Đề 2 thi thử thpt quốc gia lần 1 năm 2016 môn thi: Toán lớp 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH 
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số  
2x 1
y 1
x 1



. 
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ M đến 
trục Ox. 
Câu 2 (1 điểm). 
a. Giải phương trình 3
5
sin x 2sin x sin 2x 0
2
 
    
 
. 
b. Giải phương trình      3 3 3log x 2 log x 4 log 8 x 1      . 
Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân 
 
6
2
xdx
I
x 1 3x 2

 
 . 
Câu 4. (1 điểm). 
a. Tìm số hạng chứa 3x trong khai triển 
n
2
2
x ,
x
 
 
 
 biết n là số tự nhiên thỏa mãn 3 2n n
4
C n 2C
3
  . 
b. Một hộp đựng 9 viên bi trong đó có 4 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 
viên bi. Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy được có ít nhất 2 viên bi màu xanh. 
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm 
AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc 
giữa (SAB) và (ABCD) bằng 060 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường 
thẳng SA và IC. 
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC 2BA . Gọi E, F 
lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM 3FE . Biết 
điểm M có tọa độ  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x y 3 0   , điểm A có hoành độ là 
số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 
Câu 7 (1 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm  A 1; 3;2 ,  B 3;1;2 . Viết 
phương trình mặt cầu đường kính AB. Tìm điểm I trên trục Oy sao cho IA 2IB . 
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình 
 2
2
2x 2x x y y x y
x 1 xy y 21 
     

   
. 
Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 2 2 2x y z 1   . Tìm giá trị lớn 
nhất của biểu thức 
2 2
2 2
x y
P x y
2x 2yz 1 2y 2xz 1
   
   
. 
----Hết---- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Cảm ơn bạn Nguyen Hien (lovemath@gmail.com) chia sẻ đến www.laisca.page.tl 
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 
Câu Néi dung 
§iÓ
m 
Câu 
1a 
1,0 
điểm 
- Tập xác định  D R \ 1 
- Sự biến thiên 
 
2
3
y ' 0
x 1

 

 với x D  0,25 
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng    ;1 , 1;  
+ Hàm số không có cực trị 
0,25 
+  
x
lim y x 2

 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị 
   
x 1 x 1
lim y x , lim y x
  
    , suy ra đường thẳng x 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị 
+ Bảng biến thiên 
x 
 -  1 
+  
y’(x
) 
 - - 
y 
2 
 -
 
+  
2 
0,25 
- Đồ thị 
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm 
       0; 1 , 2;1 , 4;3 , 2;5  
+ Đồ thị nhận điểm  I 1;2 làm tâm đối 
xứng. 
0,25 
Câu 
1b 
 1,0 
điểm 
Gọi  0 0M x ; y ,  0x 1 , 
0
0
0
2x 1
y
x 1



, Ta có    1 0 0d M, d M,Ox x 1 y     0,25 
 
20
0 0 0
0
2x 1
x 1 x 1 2x 1
x 1

      

 0,25 
Với 0
1
x
2

 , ta có pt 020 0 0
0
x 0
x 2x 1 2x 1
x 4

      
 Suy ra    M 0; 1 ,M 4;3 0,25 
Với 0
1
x
2

 , ta có pt 2 20 0 0 0x 2x 1 2x 1 x 2 0        (vô nghiệm) . 
Vậy    M 0; 1 ,M 4;3 
0,25 
6
4
2
2
5 5
1
3
y
x
5
-2
-1
421
O
Câu 2a 
 0,5 
điểm 
 3 2
5
sin x 2sin x sin 2x 0 sinx 1 2sin x cos 2x 0
2
 
        
 
sin x.cos2x cos2x 0 cos2x(sin x 1) 0      
0,25 
k
x
cos 2x 0 4 2
sin x 1
x k2
2
 



 
        

Kết luận: nghiệm của phương trình 
k
x
4 2
 
  , 
x k2
2



  
0,25 
Câu 2b 
0,5 
điểm 
Điều kiện xác định 2 x 8   
Khi đó      3 3 3log x 2 log x 4 log 8 x 1          
2
3 3log [ x 2 x 4 ] - log 8 x 1     
0,25 
  
 
2 2 2
2
x 4x 2 x 4
3 x 6x 8 3x 48x 192 2x 54x 184 0
x 238 x
  
               
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là x 4 
0,25 
 Câu 
3 
1 điểm 
Đặt 2
2
t 3x 2 t 3x 2 2tdt 3dx dx tdt
3
         .Khi x 2 t 2,x 6 t 4      0,25 
Suy ra 
 
2
6 4 4 2
2 2
2 2 2
t 2 2
. tdt
xdx 2 t 23 3I dt
t 1 3 t 1x 1 3x 2
t
3


  
  
   0,25 
4
2
2
2 3
1 dt
3 t 1
 
  
 

44 4 4
2
22 2 2
2 1 2 1 1
dt 2 dt t dt
3 t 1 3 t 1 t 1
 
     
   
   0,25 
 
4
2
4 4 9
ln t 1 ln t 1 ln
3 3 5
      0,25 
Câu 4a 
0,5 
điểm 
Điều kiện 
n 3 .
   
  
 3 2n n
n n 1 n 24 n! 4 n! 4
C n 2C n 2 n n n 1
3 3! n 3 ! 3 2! n 2 ! 6 3
 
        
 
2n 9n 0 n 9    (do n 3 ) 
0,25 
Khi đó ta có  
9 k9 9
kk 9 k k 9 3k
9 92 2
k 0 k 0
2 2
x C x C x 2
x x
 
 
   
      
   
  
Số hạng chứa 3x tương ứng giá trị k thoả mãn 9 3k 3 k 2    
Suy ra số hạng chứa 3x bằng  
22 3 3
9C x 2 144x  
0,25 
Câu 4b 
0,5 
điểm 
Gọi  là không gian mẫu của phép lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ 9 viên bi suy ra 
  39n C 84   
0,25 
Gọi A là biến cố lấy được ít nhất 2 viên bi xanh. 
Trường hợp 1. Trong 3 viên bi lấy được có 2 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ, có 2 15 4C .C 40 
cách. 
Trường hợp 2. Ba viên bi lấy ra toàn màu xanh, có 35C 10 cách 
Suy ra   2 1 35 4 5n A C .C C 50   Vậy  
 
 
n A 50 25
P A
n 84 42
  

0,25 
Câu 5 
Ta có S.ABCD ABCD
1
V SH.S
3
 , 2ABCDS a 0,25 
Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra 
SH (ABCD) 
Dựng  HE AB SHE AB   , suy ra SEH là 
góc giữa (SAB) và (ABCD)  0SEH 60  
Ta có 0SH HE.tan 60 3HE  
HE HI 1 a a 3
HE SH
CB IC 3 3 3
      
Suy ra 
3
2
S.ABCD ABCD
1 1 a 3 3a
V SH.S . .a
3 3 3 9
   
0,25 
 Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI 
       d SA,CI d CI, SAP d H, SAP   0,25 
Dựng HK AP , suy ra    SHK SAP 
Dựng     HF SK HF SPA d H, SPA HF     
Do SHK vuông tại H
2 2 2
1 1 1
HF HK HS
   (1) 
Dựng DM AP , ta thấy DM HK 
2 2 2 2
1 1 1 1
HK DM DP DA
    
Thay vào (1) ta có 
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 1 3 8
HF DP DA HS a a a a
       
a
HF
2 2
  . 
Vậy  
a
d SA,CI
2 2
 . 
0,25 
 Câu 
6 
1,0 
điểm 
I
MFE
C
AB
Gọi I là giao điểm của BM và AC. 
Ta thấy BC 2BA EB BA,FM 3FE EM BC      
 ABC BEM EBM CAB BM AC       . 
Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC BM: x 2y 7 0   . 
0,25 
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ 
13
x
2x y 3 0 5
x 2y 7 0 11
y
5

   
 
     

13 11
I ;
5 5
 
  
 
12 6
IM ;
5 5
 
   
 

Ta có  
2 8 4
IB IM ; B 1; 3
3 5 5
  
     
 
 
0,25 
M
F
K
P
E
I
H
S
D
C
B
A
 Trong ABC ta có 
2 2 2 2
1 1 1 5 5
BA BI
BI BA BC 4BA 2
     
Mặt khác 
2 2
8 4 4 5
BI
5 5 5
    
     
   
, suy ra 
5
BA BI 2
2
  
Gọi toạ độ  A a,3 2a , Ta có 
   
2 22 2
a 3
BA 4 a 1 6 2a 4 5a 26a 33 0 11
a
5

          
 

0,25 
Do a là số nguyên suy ra  A 3; 3 . 
2 4
AI ;
5 5
 
  
 

Ta có    AC 5AI 2;4 C 1;1   
 
. Vậy  A 3; 3 ,  B 1; 3 ,  C 1;1 
0,25 
Câu 7 
 1,0 
điểm 
Gọi I là trung điểm AB,  A 1; 3;2 ,  B 3;1;2 suy ra    I 2; 1;2 IA 1; 2;0 IA 5      

 0,25 
Suy ra mặt cầu đường kính AB có phương trình      
2 2 2
x 2 y 1 z 2 5      . 0,25 
Do I thuộc trục Oy nên I có tọa độ  I 0;a;0 
   
2 22 2IA 5 a 3 a 6a 14, IB 13 a 1 a 2a 14            
0,25 
2 2 2 2 2
a 5 11
IA 2IB IA 2IB a 6a 14 2a 4a 28 a 10a 14 0
a 5 11
  
              
 
Vậy  I 0;5 11,0 , hoặc  I 0;5 11,0 
0,25 
Câu 8 
 1,0 
điểm 
Điều kiện xác định x 1,x y 0   
Khi đó  2 2 22x 2x x y y x y 2x xy y 2x x y 0            
    
x y 1
x y 2x y 0 x y 2x y 0
2x x y 2x x y
 
               
. 
Do x 1,x y 0 2x y 0      , từ đó suy ra x y . 
0,5 
Thay vào (2) ta có 2 2 2 2x 1 x x 21 x 1 1 x 4 x 21 5            
 
2
1 x 2
x 2 x 2 0 (3)
x 1 1 x 21 5
 
      
    
0,25 
Vì 
2
x 2
x 2
x 21 5

 
 
 
2
1
x 2 1 0
10 x 91
 
    
  
, từ (3) suy ra x 2 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  2;2 . 
0,25 
Câu 9 
Ta có    
22 2 2 22yz 1 x y z 2yz x y z 2x y z          
Suy ra    
2
2 2
2
x 1 x
2x 2yz 1 2x 2x y z 2x x y z
2x 2yz 1 2 x y z
         
   
Tương tự 
2
2
y 1 y
2y 2xz 1 2 x y z

   
.Suy ra 
1 x y 1 z
P x y 1 x y
2 x y z 2 x y z
   
         
      
0,25 
 1,0 
điểm 
Ta có    2 2 2 2x y 2 x y 2 1 z 2 2z       
Suy ra 4 2
2
1 z
P 1 2 2z
2 2 2z z
 
    
  
0,25 
Xét hàm số   4 2
2
1 z
f z 1 2 2z
2 2 2z z
 
    
  
 trên  0;1 
 
   
'
2 3
2 2 24
1 z
f z 0
2 2z 2 2z z 2 2z
   
   
 với  c 0;1  . 
Do hàm số liên tục trên  0;1 , nên  f z nghịch biến trên  0;1 
0,25 
Suy ra     4
1
P f z f 0 2
2
    . Dấu = xảy ra khi 
1
x y ,z 0
2
   
Vậy GTLN của P là 4
1
2
2
 đạt được khi 
1
x y ,z 0
2
   
0,25 
Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng 
Cảm ơn bạn Nguyen Hien (lovemath@gmail.com) chia sẻ đến www.laisca.page.tl