Đề thi thử thpt quốc gia lần 1 - Năm 2016 môn thi : Toán lớp 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 - NĂM 2016 
 TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU Môn thi : TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 4y x x   . 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số đã cho. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của  C , biết tiếp tuyến đó có hệ số góc bằng 9. 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau: 
a) sin 2 2cos sin 1 0x x x    ; 
b)    
32
3 3log 1 log 1 2 0x x     . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân  
2
3
0
sin 2I x x x dx 

. 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số     23 9f x x x   . 
b) Trong kì thi THPT quốc gia, hai bạn Hạnh và Phúc đều thi môn tự chọn là Vật lý. Đề thi 
môn Vật lý có 8 mã đề khác nhau, được sắp xếp và phát cho các thí sinh một cách ngẫu nhiên. 
Tính xác suất để mã đề môn Vật lý của Hạnh nhận được giống với mã đề môn Vật lý của Phúc 
nhận được. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ; tam giác SAB 
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của cạnh AB . Tính theo a 
thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DH và SC . 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho ba điểm  0;1;2 ,A  2; 2;1 ,B  
 2;0;1C 
và mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0P x y z    . Viết phương trình mặt phẳng  ABC và tìm 
tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( )P sao cho M cách đều ba điểm , ,A B C . 
Câu 7 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 24 6 1 4 2x x x x      . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Gọi E là điểm đối 
xứng của D qua A và H là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE . Đường tròn 
ngoại tiếp tam giác BDE có phương trình    
2 2
4 1 25x y    , đường thẳng AH có phương 
trình 3 4 17 0x y   . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết đường thẳng AD 
đi qua  7;2M và E có tung độ âm. 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 3 3 3a b c  . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức  
   
2 2 2
2 2 2 2
1 1 1
.P a b c
a ba c b c
 
     
    
HẾT. 
Họ và tên thí sinh:.... Chữ kí giám thị 1:.. 
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 - NĂM 2016 
 TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU Môn thi : TOÁN 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) 
Câu2a 
   
  
sin 2 2cos sin 1 0 2cos sin 1 sin 1 0
sin 1 2cos 1 0
x x x x x x
x x
        
   
0.25 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1a 
Tập xác định: D = R 
2' 3 6y x x  ; 
0
' 0
2
x
y
x

    
 0,25 
Các khoảng đồng biến:  ; 2  và  0; ; khoảng nghịch biến:  2;0 . 
Hàm số đạt cực đại tại 2, 0CDx y   ; đạt cực tiểu tại 0, 4CTx y   
lim
x
y

  ; lim
x
y

  . 
0,25 
Bảng biến thiên: 
x  -2 0  
y’ + 0 - 0 + 
y 0  
 -4 
0,25 
Giao điểm Ox:    2;0 , 1;0 
Giao điểm Oy:  0; 4 
0,25 
Câu 1b 
+ Gọi  0 0;M x y thuộc (C), d là tiếp tuyến của (C) tại điểm M 
 Phương trình đt d là : 0 0 0'( )( )y y y x x x   
0,25 
+ Tiếp tuyến d có hệ số góc bằng 9 nên 
02
0 0 0
0
1
'( ) 9 3 6 9
3
x
y x x x
x

       
 0,25 
+ Với 0 1x  thì 0 0y  . Phương trình tiếp tuyến: 9 9y x  0,25 
+ Với 0 3x   thì 0 4y   . Phương trình tiếp tuyến: 9 23y x  0,25 
sin 1 2
sin 1 0 2
;1
2cos 1 0 cos
22
3
x x k
x
k
x x
x k





                  
 
0.25 
Câu 2b 
ĐK: 1x  
       
32 2
3 3 3 3log 1 log 1 2 0 log 1 3log 1 2 0x x x x           
0.25 
 
 
3
3
log 1 1 4
10log 1 2
x x
xx
   
     
 (nhận). 
0.25 
Câu 3 
2 2
3
0 0
sin 2I x dx x xdx  
 
 0,25 
Xét 
4 42 2
3
0 0
4 64
x
A x dx
 

   0,25 
Xét 
2
0
sin 2B x xdx

  . Đặt 1sin 2 cos 2
2
du dx
u x
dv xdx v x

 
 
   
 0,25 
22 2
0 00
1 1 1
cos 2 cos 2 sin 2
2 2 4 4 4
B x x xdx x
 
 
      
Vậy 
4
64 4
I A B
 
    
0,25 
Câu 4a 
TXĐ:  3;3D   . Trên  3;3 ta có  
2
2
2 3 9
'
9
x x
f x
x
  


. 
 
 
 
2
3
2' 0 2 3 9 0
3
x nhan
f x x x
x loai

      

 
0.25 
   
3 27 3
3 0; 3 0,
2 4
f f f
 
    
 
 . Vậy 
 
 
 
 
3;3 3;3
27 3
min 0,max
4
f x f x
 
  
0.25 
Câu 4b 
 Vì Hạnh cũng như Phúc đều có 8 cách nhận mã đề thi nên ta có   8.8 64n    0.25 
Gọi A là biến cố “mã đề của Hạnh nhận được giống với mã đề của Phúc nhận được”. 
Với mỗi cách nhận mã đề của Hạnh thì Phúc chỉ có duy nhất một cách nhận mã đề 
(giống với Hạnh ) nên   8.1n A  .Xác suất  
8 1
64 8
P A   . 
0.25 
I
E
H
C
A
D
B
S
K
Câu 5 
SAB SH AB  , mà      .SAB ABCD SH ABCD   0.25 
3
2
a
SH  ; 
3
2 1 3.
3 6
ABCD ABCD ABCD
a
S a V SH S    . 
0.25 
 Dựng hình bình hành HDCE E AB  .     / / , ,HD CE d DH SC d H SCE  
Kẻ ,HI CE HK SE  ta có     ,HK SCE d H SCE HK   
0.25 
Ta có    
2 2
2 2 5
, ,
5
CDH ABCDS Sd H CE d C DH a
HD AD AH
   

2 2 2 2
1 1 1 19 57
3 19
a
HK
HK HI HS a
     . Vậy  
57
,
19
a
d DH SC  . 
0.25 
Câu 6 
Ta có: (2; 3; 1), ( 2; 1; 1)AB AC      
 
, (2;4; 8)n AB AC     
  
là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  ABC 
0,25 
Suy ra phương trình mặt phẳng  ABC là: 
     2 0 4 1 8 2 0 2 4 6 0x y z x y z           0,25 
Gọi ( ; ; )M a b c . Theo đề bài, ta có 
2 2
2 2
( )
( )
MA MB
MA MB MC
MA MC
M P
M P
 
  
  
  

           
           
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
0 1 2 2 2 1
0 1 2 2 0 1
2 2 3 0
a b c a b c
a b c a b c
a b c
            


            
    
0.25 
 
2
3 2;3; 7
7
a
b M
c


   
  
 0.25 
Câu 7 
ĐK: 1x   
Ta có 24 6 1 4 2x x x x           
2
2 1 5 1 1 2 2 1x x x x        
0.25 
Dễ thấy 1x   là một nghiệm của bất phương trình. 
Với 1x   ta có  
 
2
2 1 2(2 1)
1 5 1
1 1
x x
x x
 
   
 
. 
0.25 
CB A
D
E
H
I
M
K
Đặt 
2 1
1
x
t
x



 thu được BPT: 2 5 2 1t t   . 
Ta có 
2 25 2 1
3
t t t     
0.25 
2 1 2 10 55
2 1 6 3 1
3 181
x
x x x
x
 
        

 .Vậy 
10 55
1;
18
T
 
  
 
 . 
0.25 
Câu 8 
Gọi ( C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE 
Suy ra (C) có tâm  4;1I , bán kính 5R  
Vì tam giác BDE cân nên I thuộc AB 
Do IBE cân tại I nên  IBE IEB 
Do AHE cân tại A nên  AHE AEH 
Mà   090IBE AEH  nên 
  090IEB AHE  . 
HKE vuông tại K .
0.25 
Đường thẳng IE qua I và vuông góc với AH nên có phương trình 
4 3 19 0.x y   
Tọa độ của E thỏa hệ phương trình 
   
2 2
4 3 19 0
4 1 25
x y
x y
  

   
 
 
1;5 (loai)
7; 3
E
E

 

0.25 
Đường thẳng AD đi qua M và E có phương trình: 7 0x   
Tọa độ điểm A thỏa hệ phương trình  
7 0
7;1
3 4 17 0
x
A
x y
 

  
D đối xứng với E qua A  7;5D 
0.25 
Đường thẳng AB qua A và vuông góc với AD nên có phương trình : 1 0y   
Tọa độ điểm B thỏa hệ phương trình 
   
2 2
1 0
4 1 25
y
x y
 

   
 
 
9;1 
1;1
B
B

 

Với  1;1B  và do  1;5AD BC C  
 
Với  9;1B và do  9;5AD BC C 
 
Vậy        7;1 , 1;1 , 1;5 , 7;5A B C D  hoặc        7;1 , 9;1 , 9;5 , 7;5A B C D 
0.25 
Câu 9 
Ta có  
   
2
2 2 2
2 2 2 2
1 1
1
c
P a b c
a ba c b c
 
      
   
Do 
3 3
3 3 3 1 0 1;0 1
a b a b
a b c
c c c c
   
            
   
Do đó 
3 3 2 2
1
a b a b
c c c c
       
          
       
 2 2 2 0 1a b c    
Theo BĐT Cô Si: 
          
 2 2 2 2
1 1 1 1 2
2 . 0 2
c a c ba c b c a c b c
   
    
Từ (1) và (2) suy ra: 
 
  
2 2 2 2
2 2
2
1
a b c c
P
c a c b a b
 
  
  
 (3). 
0.25 
Đặt ; ;
a b
x y t x y
c c
    . Ta có 3 3 1x y  . 
Dễ thấy        
2 2 33 3 1 3 1
4 4 4
x y x y x y x y x y
 
         
3 4x y   và 
 
3 3 3 1 1x y x y x y       nên 3(1; 4]t . 
0.25 
Ta có    
3
33 3 3 13 1 3
3
t
x y x y xy x y t txy xy
t

         
 
3
22 2 22 .
3
t
x y x y xy
t

     
Từ (3) suy ra: 
 
  
  
 
 
22 2
32 2 3 3
2 1 2 2 1 2 21 3 3
1 1
1 1 2 1 21
x y t t tt t
P
x y x y t t tt
    
       
     
0.25 
Xét hàm số  
  3
3
2 2 3
1; (1; 4]
1 2
t t
f t t
t t

   
 
 
   
     
   
22 3 3
3
2 2 223 3
6 1 1 26 6 6
' 0
1 2 1 2
t t tt
f t
t t t t
           
   
( vì        
2 22 3 33 3(1; 4] 1 1 3 4 1 2, 2 2t t t t         ). 
Suy ra    
3
3
3
3(1; 4 ]
5 4 6
min 4
2( 4 1)
f t f

 

 . 
Từ đó ta có 
3
3
5 4 6
min
2( 4 1)
P



 khi 
3 4
2
a b c  . 
0.25 
--------------- Hết -----------------