Đề thi Kỳ thi thử thpt quốc gia 2016 lần 1 môn thi: Toán thời gian: 180 phút - Không kể thời gian phát đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 
THẦY TÀI – 0977.413.341 CHIA SẺ Môn thi: Toán 
Đề gồm 01 trang Thời gian: 180p- không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số 
1
12



x
x
y 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A là giao điểm của (C) với trục hoành. 
Câu 2 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 2( ) 2 3  f x x x trên đoạn 
[0; 4]. 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 012  zz trên tập số phức. 
b) Giải bất phương trình 3)1(log)3(log 22  xx . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  
2
1
2 )ln( dxxxxI . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm )3;2;5( A , )3;2;1(B , 
)1;2;1( C . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C và viết phương trình mặt cầu 
(S) có tâm (2; 1;3)I và tiếp xúc với mặt phẳng (P). 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Tính giá trị của biểu thức  2sin3sin 2A , biết 0sin72cos2   . 
b) Trong kì thi THPT quốc gia, tại hội đồng thi X, trường THPT A có 5 thí sinh dự thi. Tính xác 
suất để có đúng 3 thí sinh của trường THPT A được xếp vào cùng một phòng thi, biết rằng hội 
đồng thi X gồm 10 phòng thi, mỗi phòng thi có nhiều hơn 5 thí sinh và việc xếp các thí sinh vào 
các phòng thi là hoàn toàn ngẫu nhiên. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD là đáy lớn,AD = 2a, 
AB = BC = CD = a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn thẳng 
AC sao cho HC = 2HA. Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích của 
khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm 
I( 5;232  ), BC = 2AB, góc BAD = 600. Điểm đối xứng với A qua B là ( 2;9)E . Tìm tọa độ các 
đỉnh của hình bình hành ABCD biết rằng A có hoành độ âm. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình   xxxxxxx  322522 22 . 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 















cac
ac
bcb
cb
aba
ba
cbaP
222
333
)( . 
----------------HẾT---------------- 
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:........................... ... 
 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 
THẦY TÀI – 0977.413.341 CHIA SẺ Môn thi: Toán 
ĐÁP ÁN CHI TIẾT Thời gian: 180p- không kể thời gian phát đề 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
(1,5 điểm) 
a) (1,0 điểm) 
1) Hàm số có TXĐ: D = }1{\R 0,25 
2) Sự biến thiên của hàm số: 
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: 
* 
 
yy
xx 11
lim;lim nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị 
hàm số. 
* 2limlim 

yy
xx
nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm 
số. 
0,25 
b) Bảng biến thiên: 
Ta có: 
 
1,0
1
1
'
2



 x
x
y 
Bảng biến thiên: 
x -  1 +  
y’ - - 
y 
2 
- 
+  
2 
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  1; và  ;1 
0,25 
3) Đồ thị: 
+ Đồ thị cắt trục tung tại )1;0( và cắt trục hoành tại điểm 





0;
2
1
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0,25 
b) (0,5 điểm) 
Do OxCA  )( nên 





0;
2
1
A , 4
2
1
' 





y 0,25 
Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình: 240
2
1
4 





 xyxy 0,25 
Câu 2 3'( ) 4 4 f x x x , 3'( ) 0 4 4 0 0, 1,      f x x x x x 1x (loại) 0,25 
O 
y 
x 
2 
1 
2
1
1 
 2 
(0,5 điểm) Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227. 
Vậy 
[0;4]
max ( ) (4) 227, f x f
[0;4]
min ( ) (1) 2 f x f 
0,25 
Câu 3 
(1,0 điểm) 
a) (0,5 điểm) 
Phương trình có 2)3(341 i 0,25 
Do đó phương trình có hai nghiệm iziz
2
3
2
1
,
2
3
2
1
 0,25 
b) (0,5 điểm) 
Điều kiện xác định: 3x . 
8)1)(3(3)]1)(3[(log3)1(log)3(log 222  xxxxxx 
0,25 
510542  xxx 
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là ]5;3(S . 
0,25 
Câu 4 
(1,0 điểm) 11
2
1
42
1
2
1
2
1
32
4
15
4
ln)ln( II
x
dxxxdxxdxxxxI    0,5 
Đặt  













 2
1
2
1
2
2
1
2
12 4
3
2ln2
4
2ln2
22
ln
2
ln x
dx
xxx
I
x
v
x
dx
du
xdxdv
xu
 0,25 
Vậy 32ln2
4
3
2ln2
4
15
I . 0,25 
Câu 5 
(1,0 điểm) 
)4;0;4(),0;4;4(  ACAB . Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là 
  )16;16;16(,  ACABn 0,25 
Do đó (P) có phương trình: 0)3(16)2(16)5(16  zyx 0 zyx . 0,25 
Mặt cầu (S) có bán kính 
3
2
111
312
))(;( 


 PIdR . 0,25 
(S) có phương trình 
3
4
)3()1()2( 222  zyx . 0,25 
Câu 6 
(1,0 điểm) 
a) 0,5 điểm 
2sin,
4
1
sin0sin7)sin21(20sin72cos2 2   (loại). 0,25 
)sin1(sin4sin4sin32sin3sin 2232  A 
64
29
4
1
1
4
1
4
4
1
4
4
1
3
223

































 . Vậy 
64
29
A . 
0,25 
b) 0,5 điểm 
Số cách xếp ngẫu nhiên 5 thí sinh vào 10 phòng thi là 100000105  0,25 
Gọi B là biến cố đã cho 
Có 35C cách chọn 3 thí sinh trong số 5 thí sinh của trường A và có 10 cách chọn 
phòng thi cho 3 thí sinh đó. 
Ứng với mỗi cách chọn trên ta có 9.9 cách chọn phòng thi cho 2 thí sinh còn 
lại. 
Do đó số cách xếp 5 thí sinh thỏa mãn điều kiện đề bài là 
3
5 .10.9.9 8100 B C . 
0,25 
 3 
3
32
3
2
322
a
ACHC
aCDADAC


aHCSH 260tan. 0  
Gọi O là trung điểm của AD, 
khi đó 
4
33
3
2a
SS AOBABCD  . 
Thể tích khối chóp S.ABCD là 
ABCDABCDS SSHV .
3
1
.  
2
3
4
33
.2.
3
1 32 aa
a  (đvtt). 
0,25 
Kẻ đường thẳng Ax song song với CD, gọi (P) là mặt phẳng chứa SA và Ax, 
khi đó )//(PAC .Suy ra ))(,(3))(,())(,();( PHdPCdPCDdSACDd  (Do CA = 
3HA). 
Ta có CDAC nên AxHA mà AxSH suy ra )(SAHAx  . 
Từ H kẻ HK  SA ( )SAK , khi đó )(PHKHKAx  nên ))(,( PHdHK  . 
0,25 
3
3
3
1 a
ACAH  ; 
13
132
4
13111
2222
a
HK
aSHAHHK
 
Vậy 
13
136
),(
a
CDSAd  (đvđd) 
0,25 
Câu 8 
(1,0 điểm) 
Đặt mADmAB 2 . 
Ta có 2 2 2 0 22 . cos60 3BD AB AD AB AD m    . 
3BD m  
Do đó 222 ADBDAB  nên tam giác ABD 
vuông tại B, nghĩa là AEIB  . 
4
7
2
3 22
2
222 mm
m
BEIBIE 







 . 
Mặt khác 284)32( 222 IE nên ta có 
428
4
7 2
 m
m
32
2
3

m
IB . 
0,25 
Xác suất cần tìm là: 
1000
81
100000
8100
)( 



B
BP . 
Câu 7 
(1,0 điểm) 
Theo bài ra thì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD 
nên CDAC  . Do )(ABCDSH  nên CDSH  , từ đó ta có )(SACCD . 
Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCH 060 SCH . 
0,25 
A 
B 
E 
I 
D 
C 
S 
A D 
C 
B 
K 
x 
O 
H 
 4 
Gọi );( ban  là vectơ pháp tuyến của AB ( )022  ba khi đó AB có phương 
trình 
0920)9()2(  babyaxybxa 
Ta lại có )(12)432(32
432
),( 222
22
baba
ba
ba
IBABId 


 
abbabb 34,00)34(  
0,25 
+) Với b = 0, chọn a = 1, khi đó AB có phương trình 02 x , suy ra IB có 
phương trình 05y . Do IBABB  nên )5;2(B , mà B là trung điểm của 
AE nên )1;2(A (thỏa mãn điều kiện 0Ax ). 
Do I là trung điểm của AC và BD nên ta suy ra (4 3 2;9), (4 3 2;5) C D 
0,25 
 +) Với ab 34 , chọn a = 1 34 b , khi đó AB có phương trình 
0336234  yx , suy ra IB có phương trình 0)5()232(34  yx . 
0193834  yx 
Do IBABB  nên 






 
7
59
;
7
14316
B , mà B là trung điểm của AE nên 







 
7
55
;
7
14332
A (không thỏa mãn điều kiện 0Ax ). 
Vậy )5;2(),1;2(  BA , (4 3 2;9), (4 3 2;5) C D 
0,25 
Câu 9 
(1,0 điểm) 
Gọi bất phương trình đã cho là (1). Điều kiện xác định: 2x . 
    5222322)1( 22  xxxxxxxx 
   52216222 22  xxxxxx 
    1622)522(16222 222  xxxxxxxx 
16222 2  xxxx (Do Rxxx  ,0522 2 ) 
0,25 
)2(2)1(212 2  xxxx (2) 0,25 
Đặt )0(1,2  axbxa , (2) trở thành 
0
0)(
0
22)(
0
22
2222
22 











 ba
ba
ba
baba
ba
baba 
0,25 
Do đó ta có 
2
133
013
1
)1(2
01
12
22













 x
xx
x
xx
x
xx . 
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 
2
133
x . 
0,25 
Câu 10 
(1,0 điểm) 
Giả sử 0 kcba , đặt 0,,,,  zyxkzckybkxa và 1 zyx . 
Khi đó 
zxz
xz
yzy
zy
xyx
yx
zxzk
xzk
yzyk
zyk
xyxk
yxk
kP























222222222
333
)(
)3(
)(
)3(
)(
)3(
zxzyzyxyxxzz
xzz
zyy
zyy
yxx
yxx 141414
)(
)(4
)(
)(4
)(
)(4















 
222
1515151
1
41
1
41
1
4
zz
z
yy
y
xx
x
zyyxxz 













 . 
0,25 
Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên xxxzyacb  1 
2
1
 x , tức là 






2
1
;0x . Tương tự ta cũng có 






2
1
;0, zy . 
0,25 
 5 
Ta sẽ chứng minh 318
15
2



t
tt
t
(*) đúng với mọi 






2
1
;0t . 
Thật vậy: 0318
15
(*)
2



 t
tt
t
0
)1(
)13)(12(
0
182118 2
2
23







tt
tt
tt
ttt
(**) 
(**) hiển nhiên đúng với mọi 






2
1
;0t . Do đó (*) đúng với mọi 






2
1
;0t . 
0,25 
Áp dụng (*) ta được 99)(18318318318  zyxzyxP 
Dấu “=” xảy ra khi cbazyx 
3
1
. 
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 9 khi cba  . 
0,25 
----------------HẾT----------------