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

 SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 
 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 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 của hàm số 3 23 2y x x   . 
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị của hàm số 
1
( )
2
x
f x
x



 ( )C tại 
giao điểm của đồ thị ( )C với trục Ox . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn   1 2 1 3 0z i i i     . Tìm môđun của số phức z . 
b) Giải bất phương trình    2 1
2
log 1 log 2 2x x    . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
0
2 1
1
x
I dx
x



. 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm  2; 1; 0A  và mặt phẳng 
( ) : 2 2 0P x y z    . Lập phương trình mặt cầu ( )S đi qua A và có tâm I là hình chiếu 
vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( )P . 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Tính giá trị của biểu thức 5sin .sin 2 cos 2P     , biết 
3
cos
5
 . 
b) Để bảo vệ Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ XII diễn ra từ ngày 20 đến 28 tháng 01 năm 
2016, Bộ Công an thành lập 5 đội bảo vệ, Bộ Quốc phòng thành lập 7 đội bảo vệ. Ban tổ chức 
chọn ngẫu nhiên 5 đội thường trực để bảo vệ tại Trung tâm Hội nghị Quốc gia Mỹ Đình (nơi 
diễn ra Đại hội). Tính xác suất để trong 5 đội được chọn có ít nhất 1 đội thuộc Bộ Công an, ít 
nhất 1 đội thuộc Bộ Quốc phòng. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông 
góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( )ABC là điểm H thuộc cạnh BC sao cho 2HC HB , góc giữa 
SA với mặt đáy ( )ABC bằng 45 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa 
hai đường thẳng SC và AB . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I . Các 
điểm 
10 11
;
3 3
G
     
, 
2
3;
3
E
      
 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABI và tam giác ADC . Xác 
định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết tung độ đỉnh A là số nguyên. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
  
   
29 2 3 4 7
2 1 1 2 1 1 2
y y y x xy x
y x y x y
     
      
trên tập số thực. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho , ,x y z là các số thực dương 2 5x y z xy    . Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức 
 
2 2
42
4 2518
x yyx
P
x y z zx y

  
  
. 
-------------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.................................. 
 w
ww
.M
A
HV
N.
co
m
 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM 
 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 
 Môn: TOÁN. 
(Đáp án có 04 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
Tập xác định: D R 
Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có : ' 3 ( 2)   y x x
0
' 0
2

   
x
y
x
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng    ; 0 2; va ,đồng biến trên khoảng 
(0 ;2) 
0,25 
Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và yCT=-2 
Hàm số đạt cực đại tại x=2 và yCĐ=2 
Giới hạn lim ; lim
 
   
x x
y y 
0,25 1 
(1,0đ) 
 Bảng biến thiên: 
x  0 2  
y’ - 0 + 0 - 
y  2 
 -2  
0,25 
f(x)=-x^3+3X^2-2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0,25 
Đồ thị (C ) cắt Ox tại A(1;0) 0,25 
 
2
1
'( ) 2
2
f x x
x

  

 0,25 
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A là: '(1) 1k f  0,25 
 2 
(1,0đ) 
Phương trình tiếp tuyến là 1( 1) 0 1y x y x      0,25 
 a) Ta có 
( )(1 2 ) 1 3 0 1 1 2z i i i z i i z i            0,25 
Do đó số phức z có mô đun bằng 
5
.
0,25 
 3 
(1,0đ) 
b) Điều kiện: 2x . Bất phương trình đã cho 2( 1)( 2) 4 6 0x x x x        0,25 
 w
ww
.M
AT
HV
N.
co
m
32
x
x
 

 
. Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của BPT là 3;  
0.25 
Tính : 
1
0
1
2
1
dx
x
      
 0,25 
1 1
0 0
( 1)
2
1
d x
dx
x

 
 
0,25 
 
1
0
2 ln 1x x   0,25 
 4 
(1,0đ) 
2 ln 2  0,25 
 (P) có vtpt (1; 2;1)n 

, d đi qua A vuông góc với (P) có vtcp (1; 2;1)u n  
 
. 0,25 
Phương trình đường thẳng d 
2
1 2
x t
y t
z t
    
 
 Do (2 ; 1 2 ; )I d I t t t     0,25 
I thuộc (P) nên (2 ) 2( 1 2 ) 2 0 1t t t t         . Vậy I(1;1;-1). 0,25 
5 
(1,0đ) 
Mặt cầu (S) có bán kính 6R IA  có phương trình      
2 2 2
1 1 1 6x y z      0,25 
a) Ta có: 2 2 2
7 16
cos2 2cos 1 ,sin 1 cos
25 25
         0,25 
 6 
(1,0đ) 
Suy ra 2
89
10sin cos cos2
25
P      . 0,25 
b) Số cách chọn ngẫu nhiên 5 đội trong 12 đội là    5
12
792 ( ) 792C n 0,25 
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A: ‘Mỗi Bộ có ít nhất một đội bảo vệ’ 
là 5 5 5
12 5 7
( ) 35
( ) 770 ( )
( ) 36
n A
n A C C C P A
n
      

0,25 
Áp dụng định lý cosin trong tam giác AHB có 
2
2 2 2 0 7 72 . cos60
9 3
a a
AH HB AB HB AB AH      
Góc giữa đường thẳng SA và mp(ABC) là góc 045SAH  . 
Tam giác SHA vuông cân tại H nên
7
3
a
SH AH  
0,25 
Thể tích của khối chóp S.ABC là 
31 21
.
3 36ABC
a
V S AH  0,25 
Gọi E là trung điểm của AB, D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD. 
Ta có / / ( , )AB CD d AB SC
3
( , ) ( , ) ( , ).
2
d AB SCD d B SCD d H SCD   
0,25 
7 
(1,0đ) 
 Trong mp(ABC) Qua H kẻ đường thẳng 
song song với CE cắt đường thẳng CD tại F 
và AB tại M thì tứ giác CEMF là hình chữ 
nhật. Kẻ HK vuông góc với SF tại K. 
 ( )CD SFM CD HK   , 
( )
CD HK
HK SCD
SF HK
   
 
Ta có 
2 2 3
3 3 3
a
HF MF CE   
Tam giác SHF vuông tại H: 
2 2 2
1 1 1 210
30
a
HK
SH FH HK
   
3 3 210
( , ) ( , )
2 2 20
   
a
d AB SC d H SCD HK 
0,25 
S 
K 
H 
B 
E 
C 
A 
F 
D 
M w
ww
.M
AT
HV
N.
co
m
Gọi M là trung điểm của BI và N là hình chiếu vuông 
góc của G lên BI . 
 Ta có GN //AI       
2 2 1
1
3 3 3
IN AG
IN IM BI
IM AM
. 
E là trọng tâmACD 
       
1 1 2
3 3 3
IE DI BI EN IN IE BI BN
   BN EN BGE cân tại G 
, ,GA GB GE A E B    cùng thuộc đường tròn tâm G 
  0 02 2.45 90AGE ABE AGE     vuông cân tại G 
0,25 
Phương trình      : : 13 51 0 51 13 ;
qua G
AG AG x y A a a
GE

     

Khi đó AGE vuông cân tại G AG GE  
 
2 2 2
2
4
143 11 170 11 1
13 1;410
3 3 9 3 9
3
a
AG a a a A
a
 
                              
0,25 
Ta có 
2 2 11 7
;
3 3 2 2
AG AM AG AM M
 
     
 
 
Phương trình  BD đi qua E và   : 5 3 17 0M BD x y    
Phương đường tròn    
2 2
10 11 170
: :
3 3 9
tam G
G G x y
R GA
    
        
    
B là giao điểm thứ hai của  BD và    7;6G B 
0,25 
8 
(1,0đ) 
Phương trình      : : 4 0 1; 4
qua A
AD AD x y D
AB

    

ABCD là hình vuông  9; 2AB DC C   
 
. 
Bài toán có 1 nghiệm      1; 4 , 7;6 , 9; 2A B C  và  1; 4D  . 
0,25 
Điều kiện:   29 2 3 0; 0; 1 1y y y x xy x        . 
Từ phương trình thứ nhất, ta có được 0 0x y   . 
+ Xét: 
0
0
x
y
 
 
, thỏa mãn hệ phương trình. 
+ Xét x, y không đồng tời bằng không, phương trình thứ nhất tương đương với 
  29 2 3 3 4 4 0y y y x x xy x      
  
  
 22 2
2
49 2 3 9
0
9 2 3 3
xy xy y y x x
xy xy y y x x
   
  
   
 
  2
11 9 3 4
0
11 2 3 3
y x x
y x y x
xy xy y y x x
 
  
      
      
. 
0.25 
Thế y x vào phương trình thứ hai, ta được    2 1 1 2 1 1 2x x x x x      
   2 1 1 1 1 1 0x x x x x         .Đặt 2 21 ; 0 2
1 ; 0
a x a
x a b
b x b
   
  
   
. 
Phương trình trở thành     2 2 1 0a b a b a b      
0,25 
9 
(1,0đ) 
    
   
21 1 0
1 0
a b
a b a b a b
a b a b
 
                
1 5
2
a b
a b
 

   

. 
0,25 
 w
ww
.M
AT
HV
N.
co
m
Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 
---Hết--- 
+ Với 1 1 0a b x x x       (loại). 
+ Với 
1 5 1 5
1 1
2 2
a b x x
 
      
5 5 5 5
8 8
x y
 
    . 
Hệ phương trình có nghiệm:    
5 5 5 5
; 0; 0 , ;
8 8
x y
          
0,25 
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 
   2 2 2 2 2 22 2 5 10 2x y xy x y z x y x y z            
       2 2 218 2 2 4 2 8 2 4x y x y z x y z x y z             
0,25 
Từ đó suy ra 
 2 2
2 2
42 418
x x x
x y zx y zx y
 
   
. 
Khi đó 
 4
4 4 25
x yyx
P
x y z x y z z

  
   
. 
   
 
4 4 4
4 25 25 4 25
4
x y
x y x yx y t tz f t
x yx y z z z t
z

 
      
  

0,25 
Với 0
x y
t
z

  , xét hàm số  
4
4 25
t t
f t
t
 

, có 
 
 
 
 
22
04 4
' ; ' 0 1
25 4 254
t
f t f t t
tt
 
     
   
0,25 
10 
(1,0đ) 
Do đó suy ra     max
1 1
1
25 25
f t f P    . 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
2
; 1
25
x y z x y x y
zx y z xy
         
      
. 
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 
1
25
. 
0,25 
 w
ww
.M
AT
HV
N.
co
m