Đề thi Kì thi thử thpt quốc gia năm 2016 - Lần 1 môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

Trang 1 
SỞ GD&ĐT THANH HÓA KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016-LẦN 1 
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 Môn thi: TOÁN 
 (Đề thi gồm 01 trang) 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 của hàm số 3 3 1.y x x    
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số    2 ln 1 2y f x x x    
trên đoạn  1;0 . 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau: 
 a) 
2 2 2 21 1 22 3 3 2x x x x     
 b)      
2
3 9 3 3
log 5 log 2 log 1 log 2.x x x      
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3
1
ln .
e
I x xdx  
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng   : 1 0P x y z    và 
hai điểm    1; 3;0 , 5; 1; 2A B   . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng  P sao cho MA MB 
đạt giá trị lớn nhất. 
Câu 6 (1,0 điểm). 
 a) Giải phương trình 22 3 cos 6sin .cos 3 3x x x   
 b) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất để có 
5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết 
cho 10. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh ,a mặt bên SAD là 
tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, 
6
.
2
a
SC  Tính thể tích khối chóp 
.S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng ,AD SB theo .a 
Câu 8 (1,0 điểm). Cho ABC vuông cân tại .A Gọi M là trung điểm ,BC G là trọng tâm 
,ABM điểm  7; 2D  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho .GA GD Tìm tọa độ điểm ,A lập 
phương trình ,AB biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3 13 0.x y   
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
   
 
3 2 3
3
2 4 3 1 2 2 3 2 1
2 14 3 2 1 2
x x x x y y
x x y
      

    
Câu 10 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
3 4 8
.
2 2 3
a c b c
P
a b c a b c a b c

  
     
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.; Số báo danh. 
Hết 
 Trang 1 
ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (gồm 06nn trang) 
Câu Ý Nội dung Điểm 
 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 3 1.y x x    1.00 
1. 
Tập xác định . 
Sự biến thiên 
    3 3lim 3 1 ; lim 3 1
x x
x x x x
 
          
 2
1
' 3 3; ' 0
1
x
y x y
x
 
      
 Hàm số đồng biến trên  1;1 
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng    ; 1 , 1;   
 Hàm số đạt cực tiểu 5CTy   tại 1CTx   
 Hàm số đạt cực đại 1CDy  tại 1CDx  
 BBT 
x  1 1  
'y 0 0 
y 
 
 1 
 3 
  
Đồ thị 
 " 6 ; " 0 0y x y x     
 Điểm uốn  0; 1U  
 Đồ thị hàm số 
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
 Đồ thị hàm số nhận điểm  0; 1U  làm tâm đối xứng. 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số    2 ln 1 2y f x x x    trên 
đoạn  1;0 . 
1.00 
2. 
Ta có    
1
2
' 2 ; ' 0 1
1 2
2
x
f x x f x
x x

   
  

Tính    
1 1
1 1 ln 3; ln 2; 0 0
2 4
f f f
 
       
 
Vậy 
 
 
 
 
1;0 1;0
1
min ln 2;max 0
4
f x f x
 
   
0.25 
0.25 
0.50 
  
 Trang 2 
a)  
2 2 2 21 1 22 3 3 2 1x x x x     0.50 
Tập xác định . 
   
2 2 2 2 2 21 1 2 1 12 3 3 2 2 1 8 3 1 3x x x x x x           
2 1
22 4 1 2 3.
3 9
x
x x

 
        
 
0.25 
0.25 
b)        
2
3 9 3 3
log 5 log 2 log 1 log 2. 2x x x      0.50 
3. 
Tập xác định    1; \ 2 .D   
     3 3 3 32 log 5 log 2 2 log 1 log 2x x x       
 
 
   
2
2
5 . 2
2 5 . 2 2 1
1
x x
x x x
x
 
      

Với 2x  ta có:     
2 2 25 2 2 1 3 10 2 4 2x x x x x x x          
2 37 12 0
4
x
x x
x

      
Với 1 2x  ta có     
2 2 25 2 2 1 3 10 2 4 2x x x x x x x           
 
 
2
97
1 /
6
3 8 0
1 97
6
x t m
x x
x loai

 
    
 


Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm 
1 97
;3;4 .
6
x
  
  
  
0.25 
0.25 
 Tính tích phân 3
1
ln .
e
I x xdx  1.00 
4. 
Đặt 
 
 
 
 
3
4
1
'ln
1'
4
dx u x dxx u x x
x v x
v x x

  
 
  

4 4
4 4 4
1
1 1
1 1 1 1 3 1
.ln .
4 4 4 16 16
e e
ee e
I x x x dx x
x

     
0.50 
0.50 
Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng   : 1 0P x y z    và hai 
điểm    1; 3;0 , 5; 1; 2A B   . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng  P sao cho 
MA MB đạt giá trị lớn nhất. 
1.00 
5. 
Kiểm tra thấy A và B nằm khác phía so với mặt phẳng  P . 
Gọi  ' ; ;B x y z là điểm đối xứng với  5; 1; 2B   
Suy ra 
13 5 8
' ; ;
3 3 3
B
  
 
 
Lại có ' ' constMA MB MA MB AB     
Vậy MA MB đạt giá trị lớn nhất khi , , 'M A B thẳng hàng hay M là giao điểm 
của đường thẳng 'AB với mặt phẳng  P 
0.25 
0.25 
0.25 
 Trang 3 
'AB có phương trình 
1 5
3 2
4
x t
y t
z t
 

  
  
Tọa độ  ; ;M x y z là nghiệm của hệ 
1 5 1
3 2 6
4 1
1 0 4
x t t
y t x
z t y
x y z z
   
     
 
    
       
Vậy điểm  6; 1; 4M   
0.25 
a) Giải phương trình  22 3 cos 6sin .cos 3 3 *x x x   0.50 
Tập xác định . 
   * 3 1 cos 2 3sin 2 3 3 3 cos 2 3sin 2 3x x x x        
1 3 3 3
cos 2 sin 2 sin 2
2 2 2 6 2
x x x
 
      
 
2 2
6 3 12 .
2
2 2
6 3 4
x k x k
k
x k x k
  
 
  
 
 
     
   
     
 
 
0.25 
0.25 
b) 
Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất 
để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm 
thẻ mang số chia hết cho 10. 
0.50 
6. 
Gọi  là tập hợp các cách chọn ra 10 tấm thẻ từ 30 tấm thẻ đã cho 
Suy ra 1030C  
Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ, 15 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có 3 
tấm thẻ mang số chia hết cho 10. 
Gọi A là tập hợp các cách chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số 
chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 
Suy ra 5 4 115 12 3. .A C C C  
Vậy  
5 4 1
15 12 3
10
30
. . 99
.
667
C C C
P A
C
  
0.25 
0.25 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh ,a mặt bên SAD là tam 
giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, 
6
.
2
a
SC  Tính thể tích khối 
chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng ,AD SB theo .a 
1.00 7. 
A 
B’ 
B 
M 
P 
 Trang 4 
A B
S
D C
H
Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SAD 
Suy ra: 
3
2
a
SH  và  SH ABCD 
Trong tam giác vuông HSC có 
3
2
a
HC  

2 2
2
2 2 2
3
14 4cos
2 . 22. .
2
a a
a
DH DC CH
HDC
aDH DC a
 
 
   
 060HDC  
Suy ra 
2 3
. .sin
2
ABCD
a
S DA DC ADC  
2
3
.
1 1 3 3 1
. .
3 3 2 2 4
S ABCD ABCD
a a
V SH S a   
0.25 
0.25 
Ta có ADC đều cạnh a CH AD CH BC    
hay  BC SHC BC SC CSB     vuông tại C 
Lại có 
3 3
. . .
1 1
.
2 2 4 8
D SBC S BCD S ABCD
a a
V V V    
     
3 31 3
; . ;
3 8 8.
SBC
SBC
a a
d D SBC S d D SBC
S


    
  
3 33 3 6
; .
1 468. . 4. .
2 2
a a a
d D SBC
aCS CB a
    
Vậy      6; ; .
4
a
d AD SB d D SBC  
0.25 
0.25 
8. 
Cho ABC vuông cân tại .A Gọi M là trung điểm ,BC G là trọng tâm ,ABM 
điểm  7; 2D  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho .GA GD Tìm tọa độ điểm 
,A lập phương trình ,AB biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 
3 13 0.x y   
1.00 
6
2
a
a 
a 
3
2
a
 Trang 5 
Ta có  
 
 
22
3.7 2 13
; 10
3 1
d D AG
  
 
 
G
B
A C
3x-y-13=0
MN
D(7;-2)
ABM vuông cân GA GB GA GB GD     
Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD   02 90AGD ABD GAD     
vuông cân tại .G 
Do đó   2; 10 20;GA GD d D AG AD     
Gọi  ;3 13 ; 4A a a a  
   
2 22 5( )20 7 3 11 20
3
a loai
AD a a
a

        
Vậy  3; 4A  
Gọi VTPT của AB là  ;ABn a b

    
2 2
3
cos cos , 1
. 10
AB AG
a b
NAG n n
a b

 

 
Mặt khác   
2 2 2 2
3 3
cos 2
109.
NA NM NG
NAG
AG NA NG NG NG
   
 
Từ (1) và (2) 2
2 2
03 3
6 8 0
3 410. 10
ba b
ab b
a ba b
 
         
Với 0b  chọn 1a  ta có : 3 0;AB x   
Với 3 4a b  chọn 4; 3a b   ta có : 4 3 24 0AB x y   
Nhận thấy với : 4 3 24 0AB x y   
 
 
 
4.7 3. 2 24
; 2 ; 10
16 9
d D AB d D AG
  
   

 (loại) 
Vậy : 3 0.AB x   
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
 Giải hệ phương trình 
   
 
3 2 3
3
2 4 3 1 2 2 3 2 1
2 14 3 2 1 2
x x x x y y
x x y
      

    
 1.00 
9. 
Ta thấy 0x  không phải là nghiệm của hệ, chia cả hai vế của (1) cho 3x ta được 
   2 3
4 3 1
1 2 2 2 3 2y y
x x x
       
   
3
1 1
1 1 3 2 3 2 3 2 *y y y
x x
   
           
   
Xét hàm   3f t t t  luôn đồng biến trên  
   
1
* 1 3 2 3y
x
    
0.25 
0.25 
 Trang 6 
Thế (3) vào (2) ta được 3 32 15 1 2 3 2 15 0x x x x           
 
 
2
3 3
0
1 1
7 0
2 3 4 2 15 15
x
x x x

 
 
 
          
 
 

Vậy hệ đã cho có nghiệm  
111
; 7; .
98
x y
 
  
 
0.25 
0.25 
Cho , ,a b c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
3 4 8
.
2 2 3
a c b c
P
a b c a b c a b c

  
     
1.00 
10. 
Đặt 
2 5 3
2 2
3
x a b c a x y z
y a b c b x y z
z a b c c y z
       
 
       
       
Do đó ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của 
2 4 8 4 8 8 4 2 8 4
17
x y x y z y z x y y z
P
x y z y x z y
        
          
   
4 2 8 4
2 . 2 . 17 12 2 17;
x y y z
P
y x z y
     
Đẳng thức xảy ra khi    1 2 , 4 3 2b a c a    
Vậy GTNN của P là 12 2 17. 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm