Đề 3 thi thử thpt quốc gia năm 2016 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 TRƯỜNG THPT LIÊN HÀ Môn: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 
2 1
.
3
x
y
x



Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số 3 23 2,y x x   biết rằng tiếp tuyến song 
song với đường thẳng : 9 7 0.d x y   
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 
2 1
2
log ( 3) log ( 2) 1.x x    
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2 ) (1 2 ) 1 3 .i z z i i Tính môđun của .z 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2
2
0
sin
.
9 cos



x
I dx
x
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z    và đường 
thẳng 
1 1
: .
1 1 1
x y z
d
 
 

Tìm tọa độ giao điểm A của d với (P) và lập phương trình mặt phẳng ( )Q chứa 
đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng ( ).P 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 2sin 2 3 cos 2 1.
3
x x 
b) Giải bóng đá Công đoàn cụm các trường THPT Đông Anh quy tụ 6 đội bóng đá Nam gồm: Liên Hà, Cổ 
Loa, Đông Anh, Bắc Thăng Long, Vân Nội và An Dương Vương. Các đội chia thành 2 bảng A và B, mỗi 
bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội Liên Hà 
và Cổ Loa nằm ở hai bảng khác nhau. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, 2 , AB a AD a  ,K là hình 
chiếu vuông góc của B lên đường chéo ,AC các điểm ,H M lần lượt là trung điểm của AK và 
,DC 
2 10
5
a
SH và SH vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và 
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và .MH 
Câu 8 (1,0 điểm). Trên mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 5. Gọi ,M N lần 
lượt là các điểm trên cạnh ,AD AB sao cho ,AM AN điểm 
12 70
13 13
( ; )H  là hình chiếu vuông góc của A 
trên đường thẳng .BM Điểm 8 2( ; ),C  điểm N thuộc đường thẳng 2 0.x y  Tìm tọa độ các điểm 
,B,A D . 
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực 
2
2
2 1 1
2 1 1
x xy x y y x
x my y x
       

    
Câu 10 (1,0 điểm) Cho , ,a b c là các số dương thay đổi, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
3
1 1 1
3 4 4 3 2 6 7( )
F
a b ac a b abc a b c
  
     
-----------------------Hết--------------------- 
 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
Môn: TOÁN 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(1,0đ) 
Khảo sát sự biện thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
2 1
3
x
y
x



. 
1,00 
♥ Tập xác định:  \ 3D 
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên: 
 
2
5
'
3
y
x



; ' 0,y x D   . 
 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;3 và 3; . 
0,25 
 ￚ Giới hạn và tiệm cận: 
 lim lim 2
x x
y y tiệm cận ngang: 2y 
3 3
lim ; lim
x x
y y tiệm cận đúng: 3x 
0,25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x 3 
'y 
y 2 
 2 
0,25 
♥ Đồ thị: 
+ Giao điểm với các trục: 
1 1
: 0 : 0;
3 3
Oy x y
 
    
 
 và 
1 1
: 0 2 1 0 : ;0
2 2
Oy y x x
 
       
 
 Đồ thị cắt các trục tọa độ tại 
1 1
0; , ;0
3 2
   
   
   
. 
+ Tính đối xứng: 
 Đồ thị nhận giao điểm  3;2I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0,25 
 2 
(1,0đ) 
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số 3 23 2y x x   , biết rằng tiếp tuyến 
song song với đường thẳng : 9 7 0d x y   . 
1,00 
*Tập xác định: D  
* 2
0 0 0
3 6y'( )x x x  
*Tiếp tuyến của đồ thị (C) có phương trình dạng: 
0 0 0
'( )( ) ( )y y x x x y x   
2 3 2
0 0 0 0 0
3 6 3 2( x )( )y x x x x x       (*) 
(trong đó 
0
x D là hoành độ tiếp điểm ) 
0,25 
*Tiếp tuyến (*) song song với d nên 
 
   
 
02
0 0
0
1
3 6 9
3
x
x x
x
0,25 
 Với 
0
1x , phương trình tiếp tuyến là 9 7y x  (loại ) 0,25 
 Với  
0
3x , phương trình tiếp tuyến là 9 25y x  ( thỏa mãn) 0,25 
3 
(1,0đ) 
a) Giải bất phương trình    
2 1
2
log ( 3) log ( 2) 1x x (1) 0,50 
 Điều kiện: 3x  . 
 Khi đó:      2(1) log ( 3)( 2) 1x x    ( 3)( 2) 2x x 
0,25 
        2 5 4 0 1 4x x x x 
 Kết hợp với điều kiện 3x  ta có nghiệm của phương trình (1) là  4x . 
0,25 
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2 ) (1 2 ) 1 3i z z i i . Tính môđun của z . 0,50 
 Đặt z a bi , ,a b ta có: 
 (1 2 ) (1 2 ) 1 3 4 ( 1) 1 3i z z i i a b b i i           
4 1 9
1 3 2
a b a
b b
   
  
   
. 
0,25 
 Vậy môđun của z là 2 2 2 29 2 85z a b . 0,25 
4 
(1,0đ) 
Tính tích phân 




2
2
0
sin
9 cos
x
I dx
x
1,00 
 Đặt   cos sint x dt xdx 0,25 
 

     0 1; 0
2
x t x t 
0,25 
 Suy ra: 
 
    
   
 
0 1
2
1 0
1 1 1 1
6 3 39
I dt dt
t tt
0,25 
      
1
0
1 1
ln 3 ln 3 ln2
6 6
t t . 
0,25 
5 
(1,0đ) 
Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z    và đường 
thẳng 
1 1
:
1 1 1
x y z
d
 
 

. Tìm tọa độ giao điểm A của d với ( )P và lập phương 
trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và 
nằm trong mặt phẳng ( )P . 
1,00 
 Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
3 33 0
 1 41 1
 2 21 1 1
x y z xx y z
x y yx y z
y z z
         
  
       
       
. 
0,25 
 Suy ra ( 3;4;2)A  . 0,25 
 Mặt phẳng ( )P có VTPT là  
( )
1;1;1
P
n  ; đường thẳng d có VTCP là  1;1;1
d
u   
 ( )Q có vtpt là  
 
          
( )
1 1 1 1 1 1
; ; ; 0; 2;2
1 1 1 1 1 1
Q P d
n n u 
0,25 
 Vậy mặt phẳng ( )Q có phương trình là : 7 0y z   0,25 
6 
(1,0đ) 
a) Giải phương trình 2sin 2 3 cos 2 1
3
x x (1) 
0,50 
 Ta có: 1 2sin 2 cos 2cos 2 sin 3 cos 2 1
3 3
x x x 
 sin2x+ 3 cos2 3 cos2 1x x 
0,25 
 sin2x 1
4
x k 
0,25 
b)Giải bóng đá Công Đoàn cụm các trường THPT Đông Anh quy tụ 6 đội bóng đá 
Nam gồm: Liên Hà, Cổ Loa, Đông Anh, Bắc Thăng Long, Vân Nội và An Dương 
Vương. Các đội chia thành 2 bảng A, B, mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện 
bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội tuyển Liên Hà và Cổ Loa nằm 
ở hai bảng khác nhau. 
0,50 
 Số phần tử của không gian mẫu là: 3 3
6 3
20C C . 0,25 
 Gọi A là biến cố: “Đội Liên Hà và đội Cổ Loa nằm ở hai bảng khác 
 nhau”. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 2 2
A 4 2
2! 12C C 
♥ Vậy xác suất cần tính là A
12 3
A
20 5
P . 
0,25 
7 
(1,0đ) 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, 2 , AB a AD a  ,K là hình 
chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm ,H M lần lượt là trung điểm của 
AK và DC , 
2 10
5
a
SH và SH vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD . Tính theo a 
thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH . 
1,00 
450
a
2a
I
M
I
M
B
A
D
C
S
A
D
B
C
K
H
K
H
N
0,25 
* 
1
3
( ) . .
ABCD ABCD
SH ABCD V SH S   
*
22.
ABCD
S ABAD a  
0,25 
 Thể tích khối chóp .S ABCD là 
3
4 10
15
a
V . 
0,25 
 Gọi I là trung điểm của BK , suy ra tứ giác HICM là hình bình hành 
 Suy ra: HI BC  I là trực tâm tam giác BHC CI HB  MH HB  
 Mà HB là hình chiếu của SB lên ( )ABCD nên MH SB . 
0,25 
 Trong ( )SHB , kẻ HN SB ( )N SB , ta có: 
MH HB
MH HN
MH SH
 
 

 Suy ra HN là đoạn vuông góc chung của SB và MH . Suy ra:  ,d SB MH HN 
 Xét tam giác vuông SHB ta có: 
1 1 1 2 2 2 5
. 2 2
2 2 2 55
a a
HN SB HB    
 Vậy  
2 5
,
5
a
d SB MH  . 
0,25 
8 
(1,0đ) 
Trên mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 5. Gọi ,M N 
lần lượt là các điểm trên cạnh ,AD AB sao cho ,AM AN điểm 
12 70
13 13
( ; )H  là hình 
chiếu vuông góc của A trên đường thẳng .BM Điểm 8 2( ; ),C  điểm N thuộc đường 
thẳng 2 0.x y  Tìm tọa độ các điểm ,B,A D . 
1,00 
K
E
H
B
D
A N
M
C
 * DAE ABM DE AM AN NB CE         tứ giác NBCE là hình chữ 
nhật nội tiếp đường tròn đường kính NC (1) 
*Tứ giác BCEH nội tiếp đường tròn (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B,C,E,H,N cùng thuộc đường tròn đường kính NC 
HN HC  
0,25 
 *Đường thẳng HN đi qua H và có vtpt 
92 44
13 13
( ; )CH  cùng phương 23 11( ; )n 
23 11 38 0( ) :NH x y    
*Tọa độ N là nghiệm của hpt 
23 11 38 0 4 2
2 0 3 3
( ; )
x y
N
x y
   

 
20 2
3
NC  
0,25 
* 2 2
4 5
3
NB NC CB   
8 5
3
AM AN AB NB     
*
2 2
2 2 2
1 1 1 8 65 4 65
13 3
,AH AE AD DE AE
AH AM AB
        
6 6
13 7
AH HA
AE HE
    
*
6
7
HK AK
HAK HEC
HC EC
     
6
7
HK HC   và 
3
7
AK AN  
0,25 
36 58
7 7
( ; )K và 4 6( ; )A 
0,25 
*
3
0 2
2
( ; )AB AN B   
* 4 10( ; )CD BA D   
Đáp số : 4 6 0 2 4 10( ; ), ( ; ), ( ; )A B D  
9 
(1,0đ) 
Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực 
2
2
2 1 1
2 1 1
x xy x y y x
x my y x
       

    
1,00 
*Điều kiện: 
2
1
1
2 0
 

 
  

x
y
x my
*Biến đổi PT(1) tương đương với 
1
1 1 0
1
( )( )x y x
x y
    
 
 (1)’ 
Vì 1 1;x y   nên 
1
1 0
1
x
x y
  
 
 do đó 
1 1 0 1( )' x y y x       thay vào PT(2) ta được 
0,25 
2 22 1 2( 1) 2 4( 1) ( 1) 1 1 1x mx m x x x x m x x x                 
 , do x=1 không là nghiệm nên chia 2 vế cho 1x  ta được 
1 1
2 1 2 1 1
1 1
       
 
( )x m x
x x
0,25 
*Đặt 2
1 1
1 0 1 2
11
        

,t x t x t
xx
 PT trên trở thành 
2 22 1 2 1        (*)t m t t t m 
Nhận xét: 
+)với 1 2; )x t    
+)hệ pt đã cho có nghiệm ( ; )x y khi và chỉ khi pt(*) có nghiệm 2; )t  
0,25 
*Xét hàm số 2( ) 2 1g t t t   với 2; )t  
 '( ) 2 2 0, 2; )g t t t      
Bảng biến thiên x 2  
 '( )g t + 
 ( )g t  
 1 
*Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị m cần tìm là 1.m  
0,25 
10 
(1,0đ) 
Các số , ,a b c dương thay đổi, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
3
1 1 1
3 4 4 3 2 6 7( )
F
a b ac a b abc a b c
  
     
1,00 
*Áp dụng bất đẳng thức Cô si : 
3
2. .(4 ) 4
3. .(2 ).(4 ) 2 4
a c a c
a b c a b c
 
  
0,25 
1 1
2( ) 7( )
F
a b c a b c
  
   
0,25 
*Đặt 7( ), 0t a b c t    
2
7 1
( )
2
F g t
t t
    
*Ta có 
3
7
'( ) ,
t
g t
t

 '( ) 0 7g t t   
0,25 
*Lập bảng biến thiên suy ra 
1 1
( ) (7)
14 14
g t g F      
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
4
2 4
2
7( ) 7
1
a
a b c
b
a b c
c

  
  
    
Vậy 
1
14
MinF   
0,25