Đề ôn thi môn toán năm 2016

Câu 1. (1,0 điểm) 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: ( )4 24y x x C= − . 
Câu 2. (1,0 điểm) 
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 4 22y x x= + biết tiếp tuyến song song với đường 
thẳng 8 .y x= 
Câu 3. (1,0 điểm) 
a) Giải phương trình: ( ) 33 9log 1 6log 5 2x x+ + − = . 
b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số = .2xy x trên 
[ ]−1;3 . 
Câu 4. (1,0 điểm) 
Tính tích phân: 2 3
1
1 ln
1
e
xI x dx
x x
 
= + + 
∫ . 
Câu 5. (1,0 điểm) 
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng: 1
8 5 8
:
1 2 1
x y zd − − −= =
−
và đường 
thẳng 2
3 1 1
:
7 2 3
x y zd − − −= = . Chứng minh rằng hai đường thẳng đó chéo nhau. Viết phương trình 
mặt phẳng (P) chứa 1d và (P) song song với 2.d 
Câu 6. (1,0 điểm) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, AC a= , H là trung điểm AB, SH vuông 
góc với mặt phẳng (ABCD), tam giác SAB vuông tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng 
cách giữa hai đường thẳng BD, SC theo a. 
Câu 7. (1,0 điểm) 
a) Giải phương trình: cos3 sin 2 sin 4 .x x x+ = 
b) Giải bóng đá do Đoàn trường THPT Lê Quý Đôn tổ chức có 16 đội tham gia, trong đó khối 10 có 
5 đội bóng, khối 11 có 5 đội bóng và khối 12 có 6 đội bóng được bắt thăm ngẫu nhiên để chia làm 4 
bảng đấu A, B, C, D, mỗi bảng đấu có đúng 4 đội bóng đá. Tính xác suất để ở bảng A có đúng 2 đội 
bóng khối 10 và 2 đội bóng khối 11. 
Câu 8. (1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (
)
2 2: 9+ =T x y , 
,AB BC< đường tròn tâm B bán kính BC cắt đường tròn (T) tại D khác C, cắt đường thẳng AC tại 
F, biết rằng đường thẳng DF có phương trình: 4 0x y+ + = và ( )2;1M − thuộc đường thẳng AB. 
Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết rằng B có tung độ dương. 
Câu 9. (1,0 điểm) 
 Giải bất phương trình: ( ) ( )( ) ( )
3 2 3
3
4 3 2 3 2 3
4 1 2
2 3 3 4 1
x x x x x
x x
x x
+ + − + +
+ − + ≥
+ − + +
. 
Câu 10. (1,0 điểm) 
Cho ba số thực dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện: x y z xyz+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức: ( )( )( )1 1 1P x y z= − − − . 
HẾT 
ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN NĂM 2016
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 1 NĂM 2016 
Câu Nội dung đáp án Điểm 
1. 
1,0
đ 
1) Tập xác định R. 
2)Sư biến thiên:a)Giới hạn: 
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= = +∞ 
b)Bảng biến thiên: 3' 4 8 ;y x x= − 
' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = ± 
0,25 
x 
−∞ 2− 0 2 +∞ 
y’ – 0 + 0 – 0 + 
y +∞ 0 +∞ 
 4− 4− 
0,25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng 
( )2;0− và ( )2;+∞ , nghịch biến trên các 
khoảng ( ); 2−∞ − và ( )0; 2 . 
Hàm số đạt cực đại tại D 0, 0C CDx y= = , đạt 
cực tiểu tại 2, 4CT CTx y= ± = − . 
0,25 
2) Đồ thị: 
0,25 
2. 
1,0 
đ 
3
' 4 4y x x= + . Gọi ( )0 0;M x y là tiếp điểm. 0,25 
Vì tiếp tuyến của đồ thị hàm số 4 22y x x= + 
song song với đường thẳng 8y x= nên ta 
có: 30 0 04 4 8 1x x x+ = ⇔ = 
0,25 
PT tiếp tuyến cần tìm là: ( )8 1 3 8 5y x x= − + = − 0,5 
3.a 
0,5 
đ 
( ) 33 9log 1 6log 5 2x x+ + − = (1). ĐK: 1 5x− < < 
( ) ( )( )31 log 1 5 2x x⇔ + − = 0,25 
2 4 5 9 2x x x⇔ − + + = ⇔ = (Thỏa mãn ĐK) 0,25 
3.b 
0,5 
đ 
HS đã cho liên tục trên đoạn −  1;3 và 
( )= + = + > ∀ ∈ −  ' 2 .2 ln2 2 1 ln2 0 1;3x x xy x x x 0,25 
( ) ( )− = − =11 ; 3 24
2
y y [ ] ( )−⇒ = − = −1;3
1
min 1
2
y y 
[ ] ( )− = =1;3max 3 24y y 
0,25 
4. 
1,0 
đ 
2 3 2 2
1 1 1
1 ln ln
1 1
e e e
x xdx xdxI x dx
x x x x
 
= + = + + + 
∫ ∫ ∫ 0,25 
( ) ( )
2
2
1 2 2
1 1
11 1 ln 1
11 2 1 2
e e d x exdxI x
x x
+
= = = +
+ +∫ ∫
 ( ) ( )
2
2
11 1ln 1 ln 2 ln
2 2 2
e
e
+
 = + − =
 
0,25 
2 2 2
1 1
ln 1 1 1 1 2ln 1
1 1
e ee exI dx x dx
x x x e x e
= =− + =− − =− +∫ ∫ 0,25 
( )2
1 2
11 2ln 1
2 2
e
I I I
e
+
⇒ = + = + − 0,25 
5. 
1,0 
đ 
1d đi qua ( )1 8;5;8M có 1 vtcp ( )1 1;2; 1u −

 
2d đi qua ( )2 3;1;1M có 1 vtcp ( )2 7;2;3u

 
( )1 2, 8; 10; 12u u  = − − 


 


, ( )1 2 5; 4 7M M − − −





 
0,25 
Ta có 1 2 1 2, 84 0u u M M  = ≠ 


 

 






 nên 1 2,d d là 
hai đường thẳng chéo nhau. 
0,25 
Vì mặt phẳng (P) chứa 1d và song song 
với 2d nên (P) là mặt phẳng đi qua 1M và 
có 1 vectơ pháp tuyến là 
( )1 2, 8; 10; 12n u u = = − − 
 

 


0,25 
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng : 
 ( ) ( ) ( )8 8 10 5 12 8 0x y z− − − − − = 
 4 5 6 41 0x y z⇔ − − + = 
0,25 
6. 
1,0 
đ 
P
G
O
M
H
D
B
C
A
S
K
Dễ thấy tam giác SAB vuông cân tại S nên 
1 1
2 2
SH AB a= = . 
Vì tam giác ABC là tam giác đều cạnh a 
nên 
2 32
2ABCD ABC
aS S= = . 
⇒ 
3
.
1 3
.
3 12S ABCD ABCD
aV SH S= = . 
0,5 
Gọi M là trung điểm SA, O là tâm hình thoi 
ABCD, khi đó : ( )/ / / /SC OM SC MBD⇒ 
( ) ( )( ) ( )( ); ; ;d SC BD d SC MBD d C MBD⇒ = =
Vì O, H là trung điểm AC và AB nên 
( )( ) ( )( ) ( )( ); ; 2 ;d C MBD d A MBD d H MBD= =
0,25 
Gọi P là trung điểm BO, khi đó HP là 
đường trung bình tam giác ABO nên 
1
2 4
aHP AO= = và / /HP AO nên HP BD⊥ , 
mặt khác: ( )MH ABCD MH BD⊥ ⇒ ⊥ do 
đó : ( )BD MHP⊥ . Gọi K là hình chiếu của H 
lên MP, khi đó ,HK MP HK BD⊥ ⊥ nên 
( )HK MBD⊥ suy ra : ( )( );d H MBD HK= 
 2 2 2 2 2 2
1 1 1 36 16 52
= + = + =
HK HG HP a a a
( );
2 13 13
⇒ = ⇒ =
a aHK d SC BD
0,25 
7.a 
0,5 
D 
cos3 sin2 sin4 cos3 2cos3 .sin 0x x x x x x+ = ⇔ − = 0,25 
pi pi
pi pi
pi pi
∈

= = + 
⇔ ⇔
 = 
= + = + 
cos3 0 ( )
6 3
1
5sin
2 hoÆc 22
6 6
k
x x
x
x
k Z
k x k
0,25 
7.b 
0,5 
đ 
Số phần tử KG mẫu: Ω = 4 4 4 4
16 12 8 4
. . .C C C C 0,25 
Gọi A là biến cố mà bảng A có đúng 2 đội 
bóng khối 10 và 2 đội bóng khối 11. Ta 
có : = 2 2 4 4 4
5 5 12 8 4
. . . .A C C C C C . Xác suất cần 
tìm là: ( ) = = = ≈
Ω
2 2
5 5
4
16
. 5
0,05495
91
A C C
P A
C
0,25 
8. 
1,0 
đ 
D
F OA
C
B
Tứ giác ABCD 
nội tiếp đường 
tròn tâm O nên 
 ABD ACD= . 
Trong đường 
tròn tâm B bán 
kính BC ta có 
 2FBD FCD= 
suy ra 
 2FBD ABD= 
0,5 
do đó AB là đường phân giác trong của góc 
ABD của tam giác cân FBD nên AB cũng 
là đường cao, hay: AB FD⊥ . 
Đường thẳng AB qua ( )−2;1M và vuông 
góc với DF nên có PT: ( ) ( )+ − − =1 2 1 1 0x y 
⇔ − + =3 0x y . 
Tọa độ các điểm A, B là nghiệm của hệ: 
− = − = −
⇔ 
=+ = 
2 2
3 3
09
x y x
yx y
 hoặc =
=
0
3
x
y
B có tung độ dương nên: ( ) ( )−0;3 , 3;0B A 
0,5 
9. 
1,0 
đ 
( ) ( )( )( ) ( )
3 2 3
3
4 3 2 3 2 3
4 1 2 1
2 3 3 4 1
x x x x x
x x
x x
+ + − + +
+ − + ≥
+ − + +
ĐK : ≥ − ≠2, 12x x 
( ) ( )( )+ −⇔ + + ≥
+ −3
3 2
1 2 2
2 3 3
x x
x
x
( )( )+ + −
⇔ ≥
+ −3
3 2 2
1
2 3 3
x x
x
 (2) 
0,25 
TH 1. >12x 
( ) ( ) ( ) ( )⇔ + + + ≥ + + +3 33 32 2 3 2 3 2 2 3x x x x 
 Hàm số ( ) = +3f t t t đồng biến trên R nên : 
( ) ( ) ( )⇔ + ≥ + ⇔ + ≥ +2 333 2 3 2 2 3 2x x x x 
⇔ + − ≤3 22 1 0x x vô nghiệm vì > 12x .
0,25 
 TH 2. − ≤ <2 12x 
( ) ( ) ( ) ( )⇔ + + + ≤ + + +3 33 32 2 3 2 3 2 2 4x x x x
Hàm số ( ) = +3f t t t đồng biến trên R nên: 
( ) ( ) ( )⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ +2 334 2 3 2 2 3 2x x x x 
( ) ( )⇔ + − ≥ ⇔ + + − ≥3 2 22 1 0 1 1 0x x x x x 
   
− − +
⇔ ∈ − ∪ +∞        
1 5 1 5
; 1 :
2 2
x 
0,25 
Đối chiếu điều kiện − ≤ <2 12x ta có tập 
nghiệm của bất phương trình là : 
   
− − +
= − ∪         
1 5 1 5
; 1 :12
2 2
S 
0,25 
10. 
1,0 
đ 
Từ giả thiết ta có 1x xyz yz tương tự 
cũng có : > >1, 1zx xy . Do đó có tối đa 1 
trong 3 số , ,x y z bé hơn 1. 
TH 1. Có đúng 1 số bé hơn 1, chẳng hạn : 
< ≥ ≥1; 1; 1x y z khi đó ≤ 0P . 
0,25 
TH 2. ≥ ≥ ≥1, 1, 1x y z . 
Đặt − = − = − =1 , 1 , 1x a y b z c với >, , 0a b c 
Giả thiết bài toán trở thành: 
( )( )( )
( )
+ + + = + + +
⇔ + + + =
3 1 1 1
2 *
a b c a b c
ab bc ca abc
0,25 
Đặt = 3t abc , ta có: 
( ) ( )+ + ≥ =2 233 3 **ab bc ca abc t 
Từ (*), (**) suy ra : + ≤3 23 2t t 
( )( ) ( )⇔ + + + + − ≤ ⇔ ≤ −1 1 3 1 3 0 3 1t t t t 
0,25 
Do đó ( )≤ − ⇔ ≤ − 33 3 1 3 1abc abc hay: 
( )( )( ) ( )− − − ≤ − 31 1 1 3 1x y z 
Dấu bằng xảy ra khi: = = = 3x y z . 
Vậy ( )= − 3max 3 1P . 
0,25 
 TỔNG 10,0 
HẾT