Đề thi thử thpt quốc gia lần 1 năm 2016 môn thi: Toán 12 thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN 
TRƯỜNG THPT 
 LƯƠNG NGỌC QUYẾN 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 
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 4 2
1
2 3
4
y x x    . 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số   2 4lnf x x x  trên đoạn 
 1;e . 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau: 
a) 3.25 5.9 8.15x x x  b) 22 4
1
log 2 log 0x
x
  . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm họ nguyên hàm sau: 3 1x x dx . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 4 0x y z    
và mặt cầu (S): 2 2 2 2 6 4 11x y z x y z      . Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với 
mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình sau: sin3 sinx cos2x 1x   . 
b) Trong giải bóng đá nữ của trường THPT Lương Ngọc Quyến có 12 đội tham gia, trong 
đó có hai đội của hai lớp 12A6 và 10A3. Ban tổ chức giải tiến hành bốc thăm ngẫu 
nhiên để chia thành hai bảng A và B, mỗi bảng 6 đội. Tính xác suất để hai đội 12A6 và 
10A3 ở cùng một bảng. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I. Cạnh SA 
vuông góc với mặt phẳng (ABCD), 3SA a . Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật 
ABCD bằng 
3
3
a
 , góc 30oACB  . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách 
giữa hai đường thẳng AC và SB. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường trung 
tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình: 3 5 8 0x y   , 4 0x y   . 
Đường thẳng qua A và vuông góc với cạnh BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại 
điểm thứ hai là  4; 2D  . Viết phương trình các đường thẳng AB và AC. Biết hoành độ điểm B 
không lớn hơn 3. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
 
22 2 2
2 2 4 8 2 34 15
x y x y
x y y xy y x
    

     
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x > y và     1x z y z   . Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức 
     
2 2 2
1 4 4
P
x y x z y z
  
  
 . 
 Tài liệu ôn thi 10, 11, 12 và kỳ thi THPT Quốc gia: diendan.onthi360.com
Tải toàn bộ đề thi thử 2016 mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết : diendan.onthi360.com
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 
MÔN: TOÁN 
Câu Nội dung Điểm 
Câu1 
(1 điểm) 
Tập xác định: D   . 
Giới hạn ở vô cực: ;lim lim
x x
y y
 
    
Đạo hàm: 3' 4y x x   ;
2
' 0 0
2
x
y x
x
 
  
 
0,25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng    ; 2 0;2   . 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng    2;0 2;   
Hàm số đạt cực tiểu tại 0, 3CTx y   . 
Hàm số đạt cực đại tại 2, 1CDx y   
0,25 
Bảng biến thiên 
x  -2 0 2  
y’ + 0 - 0 + 0 - 
y 
1 1 
 -3 
  
0,25 
Đồ thị: Đồ thị giao với trục Ox tại các điểm 
      6;0 , 2;0 2;0 , 6;0  . 
2 2" 3 4; " 0
3
y x y x       . 
Đồ thị hàm số có hai điểm uốn là 1 2
2 7 2 7
; , ;
9 93 3
U U
   
     
   
 . 
0,25 
Câu 2 
(1 điểm) 
Ta có  f x xác định và liên tục trên đoạn  1;e ;  
4
' 2f x x
x
  . 
0,25 
Với  1;x e ,  ' 0 2f x x   . 0,25 
Ta có       21 1, 2 2 2 ln 2, 4f f f e e     . 0,25 
Vậy 
 
 
 
  2
1; 1;
min 2 2ln 2 2;max 4
e e
f x x f x e x e        0,25 
Câu 3 
 (1 
a) 
0,5đ 
Ta có 
2
5 5
3.25 5.9 8.15 3 8 5 0
3 3
x x
x x x            
   
0,25 
điểm) 5
1
03
15 5
3 3
x
x
x
x
 
         
 
. 
0,25 
b) 
0,5đ 
Ta có 2 22 4 2 2
1
log 2 log 0 log log 0    x x x
x
0,25 
2
2
log 0 1
log 1 2
x x
x x
  
   
0,25 
Câu 4 
(1 điểm) 
 
33 1 1 1 1x x dx x x dx      0,25 
     
3 2
1 3 1 3 1 1 1x x x x dx        
  
0,25 
        
7 5 3 1
2 2 2 21 3 1 3 1 1x x x x dx
 
        
 
 
0,25 
       
       
9 7 5 3
2 2 2 2
4 3 2
2 6 6 2
1 1 1 1
9 7 5 3
2 6 6 2
1 1 1 1 1
9 7 5 3
x x x x C
x x x x x C
        
 
           
Chú ý! Học sinh có thể làm theo phương pháp đổi biến số. 
0,25 
Câu 5 
(1 điểm) 
Mặt cầu (S) có tâm  1;3; 2I  và bán kính 5R  . 
Mặt phẳng (P) có một véc tơ pháp tuyến là  1; 1;2pn  

. 
 0,25 
Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) nên phương trình 
mặt phẳng (Q) có dạng: 2 0x y z D    . 
0,25 
Mặt phẳng (Q) tiếp xúc mặt cầu (S) khi và chỉ khi 
 
 
 
22 2
1 3 2 2
, ( ) 5
1 1 2
6 5 6
6 5 6
6 5 6
   
  
  
  
    
 
D
d I Q R
D
D
D
0,25 
Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn đầu bài là 
   1 2: 2 6 5 6 0; : 2 6 5 6 0Q x y z Q x y z          
0,25 
Câu 6 
(1 điểm) 
a) 
0,5đ 
2sin 3 sinx cos2 x 1 2cos2 sin 2sin 0
sin 0
cos 2 sin
x x x x
x
x x
     

  
0,25 
+ sin 0 ,x x k k    ; 
+  
2
6 3
cos 2 sin cos 2 cos
2
2
2
x k
x x x x k
x k
 




  
      
     

 
0,25 
b) 
0,5đ 
Gọi X là biến cố “ hai đội 12A6 và 10A3 ở cùng một bảng” 
Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội là: 
  12 66 6 924n C C   . 
Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội, hai đội 
12A6 và 10A3 ở cùng một bảng là: 
- Hai đội cùng bảng A hoặc B: có 2 cách 
- Chọn 4 đội còn lại vào cùng với bảng của hai đội: có 104C 
cách. 
- Chọn 6 đội còn lại cho bảng còn lại: có 66 1C  cách. 
Suy ra   1042. 420n X C  cách. 
0,25 
Xác suất xảy ra biến cố X là:  
420 5
924 11
P X   . 
0,25 
Câu 7 
(1 điểm) 
Ta có 
2 3
2 2
3
a
AC AI R   . Suy ra .cos30oBC AC a  ; 
3
.sin 30
3
o aAB AC  . 
0,25 
2 3
.
3
ABCD
a
S AB BC  . Suy ra 
3
.
1
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V S SA  . 
0,25 
Kẻ qua B đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng CD 
tại E. Khi đó AC song song với mặt phẳng (SBE). 
Dựng AF vuông góc với BE tại F, dựng AH vuông góc với SF 
tại H. 
Ta nhận thấy  AH SBE . 
Suy ra     , ,d AC SB d A SBE AH  . 
0,25 
Tam giác SAE có: 3SA a ; .cos30
2
o aAF AB  ; 90oSAE  . 
2 2 2
1 1 1 39
13
a
AH
AH SA AF
    . 
Chú ý! Bài này học sinh cũng có thể giải bằng phương pháp 
tọa độ trong không gian. 
0,25 
Câu 8 
(1 điểm) 
Gọi M là trung điểm cạnh BC, H là trực tâm tam giác ABC, K 
là giao điểm của AD và BC, E là giao điểm của BH và AC. 
Khi đó tọa độ 
7 1
;
2 2
M
 
 
 
. 
0,25 
Đường thẳng AD vuông góc với BC và đi qua D nên có phương 
trình: 2 0x y   . 
Tọa độ A là nghiệm của hệ  
3 5 8 0
1;1
2 0
x y
A
x y
  

  
. 
Tọa độ K là nghiệm của hệ  
4 0
3; 1
2 0
x y
K
x y
  
 
  
. 
0,25 
Tứ giác HKCE nội tiếp nên ta có: BHK KCE   . 
Mặt khác BDA KCE  . Suy ra BHK BDA  hay tam giác 
BHD cân tại B, suy ra K là trung điểm HD. Từ đó có  2;0H . 
   ; 4 7 ;3B BC B t t C t t      . Vì BH vuông góc với AC 
nên ta có 
5
. 0
2
t
HB AC
t

   
 
. 
0,25 
+ Với  5 5;1t B  không thỏa mãn đầu bài 3Bx  . 
+ Với    2 2; 2 , 5;1t B C   . 
Phương trình AB: 3 4 0x y   . 
Phương trình AC: 1 0y   . 
0,25 
Câu 9 
(1 điểm) 
Ta kí hiệu các phương trình trong hệ như sau: 
 
   
22 2 2 1
2 2 4 8 2 34 15 2
x y x y
x y y xy y x
    

      
Điều kiện: 
2 2
0
x
y
  


 . 
  2
2
1 2 2 . 2 0
2 2
x y
x x y y
x y
  
       
  
 . 
0,25 
+ Với 2 x y  thay vào (2) ta được 
   22 2 4 2 8 4 34 15 3x x x x       . 
Đặt 2 22 4 2 34 15 8 4t x x t x x         
Khi đó  3 trở thành 2
0
2
2
t
t t
t

   
. 
0,25 
30 2 172 4 2 0
17 17
2 4 2 2 2 0
               
x x x y
x x x y
0,25 
+ Với 2 2x y   . Vì 0 2 0y y    mà 2 0x  nên chỉ có 
thể xảy ra khi 2x  và 0y  thử vào (2) thấy thỏa mãn. 
Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm: 
30
17
2 17
17
x
y



 

 và
2
0
x
y



 . 
0,25 
Câu 10 
(1 điểm) 
Đặt x z a  . Từ giả thiết    
1
1x z y z y z
a
      . 
Vì 1x y x z y z a x z         . 
Ta có  
21 1a
x y x z y z a
a a

        , thay vào P ta được: 
   
2 2
2 2 2
2 22 22 2
4 4
4 3
1 1
a a
P a a a
a aa a
      
 
0,25 
Theo BĐT giữa TBC và TBN ta có 
 
2
2
2
2
3 4
1
a
P a
a
  

0,25 
Xét hàm  
 
2
3 4
1
t
f t t
t
  

 với 2 1t a  . 
 
 
 3
1
' 3; ' 0 2
1
t
f t f t t
t
 
    

. 
Bảng biến thiên 
t 1 2  
 'f t - 0 + 
 f t 
 12 
0,25 
Từ bảng biến thiên ta nhận thấy   12, 1f t t   hay 
 
 
1;
min 12 2f t t

   . 
Vậy ta có min
2
12 1
2
x z
P
y z
  

  
 

 . 
0,25 
Tài liệu ôn thi 10, 11, 12 và kỳ thi THPT Quốc gia: diendan.onthi360.com
Tải toàn bộ đề thi thử 2016 mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết :
diendan.onthi360.com