Đề 1 thi Kỳ thi thử thpt quốc gia 2016 lần 1 môn thi: Toán thời gian: 180 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 
TRƯỜNG THPT KINH MÔN Môn thi: Toán 
Đề gồm 01 trang Thời gian: 180 phút. 
Câu 1: (2 điểm). Cho hàm số y = 
2
5
3
2
2
4
 x
x
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2. Cho điểm M thuộc (C) có hoành độ xM = 1. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M. 
Câu 2: (1,5 điểm). Giải phương trình 
1). sin2 1 6sin cos2x x x   . 2). 21 2
2
log (5 10) log ( 6 8) 0x x x     . 
Câu 3: (1,0 điểm). THẦY TÀI – 0977.413.341 – CHIA SẺ ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 2016 
 1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức : 
7
3
4
2
, 0x x
x
 
  
 
 2. Trong một bình có 2 viên bi trắng và 8 viên bi đen. Người ta bốc 2 viên bi bỏ ra 
ngoài rồi bốc tiếp một viên bi thứ ba. Tính xác suất để viên bi thứ ba là bi trắng. 
Câu 4: (1,0 điểm). Tính tích phân: 
3
2
0
( s in )
cos
x x dx
I
x


  
Câu 5: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
4 (1)
9 3 3 3 2 (2)
x y x y x y
x y x
     

     
Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB = AC = a, I là trung 
điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC, mặt 
phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách 
từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a. 
Câu 7: (1.0 điểm). Trong không gian 0xyz cho mặt phẳng (P): 2x + 3y + z – 11 = 0. Viết phương 
trình mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 1) và tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm. 
Câu 8: (1,0 điể̉m). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn (C) ngoại 
tiếp tam giác ABC có phương trình 2 2( 2) ( 3) 25.x y    Chân các đường vuông góc hạ từ B 
và C xuống AC, AB thứ tự là (1;0),M (4;0)N . Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết đỉnh A có tung 
độ âm. 
Câu 9: (0,5 điểm). Cho hai số dương x, y phân biệt thỏa mãn: 2x 2y 12  . 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 
24 4
4 4 5
P
x y 8 x y
  

. 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 
TRƯỜNG THPT KINH MÔN Môn thi: Toán 
Câu ĐÁP ÁN CHI TIẾT Điểm 
1.1 
1,5đ 
 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 
2
5
3
2
2
4
 x
x
. 
1.0 
Tập xác định D = R. 
Sự biến thiên. 
+ Chiều biến thiên. 
y’ = 2x3 - 6x , y’ = 0  x = 0 v x = 3 . 
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( -∞; - 3 ) và (0 3 ). 
Hàm số đồng biến trên khoảng (- 3 ; 0) và ( 3 ; +∞). 
0.5 
Cực trị. Hàm số đạt CĐ tại x = 0, yCĐ = y(0) = 
5
2
; đạt CT tại x = 3 , yCT = y( 3 ) = 2 . 
Giới hạn.
4 4
2 25 5( 3 ) , ( 3 )
2 2 2 2x x
x x
Lim x Lim x
 
        
0.25 
Bảng biến thiên. 
x -∞ - 3 -1 0 1 3 +∞ 
y’ - 0 + 0 - 0 + 
y 
+∞ 
5
2
 +∞ 
 -2 -2 
0.25 
 Đồ thị. Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm ( 1 ; 0) , ( 5 ; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy 
tại điểm (0 ; 
5
2
). Đồ thị hàm số có trục đối xứng là Oy. 
0,5 
I(0) I(0) 
x 
y 
1.2 
0,5đ 
2.  ( ) 1;0M C M  . 
 Ta có: y’ = 2x3 – 6x '(1) 4y   
Vậy tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình : 4( 1)y x   . Hay y = -4x+4 
0,25 
0.25 
Câu 2:1 điểm 
1. 
0.75
đ 
 sin2 1 6sin cos2x x x    (sin2 6sin ) (1 cos2 ) 0x x x    
   22sin cos 3 2sin 0x x x     2sin cos 3 sin 0x x x   
0. 25 
sin 0
sin cos 3( )
x
x x Vn

   
 x k . Vậy nghiệm của PT là ,x k k Z  
0.25 
0.25 
2. 
0.75
đ 
Gpt: 21 2
2
log (5 10) log ( 6 8) 0x x x     ĐK: x>-2. 
2
2 2log (5 10) log ( 6 8) 0PT x x x     
2 2
2 2log (5 10) log ( 6 8) 5 10 6 8 2( );( ) 1( )x x x x x x x l h x n              
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 3:1 điểm 
1. 
7 7 28 77 7
3 3 4 12
7 74
0 0
2
( 2) ( 2) , 0
k k k
k k k k
k k
x C x x C x x
x
  
 
 
      
 
  
Số hạng tổng quát của khai triển có dạng : 
28 7
12
7( 2)
k
k kT C x

  . 0 7;k k   . 
0.25 
Số hạng không chứa x khi và chỉ khi 28-7k=0 hay k=4. 
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là : 4 4
7( 2)T C  =16
4
7C 
0.25 
 2. Không gian mẫu  có số phần tử là   2 1
10 8
( ) 360.n C C 
A là biến cố: “lần đầu lấy 2 viên bi đen, lần sau lấy 1 viên bi trắng”. 
2 1
8 2
7
( ) 56 ( ) .
45
n A C C P A    
B là biến cố: “lần đầu lấy 1 viên bi đen, 1 viên bi trắng và lần sau lấy 1 viên bi trắng”. 
1 1
8 2
2
( ) .1 16 ( ) .
45
n B C C P B    
C là biến cố “ viên bi thứ ba là bi trắng”. 
1
( ) ( ) ( ) 0,2
5
P C P A P B    
0.25 
0.25 
Câu 4:1 điểm 
 . 
3 3
1 22 2 2
0 0
3
3
2 02
0
( s in ) s in
( )
cos cos cos
1 1
os 1.
cos cos
x x dx x x
I dx I I
x x x
I dc x
x x
 



    
   
 

Đặt
2
tan
cos
x u
dx du
dx
v xdv
x


 
 
Suy ra 1I =
3
3 3
0 0
0
3 3
.tan tan ln cos ln 2
3 3
x x xdx x

  
     Vậy I= 
1+
3
ln 2
3

 
0.25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 5:1 điểm 
Đk: 
2
3; 0
0; ;4
3
;4 ;9; 3 3
3
x y
y x y x y
y
x y x yx y x
     
  
      
Từ (1) suy ra VT(1) 0 nên bình phương hai vế ta có : 
2 2
2 2 2
2 2 4 2 2
2
2
0( )
4 4 4( )
4 4
x x y x y y x x y
y x
y x
y l
y xy x x y
y x
       

 
   
       
Thay y = 4x-4 vào (2) ta có: 2 9 3 1 2x x    (3) Giải (3): 
2
2
2
2
25 3( 5)
(3) 9 4 3( 1 2)
( 1 2)9 4
5 16
5 3
(4)
( 1 2)9 4
x x
x x
xx
x y
x
xx
 
       
  
  
 
 
   
Do 2
2
5 5
3 9 1
49 4
x x
x x x
xx
 
      
 
 và 
3
1 1 1 2
( 1 2)
x x
x
     
 
 luôn 
đúng khi 3x  nên (4) vô nghiệm. 
Vậy x= 5 ; y =16 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. 
0.25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 6:1 điểm 
jC
B
A
S
H
K
M
Gọi K là trung điểm của AB HK AB  (1) 
Vì  SH ABC nên SH AB (2) 
Từ (1) và (2) suy ra AB SK  
Do đó góc giữa  SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK 
và bằng 60SKH  
Ta có 
3
tan
2
a
SH HK SKH  . 
Tam giác ABC vuông cân: 2
1
2
ABCS a 
Vậy
3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 12
S ABC ABC
a
V S SH AB AC SH   
0.25 
0.25 
Vì / /IH SB nên  / /IH SAB . Do đó      , ,d I SAB d H SAB 
Từ H kẻ HM SK tại M  HM SAB     ,d H SAB HM 
0.25 
Ta có 
2 2 2 2
1 1 1 16
3HM HK SH a
  
3
4
a
HM  . Vậy   
3
,
4
a
d I SAB  
0.25 
Câu 7:1 điểm 
Khoảng cách từ I đến (P) chính là bán kính mặt cầu 
2 6 1 11
14
4 9 1
R
  
 
 
Phương trình mặt cầu 
2 2 2( 1) ( 2) ( 1) 14x y z      
Đường thẳng qua I và vuông góc với mp(P) có phương trình: 
1 2
2 3
1
x t
y t
z t
 

  
  
 nên tiếp điểm H là 
hình chiếu của I lên (P) có tọa độ H( 1+2t;-2+3t;1+t) . H thuộc (P) nên thay tọa độ H vào pt mp (P) ta 
có t= 1 hay tọa độ tiếp điểm H(3;1;2). 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 8:1 điểm 
Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (C) tại A. Ta có 
tứ giác BCMN nội tiếp nên góc 
ABC AMN (cùng bù với góc NMC ). 
Lại có 
1
2
ABC MAt sd AC  , suy ra 
MAt AMN . Mà chúng ở vị trí so le trong 
nên MN//At, hay IA vuông góc với MN (I là 
tâm đường tròn (C)). 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Ta có (3;0), (2;3) : 2.MN I AI x  A là giao của IA và (C) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 
 22
2 2; 8
2; 2( 2) 3 25
x x y
x yx y
  
        
. A có tung độ âm nên A(2;-2). 
-Pt AN : 4 0.x y   B là giao điểm (khác A) của AN và (C) suy ra tọa độ của B(7 ;3). 
-Pt AM : 2 2 0.x y   C là giao điểm (khác A) của AM và (C) suy ra tọa độ của C(-2 ;6). 
Câu 9:1 điểm 
 Từ điều kiện, dùng bất đẳng thức Côsi suy ra: 0 8xy  . 
 Đánh giá 
2 2
2 2
1 5 1
. .
16 64
2
x y
P
x yy x
y x
 
   
   
0,25 
0.25 
Đặt  2
x y
t t
y x
   . Khi đó  21 5 1. 2 .
16 64 2
P t
t
  
 
Xét hàm số 2
1 5 1 1
( ) . .
16 64 2 8
f t t
t
  

 (với 
t > 2) Tính đạo hàm, vẽ bảng biến thiên, tìm được: 
 2;
5 27
2 64
min ( ) ff t

 
  
 
 Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 
27
64
 khi x = 2 và y = 4 
0.25 
0.25