Đề thi Kỳ thi thử thpt quốc gia năm học 2015 - 2016 môn thi: Toán thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 
2 1
1
1
mx
y ( )
x



 với m là tham số. 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m . 
b. Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng 2d: y x m   cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm 
phân biệt cĩ hồnh độ 
1 2
x ,x sao cho 
1 2 1 2
4 6 21(x x ) x x .   
Câu 2 (1,0 điểm). 
a. Giải phương trình: 2 1 4 2sin x cosx cos x.   
b. Giải bất phương trình: 
2 1
2
1 3 5log (x ) log (x ) .    
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: 
2 1 4
dx
I
x
 
 
 
Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuơng tại 3 2A( ; ) cĩ tâm 
đường trịn ngoại tiếp là 2 1I( ; ) và điểm B nằm trên đường thẳng d cĩ phương trình: 7 0x y .   
Tìm tọa độ đỉnh B, C. 
Câu 5 (1,0 điểm). 
a. Cho 
1
2
tan   với 0
2
.

    Tính giá trị của biểu thức: 5 5 2A cos sin .   
b. Cho X là tập hợp gồm 6 số tự nhiên lẻ và 4 số tự nhiên chẵn. Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số 
tự nhiên. Tính xác suất chọn được ba số tự nhiên cĩ tích là một số chẵn. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A'B'C'D'cĩ đáy là hình thoi cạnh a, 120oBAD  
và 5AC' a . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A'B'C'D' và khoảng cách giữa hai đường thẳng 
AB' và BD theo a. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD cĩ hình chiếu vuơng 
gĩc của A lên đường thẳng BD là 
6 7
5 5
H ; ,
 
 
 
 điểm 1 0M( ; ) là trung điểm cạnh BC và phương trình 
đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH cĩ phương trình là 7 3 0x y .   Tìm tọa độ các đỉnh 
của hình chữ nhật ABCD. 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình:  
5 4 3
4 3 22 3 14 214 3 2 1
2 2
x x x
4x x x .
x x
  
     
  
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn: 
2 2
3 2 1 3 2 1
(x y)(x z).
x y z x z y
   
     
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
2 2 2
2 2 2
2 3 16
2
(x ) y z
P
x y z
   
 
 
-------------------------- Hết -------------------------- 
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.......................................................... Số báo danh:.................................. 
 SỞ GD & ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ 
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 
Mơn thi: TỐN 
Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề. 
Ngày thi: 15/01/2016 
SỞ GD & ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2016 
 Mơn: TỐN 
 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) 
ĐỀ THI THỬ LẦN 2 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(2,0 điểm) 
a. (1,0 điểm) 
2 1
1
1
x
m y
x

  

• Tập xác định: D \ {1}. 
• Sự biến thiên: 


x
lim y 2 , 

  
x
lim y 2 y 2 là đường TCN của đồ thị hàm số. 

 
x 1
lim y , 

  
x 1
lim y x 1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số. 
0,25 

   
 2
3
y' 0 x D
(x 1)
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ). 
0,25 
Bảng biến thiên: 
x  1  
'y   
y 2  
  2 
0,25 
0,25 
b. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị m  
Hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và d là nghiệm của phương trình: 
2
12 1
2
1 2 2 1 0 2
xmx
x m
x x (m )x m ( )
  
    
     
0,25 
Đồ thị hàm số (1) cắt d tại hai điểm phân biệt (2) cĩ 2 nghiệm phân biệt 1 
2
1
22 2 1 0
6 2 1012 4 0
6 2 10
m
m m
(*)
mm m
m

 
      
         
  
0,25 
Do 
1 2
x ,x là nghiệm của (2)
1 2
1 2
2
2
1
2
m
x x
m
x x
 
 
 
 

Theo giả thiết ta cĩ: 
1 2 1 2
1 5 21
4 6 21 1 5 21
1 5 21
m
(x x ) x x m
m
  
       
  
 0,25 
• Đồ thị: 
 x 0 
1
2
 y 1 0 
- Nhận xét: Đồ thị hàm 
số nhận điểm I(1;2) làm 
tâm đối xứng. 
4
22
5
m (thỏa mãn(*))
m (không thỏa mãn(*))
  

 

Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: 4m .  
0,25 
2 
(1,0 điểm) 
a. (0,5 điểm) Giải phương trình: 
PT 2 1 2 4 0sin x cos x cosx     
22 2 4 0
2 0
sinxcosx cos x cosx
cosx(sinx cosx )
   
   
0,25 
2 2 2
0
22 1 1 2
cosx
x k
sinx cosx (VN do )
  
    
   
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 
2
x k .

   
0,25 
b. (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 
Điều kiện: 1x . 
BPT 2
2 2 2
1 3 5 2 3 5log (x ) log (x ) log (x x )         
0,25 
 2 2 35 0 7 5x x x       
Kết hợp điều kiện ta được: 1 5x  là nghiệm của bất phương trình. 
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1 5x .  
0,25 
3 
(1,0 điểm) 
Tính nguyên hàm: 
Đặt 22 1 2 1t x t x tdt dx       0,25 
4
1 4 4
4 4
tdt
I dt t ln t C
t t
 
        
  
  0,5 
  2 1 4 2 1 4x ln x C      0,25 
4 
(1,0 điểm) 
Tìm tọa độ đỉnh B, C. 
Ta cĩ: 1 3 10IA ( ; ) IA .   
Giả sử 27 2 6 2 16 40B(b,b ) d IB (b ,b ) IB b b          
0,25 
I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC 2 2IA IB IA IB    
2 2 5 5 210 2 16 40 8 15 0
3 3 4
b B( ; )
b b b b
b B( ; )
   
         
  
0,25 
Do tam giác ABC vuơng tại A 2 1I( ; )  là trung điểm của BC. 
▪ Với 5 2 1 0B( ; ) C( ; ).   
0,25 
▪ Với 3 4 1 2B( ; ) C( ; ).  
Vậy tọa độ đỉnh B, C là: 5 2 1 0B( ; ),C( ; )  và 3 4 1 2B( ; ),C( ; ). 
0,25 
5 
(1,0 điểm) 
a. (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức: 
Do 0 0 0
2
sin , cos .

         
Ta cĩ: 2
2 2
1 1 1 2
1 1
4 5
tan cos
cos cos
        
 
1
5
sin tan .cos       
0,25 
Do đĩ: 
2 1 2
5 10 5 10 2 4 6
5 5 5
A cos sin cos .            0,25 
b. (0,5 điểm) Tính xác suất  
Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên”. 
 Số phần tử của khơng gian mẫu là: 3
10
120n( ) C .   
Gọi A là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên cĩ tích là một số chẵn”. 
 A là biến cố “Chọn được ba số tự nhiên cĩ tích là một số lẻ” 
 Chọn được 3 số tự nhiên lẻ cĩ 3
6
C cách. 
 3
6
20n(A) C .   
0,25 
Do đĩ: 
20 1
120 6
n(A)
P(A)
n( )
   

Vậy 
1 5
1 1
6 6
P(A) P(A)      
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
Tính thể tích khối lăng trụ  
A
B C
D
A'
B' C'
D'
O
120o H
0,25 
Mà ABCD.A'B'C'D' là lăng trụ đứng. 
ACC' vuơng tại C 2 2 2 25 2CC' AC' AC a a a.      
Vậy 
2
332 3
2
ABCD.A'B'C'D' ABCD
a
V CC'.S a a .    
0,25 
Tứ giác AB'C'D là hình bình hành AB' //C'D AB' // (BC'D). 
d(AB',BD) d(AB',(BC'D)) d(A,(BC'D)) d(C,(BC'D)).    
Vì BD AC,BD CC' BD (OCC') (BC'D) (OCC').      
Trong (OCC'),kẻ CH OC' (H OC').  
CH (BC'D) d(C,(BC'D)) CH    
0,25 
OCC' vuơng tại C
2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 2
4 17
a
CH
CH CO CC' a a
       
Vậy 
2
17
a
d(AB',BD)   
0,25 
7 
(1,0 điểm) 
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 
Gọi N, K lần lượt là trung điểm của HD và AH NK //AD và 
1
2
NK AD. 
Do AD AB NK AB.   
Mà AK BD K  là trực tâm tam giác ABN. 
Suy ra BK AN (1) 
Vì M là trung điểm BC 
1
2
BM BC.  
Gọi O là tâm hình thoi ABCD. 
Do hình thoi ABCD cĩ 120oBAD  
 ABC, ACD  đều. 
AC a.  
Ta cĩ: 
2 3
2
2
ABCD ABC
a
S S

  
A D
CB
H
M
NK
0,25 
 phương trình MN cĩ dạng: 7 0x y c .   
1 0 1 7 0 0 1M( ; ) MN . c c .        
 phương trình AM là: 7 1 0x y .   
Mà 
2 1
5 5
N MN AN N ; .
 
    
 
 Vì N là trung điểm HD 2 1D( ; ).  
0,25 
Ta cĩ: 
8 6
5 5
HN ;
 
  
 
Do AH HN  AH đi qua H và nhận 4 3n ( ; )  là 1 VTPT. 
 phương trình AH là: 4 3 9 0x y .   
Mà 0 3A AH AN A( , ).   
0,25 
Ta cĩ:
2 2 1 2
2 2 2
4 2 0 2
B B
B B
( x ) x
AD BM B( ; ).
( y ) y
      
     
     
Vì M là trung điểm BC 0 2C( ; ).  
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: 0 3 2 2 0 2 2 1A( ; ),B( ; ),C( ; ),D( ; ).   
0,25 
8 
(1,0 điểm) 
Giải phương trình: 
Điền kiện: 2x (*).  
PT  3 2 4 3 22 3 14 4 14 3 2 2 2x ( x x ) ( x x x ) x         
 
 
 
3 4 3 2
3 4 3 2
3 4 3 2
2 2 7 2 2 4 14 3 2 2 4
2 2 7 2 2 4 14 3 2 2
2 0 2
2 7 2 2 4 14 3 2 1
x (x )( x ) x ( x x x )(x )
x (x )( x ) x ( x x x )(x )
x x (thỏa mãn(*))
x ( x ) x x x x ( )
          
         
    

      

0,25 
3 4 3 4 3 21 2 7 2 4 14 4 14 3 2( ) x ( x ) x x x x x x         
 3 22 7 2 3 2x ( x ) x x     
Nhận thấy 0x  khơng là nghiệm của phương trình 0x .  
Khi đĩ, PT
3
3 2
2 4 3 2( x ) x
x x
      
3
2 3
2 2 2 3 2 2(x ) x x ( )
xx
       
0,25 
Xét hàm số: 32 3f(t) t t  với t . 
Ta cĩ: 26 3 0f '(t) t t     
  Hàm số f(t) đồng biến trên . 
Do đĩ   1 12 2 2 2 1( ) f x f x x x
x x
 
         
 
0,25 
 Do đĩ NK // BM và NK BM 
BMNK là hình bình hành 
MN //BK (2) 
Từ (1) và (2) suy ra MN AN. 
2
0 1 5
21 1 0
x
x
(x )(x x )
   
  
   
 (thỏa mãn (*)) 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 
1 5
2
2
x ,x .
 
  
0,25 
9 
(1,0 điểm) 
Tìm giá trị lớn nhất của P  
Ta cĩ: 
2 22
4 4
(x y x z) ( x y z)
(x y)(x z)
    
    
1 1 8
2
3 2 1 3 2 1 3 2 2x y z x z y ( x y z)
 
  
         
Từ giả thiết suy ra: 
28 2
3 2 2 4
( x y z)
( x y z)
 

  
Đặt 2 0x y z t (t )    
2
28 2 3 8 16 0
3 2 4
t
(t )( t t )
t
     

 2 2 2t x y z      
0,25 
Mà: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
4 2 2 1 1
3
( x y z) ( )(x y z ) x y z             
Ta cĩ: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 12 2 12 2
1
2
x y z x x
P
x y z x x y z
    
  
    
2
2
12 2 36 6
1 1
2 2
3
x x
3x
x
 
   


0,25 
Xét hàm số: 
2
36 6
1
2
x
f(x)
3x

 

 với 0x . 
Ta cĩ: 
2
2 2
1
36 3 2
0 2 2
103 2
3 3
x (loại)
( x x )
f '(x) , f '(x)
x f( x )
  
   
           
Bảng biến thiên: 
Suy ra: 10 10f(x) P .   
x 0 
2
3
  
'y  0  
y 10 
2 1 
0,25 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 10. Dấu “=” xảy ra khi: 
2 1
3 3
x ,y z    0,25 
▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.