3
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA – KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: Toán
x
x 3
2
Thời gian làm bài : 180 phút y Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số
4 x mx m
5 Câu 2 (1,0 điểm).Cho hàm số y . có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để đồ thị (Cm)
của hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
a) Giải bất phương trình
x
1)
x
1)
2
2log ( 3
log (2 3
. Tìm phần ảo của số phức
b) Cho số phức z
thỏa mãn điều kiện (1
i z )
i 1 3
0
1w
zi
. z
y
Câu 3 (1,0 điểm)
Câu 4 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
và các trục tọa độ.
x x
1 2
x
1
:
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
2
y 3 3
z 2
x
3
:
và
. Tìm tọa độ giao điểm của
1 và
2 và viết phương trình mặt phẳng (P) sao
2
z 2 5
6
2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P)
y 4 cho đường thẳng Câu 6 (1,0 điểm)
P
2 . Tính giá trị biểu thức
cos2 -3 2 sin
a) Cho góc lượng giác , biết tan .
2
2
b) Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau đi xem phim Hậu Duệ Mặt Trời, trong đó có hai học sinh tên là Lực và Linh. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc. Tính xác suất sao cho hai học sinh Lực và Linh ngồi cạnh nhau Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn là AD; các đường thẳng SA, AC và CD đôi một vuông góc với nhau; SA = AC = CD = a 2 và AD = 2BC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD
x : 2
13
y 3
d
0
27 x 2 0 y . Tìm Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi G là GD GC . Biết điểm G thuộc đường trọng tâm tam giác ABC . Điểm D thuộc tia đối của tia AC sao cho y C x : 12 thẳng và tam giác BDG nội tiếp đường tròn
2
2
y
2
1
2
x
x
y
y
2
x
y
3
1
1
toạ độ điểm B và viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm và toạ độ điểm G là số nguyên.
2
1)
8
5
x
y
x
x
y
10
x
1 24)
10 (2
3
3 1 (
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ:
. Tìm min
2
2
y ( x ) 4 xy 2
2 2 )
4) 2016 xy xy (3 3( P x y x y )
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện của biếu thức 2(
.
Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu nào và giám thị coi thi không được giải thích thì thêm.
3
y
x
x 3
Câu Đáp án Điể m
.
2
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Tập xác định: D
0,25 y ' x 3 3 0 y Ta có 1 1 x ' x
3
3
Giới hạn
3
3
y x x 3 x 1 lim x lim x lim x 0,25
y x x 3 x 1 lim x lim x lim x 3 2 x 3 2 x
1 0
1 0
Bảng biến thiên
x 'f
2
f x
x
2
0,25
1
1;1 và ; 1
1;
Hàm số đồng biến trên khoảng Hàm số nghịch biến trên khoảng Hàm số đạt cực đạt tại điểm x = 1 và yCĐ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = -1 và yCT = -2 Đồ thị: Bảng giá trị -2 2 -1 -2 2 -2 x y 0 0 1 2
y
f(x)=-x^3+3*x
5
0,25
x
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
-5
2
4 x mx m
5 2 Câu 2 (1,0 điểm).Cho hàm số y có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để
3
đồ thị (Cm) của hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
2 ) x m ,
2 4 ta có x y' x ( ) mx = x 0,25
0
) 0 có ba nghiệm x x m 0,25
x 2 (2 (Cm) có ba điểm cực trị khi y’(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt, tức là 2 (2 2 phân biệt 2 x m = có hai nghiệm phân biệt khác 0 2 0 m Câu 3 (1,0 điểm)
c) Giải bất phương trình
x
1)
x
1)
2
2log ( 3
log (2 3
ĐK:
1x . BPT
x
1)
x
1)
2
2log ( 3
1 2
. 0,25 0,25
x
1)
x
1) 1
1)(2
x
1) 1
x
log ( 3
log (2 3
log (2 3 log ( 3
2
(
x
x
1) 3
2
x
3
x
2 0
0,25
S
2
x
. Kết hợp ĐK ta có tập nghiệm là
1;2
1)(2 1 2
. Tìm phần ảo của số phức
0,25 3
i z )
i 1 3
0
1w
zi
. z
z
x
yi x y ( ,
x
z
)
yi
Giả sử
.
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1
Theo giả thiết, ta có
2
0,25 (1 i x )( yi ) 1 3 i x ( 0 0 1) y ( x y i 3) 0 2 x y 1
w
1
z w
. 2 i 1 (2
Suy ra Ta có
y
i i ) 2 3 i i i 2 2 i 0,25 . Vậy Im i
Câu 3 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
và các
x x
1 2
trục tọa độ.
0
4
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (-1; 0). Do đó
0
0
S
dx
(1
dx )
Ta có
=
S dx 0,25 1 2 x x 1
3
1 2
x
2
x x 1
1
0
0,25
1
( x 3ln x 0,25 2 )|
1 3ln
3ln
1
2 3
3 2
3
1
x
x
:
:
. Tìm tọa độ giao điểm của
và
2 và viết
1 và
1
2
0,25
y 3 3
2
6
y 4
z 2
2 là hình chiếu vuông góc của đường
1 và
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng z 2 5
0,25 0,25
phương trình mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng thẳng 1 lên mặt phẳng (P) 2 dưới dạng tham số Viết lại Giải hệ phương trình tìm được giao điểm A(3; 0; 2) Đường thẳng 1 có VTCP 2 có VTCP Đường thẳng
5 6; 4; 5 2; 3; 2 u 1 u 2 0,25
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa
1
2
2 và
Vì P (
2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P) (P) chứa Q (
)
)
n (7; 22; 26) , thì (Q) có VTPT là u u , 1 2
191
104
x
y
z
0,25 ( 214;191; 104) , n u 2
850 0 Do đó (P) cũng đi qua A và có VTPT là 1 n (P) có phương trình là: 214
P
Câu 6 (1,0 điểm).
2 . Tính giá trị biểu thức
cos2 -3 2 sin
2
P
a) Cho góc lượng giác , biết tan .
4 2
cos2 -3 2 sin
2cos 1
cos
2
2
1
tan
cos
0,25
2
1 5
1 2 cos
1 tan
1
P 0,25 . Suy ra 9 2
6
(phần tử)
6! 720
)
Gọi A là biến cố: "Lực và Linh ngồi cạnh nhau".
(phần tử)
) 5!.2! 240
n A (
0,25 b) Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau đi xem phim Hậu Duệ Mặt Trời, trong đó có hai học sinh tên là Lực và Linh. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc. Tính xác suất sao cho hai học sinh Lực và Linh ngồi cạnh nhau Mỗi cách xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành 1 hàng dọc là một hoán vị của 6 phần tử n (
(phần tử)
P A ( )
( n A ) n ) (
1 3
0,25
7
240 720 (Mà thực ra là mua vé đôi là được ngồi gần nhau = = ) Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn là AD; các đường thẳng SA, AC và CD đôi một vuông góc với nhau; SA = AC = CD = a 2 và
S
0,25
K
D
I
A
H
B
C
AD = 2BC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD Ta có: SA AC và SA CD SA (ABCD). ACD vuông cân tại C AD = 2a BC = a. Gọi I là trung điểm AD AI = BC, AI // BC và CI AD ABCI là hình vuông. AB AD.
2
2
3 a
2
.S
.SA
.a 2
.
Do đó SABCD =
. Vậy VSABCD =
ABCD
(AD BC).AB 3a 2
2
1 3a . 3 2
2
1 3
Ta có CD // BI CD // (SBI) d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(C, (SBI)) Gọi H = AC BI và AK SH tại K. Ta có AK (SBI) d(A, (SBI)) = AK.
0,25
1
1
1
1
4
Ta có
.
2
2
2
2
2
5 2
AK = a 10 5
AK
SA
AH
2a
2a
2a
d(A; (SBI)) = AK =
.
a 10 5
0,25
Vì H là trung điểm AC nên d(C; (SBI)) = d(A; (SBI)) =
Vậy d(CD, SB) =
.
a 10 5
.
a 10 5
0
d
13
x : 2
2
2
0,25
y 0 x 2 27 y 12 . Tìm toạ độ điểm B và viết phương trình đường thẳng BC ,
C
(?)
M
d: 2x + 3y - 13 = 0
BG GD
BCD 2
BCA 2
G
R
10
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A . GD GC . Biết Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Điểm D thuộc tia đối của tia AC sao cho điểm G thuộc đường thẳng và tam giác BDG nội tiếp đường tròn y 3 C x : biết điểm B có hoành độ âm và toạ độ điểm G là số nguyên. Tam giác ABC vuông cân tại A có G là trọng tâm nên GB = GC Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm G. Suy ra 0 BGD 90 Hay tam giác BDG vuông cân tại G 0,25 ngoại tiếp tam
F
A
Đường tròn (C) tâm I(1;6) bán kính giác BDG nên I là trung điểm của BD
B(?)
IG
10
Do đó và IG BD
I(1;6)
D
13
m 2
G d
x : 2
y 3
13
0
;
3
G m
2; 3
10
IG
Vì
G G
Từ , do toạ độ điểm G là số nguyên nên G(2;3).
x
y 3
17
0
28 75 ; 13 13 BD đi qua I(1;6) và IG BD
nên phương trình
B D BD
,
0,25
C
4;7
2;5
B D
(do hoành độ điểm B âm)
B
2;5
Vậy
Gọi M là trung điểm của BC ta có AM = MB = MC (do ABC vuông cân tại A)
GM MB
GM AM MB Suy ra AM BC và 1 3
1 GBM cos 3
10
2
2
1 3 3 Nên GBM tan
n
, a b
MG MB với a
Gọi
n
1;2
BG
0 4; 2
0,25 b BG Ta có VTCP của BG là là VTPT của BG là VTPT của BC.
BG
BG
3 cos BG BC , cos n n , GBM cos cos n n , Có
BG
b 2
3
2
2
a 35
40
ab
b 5
0
2
2
a 7
0 b b
0
10
5
b
a
a a
a
n
b
BC x
:
y
3
0
10 n n . BG n n .
a 7
0 n
0
b
1;7
BC x
:
y 7
33
0
Trường hợp 1: Với
1;1
Trường hợp 2: Với nên phương trình nên phương trình
x
y
3
0
Do hai điểm D và G cùng mằn về một phía đối với đường thẳng BC nên phương trình BC thoả 0,25
BC x
:
y
3
0
mãn là
B
2;5
2
2
2
y
x
1
x
2
y
y
2
x
y
3
1
1
Vậy và
2
8
x
y
x
1)
5
x
y
10
x
1 24)
10 (2
3 1 (
1x
Điều kiện :
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ: 9
0,25
2
2
2
y
x
y
3
y
2
x
y
3
1
1
2
2
y
x
1
y
x
2
x
2
y
y
1 0
x
2
1
1 x 1
2
2
2
x
(
x
x
y
)
2
y
(
x
1
y
)
0
2
1 .
2
y 1 1
x
y
x
2
x
2
y
2)(
1
1
2
2
1
y
1
0(*)
x
2
2 x
1 y 1
y
x
x
2
y
x
1
2
2
y
2
y
x
3
y
2
x
y
3
1
2 1
2
2
y
x
1
y
x
2
x
2
y
y
1 0
x
2
1
1 x 1
2
2
2
x
(
x
x
y
)
2
y
(
x
1
y
)
0
2
1 .
2
1 y 1
x
y
x
2
x
2
y
2)(
1
1
2
2
1
0(*)
y
1
x
2
y
2 x
1 y 1
x
2
y
2
x
x
1
2
x
1)
5
x
y
y
10
x
1 24)
10 (2
2
5
y
x
x
1 24)
x
2
1
x
y
2
0
y
x
1
0
10
1 ( 10
2
0
1,
x
y
1 0
Do đó :
2
Từ phương trình (2) ta có: 8 1 ( x 8 1 y 1
2 x
y
x
x
2
2
y
x
2
(*)
x
1
y
0
y
x
0
do 1
1 y thay vào phương trình 2 ta được :
8
x
10
x
1
5
x
x
10
x
0,25
2
8(x+1)
x
1 2
x
1
5
x
x
1
1
5
1
3
3
x
2
1
x
1
2
x
1
5
1
5
x
3
2
f
0,25
t '( ) 3 t t
1 ( f
Xét hàm :
có t t ( )
1 25) do đó hàm đồng biến 1 0,
t R
2
x
1 5
x
4(
1)
1
x
24
x
10
x
1
x
10
x
1 3
x
20
2
20 3
x
1) 9x
120x 400
100(
x
x
x
110 20 19 9
2
20 3 220x 500 0
x
20 3 110 20 19 9
9x
;
Vậy nghiệm của hệ :
110 20 19 9
119 20 19 9
(Câu này trích bí kíp hệ của anh, lời giải trong ấy hay hơn nhiều ^^)
3
0,25
. Tìm min
2
2
( 4 2
2 2 )
của biếu thức
) y x xy x y x ) 4) 2016 xy .
2
3
3
3( 4 ) xy 3 0,25 y 2 x ( y Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện P (3 Với mọi số thực x, y ta luôn có 2 xy ) ( xy 2( , nên từ điều kiện suy ra y 2 0 2 4 y x x x y y x y y x ) ( ) ( ) ( ( ) 1
2
2
2
2
P
(
x
y
2 2 )
(
x
y
2 2 )
2(
x
y
xy 2 )
xy
(3
xy
4) 2016
Ta biến đổi P như sau
3 2
3 2
2
4
4
2
2
(
x
y
2 2 )
(
x
y
) 2(
x
y
) 2016
(3)
x .
3 2
2
0,25
22 )
4
4
2
2
2
P
(
x
y
2 2 )
2(
x
y
) 2016
Do
nên từ (3) suy ra
9 4
3 2 2
2
10 ( x y x y
t
x
)1 y
Đặt
thì
(do
.
1 2
x 2 y t
f
t ( )
t 2
2016
t
f
t )('
2
0
t
Xét hàm số
với
, có
, với
nên hàm số
1 2
1 2
;
f
t ( )
f
.
f(t) đồng biến trên
. Suy ra
t
1 2
9 t 2 32249 16
1 2
29 t 4
min 1 ; 2
0,25
x
y
Do đó GTNN của P bằng
, đạt được khi và chỉ khi
32249 16
1 2
0,25
![Đề thi tiếng Anh tốt nghiệp THPT 2025 (Chính thức) kèm đáp án [mới nhất]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250627/laphong0906/135x160/9121751018473.jpg)
![11 chủ đề ôn tập môn Toán lớp 2 [chuẩn nhất]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250613/phuongnguyen2005/135x160/74791749803387.jpg)
