .

0,25
D

A

N

P
M
B

H

I

C

Gọi P, N tương ứng là trung điểm AB và AC  M, N, P thẳng hàng.
BH 2 PM PM BM
Ta có BH = 2PM, HC = 2MN và AB // DN 




 HM // DC
HC 2 MN MN MD
Mà HM  BC  DC  BC
7 x  y  14  0
DC: x + 7y - 52 = 0  tọa độ C là nghiệm của hệ 
 C (3; 7)
 x  7 y  52  0

0,25

0,25

 B(2;0)
0,25

 11 
AC: 3x - 4y + 19 = 0, ID: 8x + 6y - 41 = 0  N  1;   A(1; 4)
 2

Vậy A(-1;4), B(2;0) và C(3;7)
9
(1,0đ)

 4 x 4  8x 3  x 2  2 x 
2  log 2 
  log2  x  1  0 . (1)
2



4
4
x
x


 x 4x2  1  x  2 
  log  x  1  0
Ta có (1)  2  log 2 
2
2


 x  2



Giải bất phương trình



ĐK: x > 0





   log  x  1  0



 x 4x2  1
Khi đó ta được bất phương trình  2 log2 2  2 log2 
 x2


2



1,00

0,25




   log

 x 4x2  1
 log2 2  log2 
 x2






 log2 8 x 3  2 x  log2





 x  2

0,25
2

x 1  0

x 1



 8x 3  2 x   x  2  x  1
 2x   2x 
3





0,25

3

x 1  x 1

Xét hàm số f(t) = t3 + t trên R. Dễ thấy hàm số đồng biến trên R do đó
 f 2x   f






x  1  2x  x  1

0,25

 x  0
1  17
 2
0 x
8
4 x  x  1  0

10
(1,0đ)

 1  17 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T   0;
.

8 

Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: (a  b  c)3  32abc

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: M 

1,00


a 4  b4  c4
(a  b  c)4

Theo giả thiết (a  b  c)3  32abc
a
b
c
Đặt x 
, x, y , z  0
;y
;z 
abc
abc
abc
1
Khi đó, ta có: x  y  z  1; xyz 
32
Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: M  x 4  y 4  z 4
Khi đó, đặt: t  xy  yz  zx thì:
M  ( x 2  y 2  z 2 ) 2  2( x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )

0,25

0,25

2

M   ( x  y  z ) 2  2( xy  yz  zx)   2( xy  yz  zx) 2  4 xyz ( x  y  z )
9
Khi đó: M  2t 2  4t 

8
1
( y  x) 2
(1  x) 2
 xyz  x
x
Từ giả thiết:
32
4
4
3 5
1
3 5
1 3 5
1
Giải ra ta có:
 x  . Tương tự,
 y ;
z
4
2
4
2
4
2
Mặt khác ta có: (1  2 x)(1  2 y )(1  2 z )  0

1  2( x  y  z )  4( xy  yz  zx)  8 xyz  0
5
Từ đó suy ra: t 

4
3 5
3 5
3 5
Tương tự ta có: ( x 
) (y 
) (z 
)0
4
4
4
5 5 1
5
5 5 1
Ta suy ra: t 
. Vậy điều kiện t là:  t 
8
4
8
9
Vậy ta tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của M  2t 2  4t  , với điều kiện
8
5
5 5 1
.
t 
4
8
9
. Dấu bằng xẩy ra khi a  2, b  c  1 .

Dễ dàng ta thấy giá trị lớn nhất của M 
128

0,25

0,25


Giá trị nhỏ nhất của M 

383  165 5
1 5
.
. Dấu bằng xẩy ra khi a  3  5, b  c 
2
256