Đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán 2016 Đề số 4

Lớp toán 10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp
Biên Hòa – Đồng Nai

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.noon.vn

ĐỀ SỐ 04
3

Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y  x  3mx 2  2

1 , với m

là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khi m  1 .
b) Tìm m để đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị A , B sao cho A , B và M 1; 2 thẳng hàng.
Câu 2. (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sin 3x  cos 2x  sin x .
b) Tìm các số thực x , y thỏa mãn đẳng thức

2
x (3  2i )
 y 1  2i   6  5i .
2  3i

Câu 3. (0,5 điểm). Giải phương trình log2 x  log 1 x  1  1  0 .
2

Câu 4. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2x 2  12x  9 9y 2  24y  8  36


2
12x  9y  2 2x  12x  90  66
9

Câu 5. (1,0 điểm). Tính tích phân I 


4

x , y    .

x 2
dx .
x

Câu 6. (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC .A ' B ' C ' có mặt phẳng A ' BC  vuông góc với mặt phẳng ABC  .
Hai tam giác A ' BC  và ABC  là những tam giác đều có cạnh bằng 2a . Tính theo a thể tích khối lăng
trụ ABC .A ' B ' C ' và khoảng cách từ A đến mặt phẳng BCC ' B ' .
1

Câu 7. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A 3; 4 , I  ; 1 là
 2


tâm đường tròn ngoại tiếp và J 3; 1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Xác định tọa độ đỉnh B và C

của tam giác ABC , biết B có hoành độ dương.
Câu 8. (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

x
y 2 z

 và điểm
1
2
2

I 3; 3;2 . Tính khoảng cách từ I đến d . Viết phương trình mặt cầu S  có tâm I và tiếp xúc với d .

Câu 9. (0,5 điểm). Cho Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ
các chữ số 1, 2, 3, 4, 6. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , tính xác xuất để số được chọn chia hết cho 3.
Câu 10. (1,0 điểm). Cho
a,
b,
c
là
các
số
thực
thỏa
mãn
điều
kiện
a  2b  3 a  b  1  3 b  3c  2  3c . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
P  a  2b  3c .

..…. 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:………………………

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97


Lớp toán 10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp
Biên Hòa – Đồng Nai

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.noon.vn
HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI

Câu 1. a) Với m  1 , hàm số trở thành: y  x 3  3x 2  2 .
● Tập xác định: D   .
● Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3x 2  6x ; y '  0  x  0 hoặc x  2 .
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2;  ;
nghịch biến trên khoảng 0;2 .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCD  2 ;
đạt cực tiểu tại x  2 , yCT  2 .
- Giới hạn tại vô cực: lim y   ; và lim y   .
x 

x 

- Bảng biến thiên

● Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt 1; 2 , 3;2 .
y
2
1

O

2

x

-2

b) Ta có y '  3x 2  6mx  3x x  2m  ; y '  0  x  0 hoặc x  2m .
Đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị  y '  0 có hai nghiệm phân biệt
 2m  0  m  0 .





Tọa độ các điểm cực trị A 0;2 và B 2m;2  4m 3 .


Suy ra MA  1; 4  , MB  2m  1; 4  4m 3 .









Để A , B và M thẳng hàng  1. 4  4m 3  4. 2m  1

 4m 3  8m  0  m  0 hoặc m   2 .

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97


Lớp toán 10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp
Biên Hòa – Đồng Nai

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.noon.vn

Đối chiếu điều kiện tồn tại cực trị ta được giá trị m cần tìm là: m   2 .
Cách 2. Ta có y '  3x 2  6mx ; y '  0  x  0 hoặc x  2m .
Đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị  y '  0 có hai nghiệm phân biệt
 2m  0  m  0 .

1
m
Ta có y   x   y ' 2m 2x  2 .

 3
3 

Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A , B là d : y  2m 2x  2 .
Yêu cầu bài toán  M  d  2  2m 2 .1  2  m   2 .
Đối chiếu điều kiện tồn tại cực trị ta được giá trị m cần tìm là: m   2 .
Nhận xét: Cách 1 áp dụng khi ta tìm được cụ thể tọa độ các điểm cực trị theo m . Cách 2 cho trường hợp ta
không tìm được cụ thể tọa độ các điểm cực trị.
Câu 2.
a) Phương trình đã cho tương đương với sin 3x  sin x  cos 2x  0

 2 cos 2x sin x  cos 2x  0  cos 2x 2 sin x  1  0.



 k  x   k
k   .
2
4
2

x     k 2
  

6
● 2 sin x  1  0  sin x  sin    
 6 
x  7   k 2 

6


Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

● cos 2x  0  2x 

x

b) Ta có

x 3  2i 

x

2  3i

k   .




7
 k , x    k 2 , x 
 k 2
4
2
6
6

k   .

2

 y 1  2i   6  5i

3  2i 2  3i 
13

 y 1  4i  4  6  5i

 xi  y 3  4i   6  5i  3y  x  4y  i  6  5i
3y  6
x  13
 
 
.
x  4y  5
y  2


x  0
Câu 3. Điều kiện: 
 x  1.
x  1  0

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với
log2 x  log2 x  1  1  log2 x x  1  log2 2



 x x  1  2  x 2  x  2  0  x  1 hoặc x  2 .

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x  2 .

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97


Lớp toán 10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp
Biên Hòa – Đồng Nai

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.noon.vn

2x 2  12x  36  9 9y 2  24y  8

Câu 4. Ta có 
2
 12x  9y  66  2 2x  12x  90

1 .
2

 9y 2  24y  8  0
Điều kiện: 
.
2
 2x  12x  90  0
Theo bất đẳng thức Cauchy , ta có
9 9y 2  24y  8 



Do đó 1  2x 2  12x  36 

9
2



9  9y 2  24y  8  4 

 .
2 
2




9y 2  24y  8 .4 

9  9y 2  24y  8  4 


2 
2


1 ' 

 8x 2  48x  81y 2  216  108  0 .
Lại theo bất đẳng thức Cauchy , ta có
2 2x 2  12x  90 



Do đó 2  12x  9y  66 

1
3

 2x

2



 12x  90 .36 

1  2x 2  12x  90  36 

 .
3 
2


1  2x 2  12x  90  36 


3 

2


 2x 2  60x  54  270  0

2 '

 4x 2  120x  108  540  0 .

   

Lấy 1 '  2 '  4x 2  24x  27y 2  108y  144  0



 4 x 3

2





 27 y  2

2



x  3  0

x  3
0

.
y 2  0
y  2


   

Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình là: x ; y  3;2 .
9

Câu 5. Ta có I 

x 2
dx .
x


4

Đặt t 

1
x 2
2
 t 2  1  , suy ra tdt 
dx  dx  x 2tdt .
2

x
x
x

Từ t 2  1 

2
4t
2
, suy ra x 
. Do đó dx  x 2tdt 
2
x
1t
1  t2



Đổi cận: với x  4 thì t 
7
3

Khi đó I 



2
2

1  t 

2

2

dt .

2
7
, với x  9 thì t 
.
2
3
7
3

4t



2

dt 



2
2




 1
1
1
1 




dt
t  1
2
2
t 1


t

1
t

1
 
 


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97


Lớp toán 10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp

Biên Hòa – Đồng Nai

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.noon.vn


1
1 

 ln t  1  ln t  1 


t  1 t  1 
 3 7  2 2  2 ln
9

x 2

Cách 2. Ta có I  

2

x  2x

4

9

● A


4

x 1

3 7

7
3
2
2

.

2 2

9

9

x 1

dx  

2

x  2x

4

dx  
4

1
2

dx

x  2x

dx .

2

x  2x

Đặt t  x 2  2x  t 2  x 2  2x , suy ra tdt  x  1dx .
Đổi cận: với x  4 thì t  2 2 , với x  9 thì t  3 7 .
3 7

3 7



Khi đó A 

dt  t

2 2

9

● B


4

 3 7 2 2 .
2 2

9

1

dx 

2

x  2x


4

1
x x  2

dx .

 1

1
tdx
 dx 
Đặt t  x  x  2 , suy ra dt  
.


 2 x
2 x 2
2 x x  2

Đổi cận: với x  4 thì t  2  2 , với x  9 thì t  3  7 .
3 7

Khi đó B  2


2 2

dt
 2 ln t
t

3 7

2 2

Vậy I  A  B  3 7  2 2  2 ln











 2 ln 3  7  ln 2  2  .



3 7
2 2

.

Câu 6. Gọi H là trung điểm BC .
Do tam giác A ' BC đều nên suy ra A ' H  BC .
Mà A ' BC  vuông góc với ABC  theo giao tuyến BC nên A ' H  ABC  .
A'

C'
M
B'
C

A
H
B

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

K


Lớp toán 10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp
Biên Hòa – Đồng Nai

Ta có SABC  a2 3 ; A ' H 

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.noon.vn

A ' B. 3
a 3 .
2

Do đó VABC .A ' B ' C '  S ABC .A ' H  3a 3 (đvtt).
Do AA ' song song với BCC ' B ' . Khi đó









d A, BCC ' B '  d A ', BCC ' B ' .

Gọi M là trung điểm B 'C ' , do tam giác A ' B ' C ' đều nên A ' M  B ' C ' .
Gọi K là hình chiếu của A ' trên HM , suy ra A ' K  HM .
Ta có B ' C '  A ' HM  nên B ' C '  A ' K .





Do đó A ' K  BCC ' B ' nên d A ', BCC ' B '  A ' K .
A ' H .A ' M

Trong tam giác vuông HA ' M , ta có A ' K 

2

A'H  A'M





Vậy d A, BCC ' B '  A ' K 

2



a 6
.
2

a 6
.
2

Cách 2. Phương pháp tọa độ hóa.
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ:
H  O 0; 0; 0 , Ox  HA , Oy  HB , Oz  HA ' .

Lấy a  1 , khi đó A









3; 0; 0 , B 0;1; 0 , A ' 0; 0; 3 .



z



Suy ra C 0; 1; 0 và B '  3;1; 3 .

A'

C'

Mặt phẳng BCC ' B ' đi qua ba điểm: B 0;1;0 , C 0; 1; 0 ,





B '  3;1; 3 nên có phương trình BCC ' B ' : x  z  0 .

Khoảng cách từ A đến BCC ' B ' là
d

3 0
11



3
2



B'

x A

6
a 6

(do ta chọn a  1 ).
2
2

C
H

B
a 6
y
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng BCC ' B ' bằng
.
2
Câu 7. Phân tích hướng giải: Đề bài cho tọa độ đỉnh A và tọa độ điểm I tâmđường tròn ngoại tiếp tam
giác nên ta viết được phương trình đường tròn C  ngoại tiếp tam giác ABC . Để tìm tọa độ đỉnh B và C

ta cần tìm phương trình đường thẳng BC hoặc một phương trình đường cong nào đó chứa B và C . Khi đó
tọa độ điểm B và C là giao điểm của đường vừa tìm với đường tròn C  .

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

Lớp toán 10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp
Biên Hòa – Đồng Nai

C 

Đường tròn


2





C  : x  12 

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.noon.vn

ngoại tiếp tam giác ABC
2

 y  1 

1

5 5

có tâm I  ; 1 , bán kính R  IA 

 2
2

nên

125
.
4

Phân giác trong góc A đi qua A 3; 4 và J 3; 1 nên AJ  : x  3  0 .
Gọi D  AJ   C  nên tọa độ D x ; y  thỏa mãn hệ:

x  3  0

x  3
x  3

 
hoặc 
.
2

2
1
125
x    y  1 
y  4
y  6





2 
4

Suy ra D 3; 6 (do D  A ).

A

 

A1  C 3

 
 

Ta có    , suy ra DJC  A1  C 1  C 3  C 2  DCJ .
C  C
2
 1

1
2

Do đó: DJ  DC .

I

J

Tương tự, ta có DJ  DB .
C

B

Từ 1 và 2 , ta có DJ  DC  DB .

Điều này chứng tỏ BD và C thuộc đường tròn tâm D 3; 6 , bán kính DJ  5 . Vậy tọa độ điểm B và C là
nghiệm của hệ :

2

2
1 
125
x  6
x  2

x


  y  1 

hoặc 
.
2 
4  


y  2
y  6
2
2


x  3  y  6  25


Đối chiếu điều kiện bài toán ta chọn B 6; 2 , C 2; 6 .
  5

Cách 2. Đường thẳng BC có VTPT ID   ; 5 nên BC  : x  2y  c  0 .
2

5
. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
2
Áp dụng hệ thức Ơle ta có:

Ta có IJ 

2
 5 2  5 5 
5 5




IJ  R  2Rr     

r r  5.
 2
 2 
 2 
2
2



2



Với r  5  d J , BC   5 
●

5 c
5

 5  c  0 hoặc c  10 .

Nếu c  0 , ta có BC  : x  2y  0 . Lúc này PA/ BC  5 , PJ / BC  5 .

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97










Lớp toán 10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp
Biên Hòa – Đồng Nai

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.noon.vn

Suy ra A và J khác phía với BC . Điều này vô lý vì tâm đường tròn nội tiếp tam giác phải nằm miền
trong tam giác.
●

Vậy ta chọn BC  : x  2y  10  0 . Tọa độ của B , C là nghiệm của hệ:


2

2
1 
125



x    y  1 
x  6 hoặc x  2 .


2
4

y  2
y  6


x  2y  10  0

Đối chiếu điều kiện bài toán ta chọn B 6; 2 , C 2; 6 .
Nhận xét: Các em nên chọn Cách 1. Ở đây tôi trình bày Cách 2 chỉ tham khảo thêm vì hệ thức Ơle không có
trong SGK.

Câu 8. Đường thẳng d đi qua điểm M 0; 2; 0 và có VTCP u  1; 2;2 .

 


Suy ra MI  3; 1;2 và u, MI   2; 4; 5 .


Khi đó
 


u, MI 
45
d I , d      
 5.

9
u





Mặt cầu S  có tâm I 3; 3;2 và tiếp xúc với d nên bán kính R  5 .
2

2

2

Vì vậy S  : x  3  y  3  z  2  5 .
Câu 9. Số phần tử của S là: A53  60 .
Từ năm chữ số đã cho ta có bốn bộ gồm ba chữ số có tổng chia hết cho 3 là 1, 2, 3 , 1, 2, 6 , 2, 3, 4 ,

2, 4, 6 . Mỗi bộ ba chữ số này ta lập được 6 số thuộc tập hợp S . Vậy trong S

có 6.4  24 số chia hết cho

3.

24 2
 .
60 5
Câu 10. Gọi D là tập giá trị của P . Khi đó m  D khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
 a  2b  3 a  b  1  3 b  3c  2  3c



 a  2b  3c  m


 3 b  3c  2  a  b  1  a  2b  3c
 
1
 a  2b  3c  m

Xác suất để số được chọn chia hết cho 3 là:



 x  a  b  1  0

Đặt 
, ta thu được hệ:
 y  b  3c  2  0


Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97




Lớp toán 10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp
Biên Hòa – Đồng Nai

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.noon.vn


 x  y  m
 3 x  y   m

3



 2
m2

2
1
 x  y  m  3



xy


m

3





2
9




Từ đó x , y là nghiệm của phương trình bậc hai:

X2 


m
1 m 2
X  
 m  3  0
3
2  9


 18X 2  6mX  m 2  9m  27  0 .

2

Hệ 1 có nghiệm a , b , c khi và chỉ khi phương trình 2 có nghiệm không âm


  '  9 m 2  18m  54  0



m
9  3 21
 S 
0

 m  9  3 15 .

3
2

2
 P  m  9m  27  0

18
 9  3 21

Suy ra D  
; 9  3 15  .
2





Do đó giá trị nhỏ nhất của P là

9  3 21
;
2

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97



giá trị lớn nhất của P là 9  3 15 .