Đề 2 thi Kỳ thi thử thpt quốc gia 2016 lần 1 môn thi: Toán thời gian: 180 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 
TRƯỜNG THPT NAM DUYÊN HÀ Môn thi: Toán 
Đề gồm 01 trang Thời gian: 180 phút. 
Câu 1. (1,0 điểm) 
Khảo s{t sự biến thiên v| vẽ đồ thị (C) của h|m số 4 22 1y x x    . 
Câu 2. (1,0 điểm) 
Tìm gi{ trị lớn nhất, gi{ trị nhỏ nhất của h|m số 3 2( ) 3 1f x x x   trên đoạn 
3
[ 1; ]
2
 . 
Câu 3. (1,0 điểm) 
a) Giải phương trình: 
1
124 7.2 1 0
x
x

   . 
b) Tìm số phức z thỏa mãn 
1
(3 )
1 2
z
z i
i
  

. 
Câu 4. (1,0 điểm) 
a) Cho 
5
sin cos
4
a a  . Tính sin 2a . 
b) Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ v| 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ v| 4 bi trắng 
. Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính x{c suất để 2 bi lấy được cùng m|u. 
Câu 5. (1,0 điểm) 
Tính tích phân: 
1
1 ln
e
dx
x
x
I

  . 
Câu 6. (1,0 điểm) 
Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC a   , 0 090 , 120 ,ASB BSC  
090CSA  . Tính 
theo a thể tích khối chóp S.ABC v| khoảng c{ch từ C đến mp(SAB). 
Câu 7. (1.0 điểm) 
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: 2 6 0x y z    . Lập 
phương trình mặt cầu (S) có t}m l| gốc tọa độ O v| tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp 
điểm. 
Câu 8. (1,0 điểm) 
Giải bất phương trình: 22 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x        . 
Câu 9. (1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn 
(C): 2 2( 1) ( 1) 20x y    . Biết rằng 2AC BD v| điểm B thuộc đường thẳng d: 2 5 0x y   . 
Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có ho|nh độ dương. 
Câu 10. (1.0 điểm) 
Cho ba số thực dương ; ;x y z thỏa mãn: 3xyz  . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2
3 3 3log 1 log 1 log 1P x y z     
--------------Hết-------------- 
Học sinh không được sử dụng t|i liệu. Gi{m thị coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ v| tên thí sinh:<<<<<<<<<<<<<<..; Số b{o danh:<<<<< 
-5 5
2
-2
x
y
1-1
O
1
f x  = -x4+2x2+1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 
TRƯỜNG THPT NAM DUYÊN HÀ Môn thi: Toán 
ĐÁP ÁN CHI TIẾT Thời gian: 180 phút. 
THẦY TÀI – 0977.413.341 CHIA SẺ TÀI NGUYÊN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 2016 
CÂU 
ĐÁP ÁN 
ĐIỂM 
Câu 1 
(1 điểm) Khảo s{t sự biến thiên v| vẽ đồ thị (C) của h|m số 4 22 1y x x    
*TXĐ: D= 
3' 4 4y x x   . Cho 
2
0
' 0 4 ( 1) 0 1
1
x
y x x x
x

      

  
0,25 
-Hs nghịch biến trên mỗi khoảng (-1;0) , (1;  ) , 
 V| đồng biến trên mỗi khoảng ( ;-1) , (0;1) 
-Hs đạt cực tiểu tại điểm x = 0, yCT = 1 v| đạt cực đại tại c{c điểm x = 1 , yCĐ = 
2 
lim
x
y

  
0,25 
+BBT: 
x  -1 0 1  
y’ + 0 - 0 + 0 - 
y 
 2 2 
 1 
  
0,25 
*Đồ thị (C): 
 0,25 
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm gi{ trị lớn nhất, gi{ trị nhỏ nhất của h|m số 
3 2( ) 3 1f x x x   trên đoạn 
3
[ 1; ]
2
 
+ H|m số x{c định v| liên tục trên đoạn 
3
[ 1; ]
2
 
2'( ) 3 6f x x x  
0,25 
23
0 ( 1; )
2
'( ) 0 3 6 0
3
2 ( 1; )
2
x
f x x x
x

  
     
   

 0,25 
Trên đoạn 
3
[ 1; ]
2
 ta có: 
3 19
( 1) 3; (0) 1; ( )
2 8
f f f      0,25 
Vậy  
33
[ 1; ][ 1; ]
22
max ( ) (0) 1; min ( ) 1 3f x f f x f

      
0,25 
Câu 3 
(0,5 điểm) Giải phương trình: 
1
124 7.2 1 0
x
x

   (1). 
(1) 
2 72.2 .2 1 0
2
x x    
Đặt 2xt  , điều kiện t > 0. Pt trở th|nh: 
2 72 1 0
2
t t   
0,25 
1
4
2 (ktm)
t
t

 

 
1
2 2
4
x x    0,25 
b) (0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn:
1
(3 )
1 2
z
z i
i
  

Đặt z a bi  với ;a b . 
Ta có: 
1 1
(3 ) ( ) (3 )
1 2 1 2
z a bi
z i a bi i
i i

       
 
       2 3 2 1a b a b i a b i          
0,25 
2 3
2 1
a b a
a b b
  
 
    
4
1
a
b

 

. Vậy : 4z i  0,25 
Câu 4 
a) (0,5 điểm) Cho 
5
sin cos
4
a a  . Tính sin 2 .a 
Ta có: 
5
sin cos
4
a a  
25
1 sin 2 
16
a   0,25 
9
sin 2 
16
a  0,25 
b) (0,5 điểm) Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ v| 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ 
v| 4 bi trắng . Lấyngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính x{c suất để 2 bi lấy được cùng màu. 
Gọi  l| không gian mẫu: tập hợp c{c c{ch chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên 
bi 
( ) 7.6 42n    
Gọi A l| biến cố 2 bi được chọn cùng m|u 
( ) 4.2 3.4 20n A    
0,25 
Vậy x{c suất của biến cố A l| P(A)= 
( ) 20 10
( ) 42 21
n A
n
 

 0,25 
Câu 5 
(1,0 điểm) Tính tích phân: 
1
1 ln
e
dx
x
x
I

  
1 2
1 1 1
1 ln 1 ln
e e e
dx dx dx
x x
I I
x x x
I

       
1 1
1
1
ln 1
e
e
I dx x
x
   
0,25 
2
1
ln
e
dx
x
x
I   
Đặt 
1
lnt x dt dx
x
   . 
Đổi cận 1 0; 1x t x e t      
0,25 
11 2
2
0 0
1
2 2
t
tdtI     0,25 
Vậy 1 2
1
2
I II   0,25 
Câu 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, 
0 0 090 , 120 , 90ASB BSC CSA   . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC v| 
khoảng c{ch từ C đến mp(SAB) 
B
A
C
S
Chứng minh: ( )SA mp SBC 
 . .
1
.
3
S ABC A SBC SBCV V S SA   
0,25 
2
0 21 1 3 3. .sin120 .
2 2 2 4
SBC
a
S SB SB a   
Vậy: 
2 3
.
1 3 3
. .
3 4 12
S ABC
a a
V a  
0,25 
-Diện tích tam gi{c SAB l| 
2
2
SAB
a
S  
- Ta có d(C,(SAB))= .
3 S ABC
SABC
V
S
0,25 
Suy ra d(C,(SAB))= 
3
2
a
 0,25 
Câu 7 
 (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: 
x + y – 2z – 6 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có t}m l| gốc tọa độ O v| 
tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm. 
Ta có O(0;0), do mặt cầu (S)có t}m O v| tiếp xúc với mp(P) nên ta có: 0,25 
R=d(O,(P))= 
2 2 2
| 6 |
6
1 1 ( 2)


  
Vậy pt mặt cầu (S) l|: x2 +y2 +z2 = 6 0,25 
Gọi H l| hình chiếu vuông góc của O trên mp(P), H chính l| tiếp điểm của 
mặt cầu (S) v| mp(P) 
Đường thẳng OH đi qua O v| vuông góc mp(P) nhận (1,1, 2)n   l| vectơ 
ph{p tuyến của mp(P) l|m vectơ chỉ phương, pt đường thẳng OH có dạng: 
2
x t
y t
z t



  
* ( , , 2 )H OH H t t t   
0,25 
*Ta lại có ( ) 2( 2 ) 6 0 1H mp P t t t t         . Vậy H(1,1,-2) 0.25 
Câu 8 (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 22 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x        (1) 
Điều kiện: 1x   . 
Bpt (1) tương đương:  
2
2 3 1 2 3 1 20x x x x        
0,25 
Đặt 2 3 1t x x    , t >0 
Bpt trở th|nh: 2 20 0t t  
5
4
t
t

   
. Đối chiếu đk được 5t  . 
Với 5t  , ta có: 22 3 1 5 2 2 5 3 3 21x x x x x          
0,25 
2
2
3 21 0
2 5 3 0
3 21 0
146 429 0
x
x x
x
x x
   

  
    

   
0,25 
7
3
3 7
x
x
x

    
Kết hợp với điều kiện 1x   suy ra tập nghiệm bất pt l|: S= 3; 
0,25 
Câu 9 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn 
(C): 2 2( 1) ( 1) 20x y    . Biết rằng 2AC BD v| điểm B thuộc đường thẳng 
d: 2 5 0x y   . Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có ho|nh độ 
dương. 
H
I
D
C
B
A
Gọi I l| t}m đường tròn (C), suy ra I(1;-1) v| I l| giao điểm của 2 đường chéo 
AC v| BD. Gọi H l| hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB . 
Ta có: AC=2BD 2IA IB  
Xét tam gi{c IAB vuông tại I, ta có: 2 2 2 2
1 1 1 5 1
5
4 20
IB
IA IB IH IB
      
0,25 
Ta lại có điểm B d B(b, 2b-5) 
*IB=5 2 2
4
( 1) (2 4) 5 2
5
b
b b
b

     
  

. Chọn b=4 (vì b>0) B(4;3) 
0,25 
Gọi ( ; )n a b l| VTPT của đường thẳng AB, pt đường thẳng AB có dạng: 
 a(x-4)+b(y-3)=0 
Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C) nên ta có: 
d(I,AB)= 20 
2 2
| 3 4 |
20
a b
a b
 
 

0,25 
2 2
2
11 24 4 0 11
2
a b
a ab b
a b

    


*Với a=2b, chọn b=1, a=2  pt đường thẳng AB l|: 2x+y-11=0 
*Với 
2
11
a b , chọn b=11, a=2  pt đường thẳng AB l|: 2x+11y-41=0 
0,25 
Câu 10 (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm gi{ trị nhỏ nhất 
của biểu thức: 2 2 2
3 3 3log 1 log 1 log 1P x y z     
Trong mp(Oxy), gọi 
3 3 3(log ;1), (log ;1), (log ;1)a x b y c z   
 và (1;3)n a b c n     
Ta có: 
2 2 2 2 2
3 3 3log 1 log 1 log 1 1 3a b c a b c x y z             
0,5 
10P  , dấu = xảy ra khi ba vecto , , a b c cùng hướng v| kết hợp điều 
kiện đề b|i ta được 3 3x y z   
Vậy min 10P  khi 3 3x y z   
0,5