ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

SỞ GD&ĐT TP.HỒ CHÍ MINH

Đề thi môn: TOÁN – Ngày thi: 19 – 06 – 2016

TRƯỜNG THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề có 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: y 

2x  2
.
2x  1

Câu 2. (1,0 điểm). Cho hàm số y  x 4   m  2  x 2  m  1 có đồ thị (C). Tìm m để đồ thị (C) cắt trục
hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ đều nhỏ hơn 2.
Câu 3. (1,0 điểm).
a) Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình:  3  i  z 2  3  3  i  z  10  0 . Tính môđun của số
phức w  z12  z 22 .
b) Giải phương trình trên tập số thực: log5 2.log 2  x  2   log 1 8  2 x   0 .
5

1

Câu 4. (1,0 điểm). Tính tích phân: I  
0

x x x x
dx .
 x  1  x 3  1
4

3

2

Câu 5. (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình:
x 1 y z
  . Viết phương trình mặt
2x  3y  z  4  0 và đường thẳng  có phương trình chính tắc:
3
2 1
phẳng (Q) chứa  và vuông góc với mặt phẳng (P); Viết phương trình tham số của đường thẳng  ' là
hình chiếu vuông góc của đường thẳng  trên (P).
Câu 6. (1,0 điểm).
a) Biết cos 4x  sin 2x 1  0 . Tính cot 2x .
b) Một hộp đựng 5 quả cầu đỏ, 6 quả cầu xanh, 7 quả cầu trắng. Chọn ngẫu nhiên từ hộp 4 quả cầu. Tính
xác suất để 4 quả cầu lấy ra có đủ cả ba màu.
Câu 7. (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' . Đáy ABCD là hình thoi cạnh a; A 'C  a 2 ;
góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ADD'A ' bằng 450 . Tính theo a thể tích khối hộp đã cho và
khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  A 'BC 
Câu 8. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I  2; 4  ;
trực tâm H 1;3 ; đường thẳng AH cắt BC tại điểm A '  2; 2  và cắt đường tròn (C) tại điểm K khác A.
Tính diện tích tứ giác ABKC.
 y 3  x  x  3  y 2    x  y 2  32  3


Câu 9. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 
3

2 x  1  y  2y  1

x  y  z  0
Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện  2
.
2
2
x  y  z  3
10
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2xy  8yz  5zx 
.
xyz
------------------ Hết -----------------Họ và Tên thí sinh……………………………………Số báo danh……………………..
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHI TIẾT

Đáp án

Câu
Câu 1
(1.0 điểm)

Điểm

Học sinh trình bày và vẽ đúng, đủ, đẹp


1,00

Cho hàm số y  x 4   m  2  x 2  m  1 có đồ thị (C). Tìm m để đồ thị (C) cắt
trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ đều nhỏ hơn 2.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục Ox:
 x 2  1  x  1
x 4   m  2  x 2  m  1  0   2
(1)
x  m  1

Câu 2
(1.0 điểm)

m  1  0
m  1

(C) cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt  
(*)
m  1  1
m  0
Khi đó 1  x  1  x  1  x   m  1  x  m  1

0,25

0,25

m 1  2  m 1  4  m  3

Yêu cầu bài toán 


1  m  3
So với điều kiện (*) ta có giá trị cần tìm là: 
m  0
Câu 3
(1 điểm)

0,25

0,25

3a) Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình:  3  i  z 2  3  3  i  z  10  0 .
Tính môđun của số phức w  z12  z 22 .
z1  z 2  3

Theo Viet ta có: 
10
 3 i
z1 .z2 
3 i


0,25

w  z12  z22   z1  z2   2z1.z2  9  2  3  i 
2

 w  3  2i
 w  13 .


0,25

3b) Giải phương trình trên tập số thực: log5 2.log 2  x  2   log 1 8  2 x   0 (1)
Điều kiện: 2  x  3
log5  x  2   log5 8  2x



5

  x  2  82

x

 x  2x  6 (2)

0,25

Nhận xét x  2 là một nghiệm của (2).
Xét hàm: f  x   x  2x là hàm đồng biến trên R.
Xét hàm: h  x   6 là hàm hằng.

0,25

Do đó phương trình (2) có nghiệm duy nhất x  2 .
Câu 4
(1.0 điểm)

1


Tính tích phân: I  
0

x 4  x3  x 2  x
dx
 x  1  x 3  1

2


1

I
0

1
x  x 3  1  x 2  x  1
x 4  x  x3  x 2
dx

0  x  1  x 3  1 dx
 x  1  x 3  1

1

0,25

1

x

x2
I
dx   3
dx  I1  I2
x 1
x 1
0
0
1
x
1 

Ta có: I1  
dx   1 
 dx   x  ln x  1  0
x 1
x 1 
0
0
1

1

0,25

 I1  1  ln 2

3
1
1

x2
1 d  x  1 1
3
Mặt khác: I2   3
dx   3
 ln  x  1
x 1
3 0 x 1
3
0
0
1

0,25

1
 I2  ln 2
3

4
1

I  1  ln 2    ln 2   1  ln 2
3
3


Câu 5
(1.0 điểm)


0,25

x 1 y z
  . Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa 
3
2 1
và vuông góc với mặt phẳng (P); Viết phương trình tham số của đường thẳng  ' là hình
chiếu vuông góc của đường thẳng  trên (P).

Cho  P  : 2x  3y  z  4  0 và  :

 đi qua M  1; 0; 0  và có VTCP a   3; 2;1 .

(P) có VTPT là n P   2; 3; 1 .

0,25

 (Q) có VTPT là: nQ   n P ,a   5; 5; 5  5 1;1; 1 .


Phương trình mặt phẳng  Q  : x  y  z  1  0 .

0,25

 ' là hình chiếu vuông góc của đường thẳng  trên (P) nên ta có:  '   P    Q 
2x  3y  z  4  0
Tọa độ các điểm thuộc  ' thỏa hệ: 
x  y  z  1  0
 x  3  4t


Phương trình tham số của  ' :  y  t
z  2  5t

Câu 6
(1.0 điểm)

0,25

0,25

6a) Biết cos 4x  sin 2x 1  0 . Tính cot 2x .
Để cot 2x tồn tại thì sin 2x  0
cos 4x  sin 2x 1  0  2 sin2 2x  sin 2x  0  sin 2x 

Với sin 2x 

1
hoặc sin 2x  0 (loại)
2

0,25

1
.
2

1
1  3
sin 2 2x
 cot 2x   3 .


Ta có: cot 2 2x 

0,25

6b) Một hộp đựng 5 quả cầu đỏ, 6 quả cầu xanh, 7 quả cầu trắng. Chọn ngẫu nhiên từ hộp 4
quả cầu. Tính xác suất để 4 quả cầu lấy ra có đủ cả ba màu.
4
Số kết quả của không gian mẫu là: n     C18
 3060 (cách)
0,25
Gọi A là biến cố chọn được 4 quả cầu có đủ cả ba màu
3


* 2 đỏ, 1 xanh, 1 trắng có: C52 .C16 .C17  420 (cách).
* 1 đỏ, 2 xanh, 1 trắng có: C15 .C62 .C17  525 (cách).
* 1 đỏ, 1 xanh, 2 trắng có: C15 .C16 .C72  630 (cách).

 n  A   420  525  630  1575 (cách)
P

Câu 7
(1.0 điểm)

n  A  35

n    68

0,25


Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' . Đáy ABCD là hình thoi cạnh a; A 'C  a 2 ; góc
giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ADD'A ' bằng 450 . Tính thể tích khối hộp
ABCD.A'B'C'D' và d  D;  A 'BC   theo a.

Kẻ BE vuông góc với AD tại E
Mà AB vuông góc với AA'
 AB vuông góc với  ADD'A '

A'
a

 Góc giữa AB và  ADD'A ' là

B'

BAE  45  BAD  45 hoặc BAE  135
*TH1: BAD  450  ABC  1350
Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác ABC
ta có: AC2  AB2  BC2  2AB.BC.cos1350
AC2  a 2 2  2  A 'C2 (vô lý)
0

0



D'

C'


0

a 2

D

A

E

0.25



*TH2: BAD  1350  ABC  450
Áp dụng định lý hàm số cos cho  ABC
ta có: AC2  AB2  BC2  2AB.BC.cos 450
AC2  a 2 2  2 .



45 0

B

C




Trong tam giác AA 'C vuông tại A có: AA '  A 'C2  AC2  a. 4 2
0
2
Diện tích đáy ABCD là: S  AB.BC.sin 45  a

Thể tích khối hộp là: . V  SABCD .AA'  a

2

2
2

2 4
.a 2 .
2

0.25

4

8
2
Do AD song song với BC, mà BC   A 'BC 

Vậy V = a 3

 AD song song với  A 'BC 

 d  D;  A 'BC   = d  A;  A 'BC  
Kẻ AK vuông góc với BC tại K.

Kẻ AH vuông góc với A 'K tại H
Ta có: BC  AK;BC  AA '  BC   AA 'K 

A'

D'
a

B'

C'
0.25
a 2

 BC  AH . Mà ta có A'K  AH
 AH   A 'BC  tại H

A

D

H

d  D;  A 'BC    d  A;  A 'BC    AH
450

B

K


C
4


Trong tam giác AKB vuông tại K có: AK  AB.sin 450  a
AA'K vuông tại A 



1
1
1
1
2 2 2 1



 2
2
2
2
AH
A ' A AK
a2 2 a
2a2

0.25

 4 2 
a 28  7 2

.
AH  a 
  AH 
7
 7 
2

2

Vậy d  D;  A 'BC   
Câu 8
(1.0 điểm)

2
2

a 28  7 2
.
7

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I  2; 4  ; trực
tâm H 1;3 ; đường thẳng AH cắt BC tại điểm A '  2; 2  và cắt đường tròn (C) tại điểm K
khác A. Tính diện tích tứ giác ABKC.
Ta có: KBC  KAC (góc nội tiếp chắn cung KC )
Mà: HBC  KAC (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
Do đó ta có: HBC  KBC
Tam giác BKH có BA ' vừa là đường cao
A
vừa là phân giác nên cân tại B
 A ' là trung điểm của HK

 K  3;1 .
0.25

H
I
B

C

A'

K
 phương trình đường thẳng AA' : x  y  4  0 .
A  AA'  A(a; 4  a) .
Ta có: IA  IK  A  1;5

0.25

BC qua A ' và BC vuông góc với AK  BC : x  y  0
B  BC  B(b; b) .
Mà IB  IK  IC  B 1;1 ;C  5;5 hoặc B  5;5 ;C 1;1

0.25

Ta có: AK  4 2; BC  4 2
Tứ giác ABKC có AK vuông góc với BC nên ta có:
1
Diện tích tứ giác ABKC là: S  AK.BC  16
2
Câu 9

(1.0 điểm)

 y 3  x  x  3  y 2    x  y 2  32  3

Giải hệ phương trình: 
3

2 x  1  y  2y  1 (2)

0.25

(1)

5


Điều kiện: 1  x  3,  3  y  3 (*)





Từ (2) ta có: y3  2y  1  0  y3  2y  1  y3  2y  0  y y2  2  0  y  0
Do đó ta có: 1  x  3, 0  y  3 (**)

y2  3  x
x  3  y2
; x  3  y2  
.
2

2
y2  3  x x  3  y2

 3  VT 1  3 .
 y 3  x  x  3  y2  
2
2

Theo Cauchy ta có: y 3  x 

0.25

Mặt khác ta có: VP 1   x  y2  3  3  3 .
2

y  3  x

Do đó (1)   x  3  y 2
 x  3  y2 với 0  y  3
x  y2  3  0


0.25

Thay vào (2) ta được: 2 2  y2  y3  2y  1 với: 0  y  2 (**)






 y3  2y  3  2 1  2  y 2  0





  y  1 y  y  3 
2

2(y 2  1)
1  2  y2


3  y  1
 (y 1)  y 2  y  3 

1  2  y2

 y  1 (do y 2  y  3 

0

0.25


0



3  y  1


 0; y  0; 2 


1 2  y
2

0.25

 x  2 (thỏa mãn (*),(**))
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x  2; y  1.
Câu 10
(1 điểm)

x  y  z  0
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện  2
.
2
2
x

y

z

3

Tìm GTNN và GTLN của biểu thức P  2xy  8yz  5zx 
Ta có: P  x 2  y 2  z2  2  xy  yz  zx   6yz  3zx  3 


10
xyz

10
xyz

P   x  y  z 

10
 3  3z  2y  x 
xyz
10
2
3 M .
Đặt M  3z  2y  x   P   x  y  z  
xyz
Ta có: M  0 (1). Do x  y  z  0
2

Theo Cauchy:

3z  2y  x  

3z   2y  x 
2



0.25


2z  2y  x  z 2z  2y  x  x

2
2

 3z  2y  x   x  y  z  M  x  y  z  M   x  y  z 

2

(2).
6


Từ (1) và (2) ta có: 0  M   x  y  z 
Suy ra:  x  y  z  
2

2

10
10
2
 3  P  2x  y  z 
3
xyz
xyz

Đặt t  x  y  z .
Ta có: t 2  x 2  y2  z2  2  xy  yz  zx   x 2  y2  z 2  3  t 2  3  t  3 .
Mặt khác ta có: xy  yz  zx  x 2  y2  z 2


 t 2  x 2  y2  z 2  2  xy  yz  zx   3  x 2  y2  z 2   9  t  3 .

0.25

3  t  3.
10
10
Do đó ta có: t 2   3  P  2t 2   3 với t   3;3 .
t
t

Suy ra

Xét hàm số: f(t)  t 2 

10
 3 với t   3; 3


t





3
10 2 t  5
Ta có: f '(t)  2t  2 
 0;   3; 3



t
t2
Suy ra hàm số f(t) luôn đồng biến trên đoạn  3; 3 .


10
Do đó ta có: P  f  t   f 3 
.
3
10
đạt được khi x  3; y  z  0 .
 Min P 
3

0.25

 

Xét hàm số: g(t)  2t 2 

10
 3 với t   3; 3


t






3
10 2 2t  5
Ta có: g'(t)  4t  2 
 0;   3; 3


t
t2
Suy ra hàm số g(t) luôn đồng biến trên đoạn  3; 3 .


55
Do đó ta có: P  g  t   g  3 
.
3
55
 MaxP 
đạt được khi x  y  z  1.
3

0.25

Chú ý: Các cách giải đúng khác vẫn cho điểm tối đa.

Cách khác của câu 10
Cho: P  2xy  8yz  5zx 

10

xyz

Đặt t  x  y  z ; t  0
Ta có: t 2  x 2  y2  z 2  2  xy  yz  zx   3  2  xy  yz  zx   xy  yz  zx 

t2  3
.
2

t2  3
0t 3
2
Mặt khác ta có: xy  yz  zx  x 2  y2  z 2
Mà xy  yz  zx  0 

7


 t 2  x 2  y2  z 2  2  xy  yz  zx   3  x 2  y2  z 2   9  t  3 .
Suy ra

3  t  3.

Đặt Q  2xy  8yz  5xz  P  Q 

10
t

Ta có: Q  2  xy  yz  xz   6yz  3xz  2  xy  yz  zx   t 2  3


 Q  t 2  3 (1).
Mặt khác ta có: Q  2xy  8yz  5xz  5  xy  yz  zx   3yz  3xy

 t2  3 
 t2  3 
Q  5

3y
z

x

5




 (do 0  z  y  x  y  z  x   0 ).
 2 
 2 

Q

5 2
 t  3 (2)
2

Từ (1) và (2) ta có: t 2  3  Q 

 t2 


5 2
10
10 5
10
t  3   t 2  3   Q    t 2  3 

2
t
t 2
t

10
5
10 15
với t   3;3
 3  P  t2  
t
2
t
2

Làm tương tự cách 1.
Cách khác của câu 9
 y 3  x  x  3  y 2    x  y 2  32  3


3

2 x  1  y  2y  1 (2)


1  2y



 

(1)



2

3  x  2 x 3  y2  2 x  y2  3  6











 



2




 2 x  y 2  3  6  2y 3  x  2 x 3  y 2  0



 



 2 x  y2  3  y2  2y 3  x   3  x   x  2 x 3  y 2  3  y 2  0
2

2

 2 x  y2  3  y  3  x

 
2

x  3  y2

 0
2

x  y 2  3  0

 y  3  x  0  x  y 2  3  0  x  3  y 2 (với y  0; 3  )



2
x

3

y

0




Làm tương tự cách 1

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

8