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

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TUẦN 2 THÁNG 06 – 2016 
27 Đường Số 01-KDC Metro Môn: TOÁN LỚP BY1-BY6-A1-A3 (ĐB) 
 ĐT: 0964.222.333 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1: (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
1
x
y
x


Câu 2: (1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số    2 2 7 xf x x x e   trên đoạn 
0;3   
. 
Câu 3: (1 điểm). 
a. Tìm số phức z , biết z thỏa mãn 2 9 4z z i   . 
b. Cho 
49
log 11a  và 
2
log 7.b  Tính 3 7
121
log ,
8
P  theo a và b . 
Câu 4: (1 điểm). Tính tích phân  
2
3
0
1 sin cos sin .I x x x dx

  
Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm    0;1;2 , 2; 2;1 ,A B  
 2;0;1C  và mặt phẳng   : 2 2 3 0.P 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 6: (1 điểm). 
a. Giải phương trình:  24 sin cos sin 3 sin .x x x x   
b. Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. 
Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một 
quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. 
Câu 7: (1 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của 
đỉnh S lên mặt phẳng  ABCD trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và .BD 
Biết 
5
2, 2 , ,
2
SA a AC a SM a   với M là trung điểm cạnh .AB Tính theo a thể tích khối chóp 
.S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và .AC 
Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vông tại .A Gọi D là 
điểm đối xứng của A qua .C M là hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng .BC Gọi  0;2E là 
giao điểm của đường thẳng DM và ,AB đường thẳng BD có phương trình 3 17 0.x y   
Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C biết  045AMB  và điểm B có tung độ âm. 
Câu 9: (1 điểm). Giải bất phương trình: 
  
  
3 23 1 3
4 1 2 1 1 .
2 1
x x x x
x x x
x
  
    
 
Câu 10: (1 điểm). Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn 2 2 2 3.x y z   Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức: 
2 2 2 2 2 2
16 1
.
1
xy yz xz
Q
x y zx y y z z x
  
 
   
-------------------------Hết---------------------- 
 SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
 TTLTĐH DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 Môn: TOÁN TUẦN 02 – 06 – 2016 
 (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) 
Câu GỢI Ý ĐÁP ÁN Điểm 
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số .
1
x
y
x


 1.0 
 Tâ ̣p xác định:  \ 1D   . 
2
1
0
1
' ,
( )
y x D
x

   

. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1);(1; )  . 
0,25 
Giới hạn: 1
 
 lim lim
x x
y y ; tiệm cận ngang: 1y . 
1 1  
   lim , lim
x x
y y ; tiệm cận đứng: 1x . 
0,25 
Bảng biê ́n thiên: 
0,25 
Đồ thị: 
0,25 
2 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số    2 2 7 xf x x x e   trên 
đoạn 0;3   
. 
1,0 
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 0;3   
. 
Ta có        2 22 2 2 7 4 5x x xf x x e x x e x x e         
0,25 
   2 2
1
0 4 5 0 4 5 0
5( )
x
x
f x x x e x x
x l
              
 0,25 
  30 7; (1) 4 ; (3) 8f f e f e   0,25 
Vậy   3
[0;3]
max (3) 8f x f e  ;  
[0;3]
min (1) 4f x f e  
0,25 
x
y
O
1
1
x  1  
y’   
y 
1  
  1 
3 
1,0 
a. Tìm số phức z , biết z thỏa mãn 2 9 4z z i   0,5 
Gọi , ( , )z a bi a b    . Khi đó phương trình trở thành: 
2 2
2 2 2
2( ) 9 4
2 9 4 9 2
2 4 2
a bi a b i
a a b a a
b b
    
           
     
0,25 
2
9
18 932
3 36 77 0 3
22
a
a
a a
bb
           
    
18 93
2
3
z i

   . 0,25 
b. Cho 
49
log 11a  và 
2
log 7.b  Tính 3 7
121
log ,
8
P  theo a và b . 0.5 
Ta có: 
7 7 7 7 7
121
3 log 3 log 121 3 log 8 6 log 11 9 log 2
8
P      0,25 
49
2
9 9
12 log 11 12
log 7
a
b
    . 0,25 
4 
Tính tích phân  
2
3
0
1 sin cos sin .I x x x dx

  
1,0 
 
2 2 2
3 4
1 2
0 0 0
1 sin cos sin sin sin cos .I x x x dx x dx x xdx I I
  
        0,25 
Ta có: 2
1 0
cos 1.I x

   0,25 
Đặt sin cos .t x dt xdx   
Đổi cận 0 0; 1
2
x t x t

     
1
1 5
4
2
0 0
1
.
5 5
t
I t dt    
0,25 
Vậy 
1 6
1
5 5
I    . 0,25 
5 
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm    0;1;2 , 2; 2;1 ,A B  
 2;0;1C  và mặt phẳng   : 2 2 3 0.P 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 
1,0 
Ta có: 
   
 
2; 3; 1 , 2; 1; 1
, 2;4; 8
AB AC
n AB AC
      
 
    
 
 
  
0,25 
Phương trình mặt phẳng   : 2 4 6 0ABC x y z    . 0,25 
Nhận xét: . 0AB AC 
 
 nên tam giác ABC vuông tại A . 
Gọi  là đường thẳng qua trung điểm (0; 1;1)I  của cạnh BC và vuông góc với 
( )ABC thì: : 1 2
1 4
x t
y t
z t
    
  
. 
0,25 
Tọa độ điểm ( ) 2 (2;3; 7)M P t M      . 0,25 
* Cách khác: 
Gọi ( , , )M a b c . Ta có: 
( )M P
MA MB
MA MC
  
 
 với 
 
 
 
;1 ;2
2 ; 2 ;1
2 ; ;1
MA a b c
MB a b c
MC a b c
   
    
    



Giải hệ trên ta được: 
2 2 3
2 3 2 (2;3; 7).
2 0
a b c
a b c M
a b c
        
   
6 1,0 
a. Giải phương trình:  24 sin cos sin 3 sin .x x x x   0,5 
Phương trình đã cho tương đương với: 
2
2
2
4 sin cos sin 3 sin
4 sin .cos (sin 3 sin ) 0
4 sin .cos 2 sin2 .cos 0
2 sin2 (sin cos ) 0
x x x x
x x x x
x x x x
x x x
  
   
  
  
0,25 
  
sin2 0
2
sin cos 0
4
k
xx
k
x x
x k




           

. 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: , , .
2 4
k
x x k k
 
      
0,25 
b. Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. 
Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất cho 4 quả cầu 
được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. 
0,5 
Gọi A: “Lấy được 4 quả cầu trong đó có đúng một quả cầu màu đỏ và không 
quá hai quả cầu màu vàng”. 
Ta có: 4
16
( ) 1820n C   . 
Trường hợp 1: Lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh: 1 3
4 5
. 40C C  (cách). 
0,25 
Trường hợp 2: Lấy 1 quả đỏ, 1 quả vàng, 2 quả xanh: 1 1 2
4 7 5
. . 280C C C  (cách). 
Trường hợp 3: Lấy 1 quả đỏ, 2 quả vàng, 1 quả xanh: 1 2 1
4 7 5
. . 420C C C  (cách). 
( ) 40 280 420 740n A     (cách). 
Vậy xác suất cần tìm là: 
( ) 740 37
( )
( ) 1820 91
n A
P A
n
  

. 
0,25 
7 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc 
của đỉnh S lên mặt phẳng  ABCD trùng với giao điểm O của hai đường chéo 
AC và .BD Biết 
5
2, 2 , ,
2
SA a AC a SM a   với M là trung điểm cạnh .AB 
Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng 
SM và AC . 
1,0 
 Ta có 2 2SO SA OA a   
3
, 
2 2
a a
OM BC a MA   
3AB a  0,25 
Nên 2. 3
ABCD
S AB BC a  
Vậy: 
3
.
3
.
3S ABCD
a
V  
0,25 
Kẻ / / , , MN AC OH MN OK SH  . 
Mà ( ) ( )MN SOH MN OK OK SMN     
Nên:    ( , ) ,( ) ,( )d AC SM d AC SMN d O SMN OK   
0,25 
Ta có: 
2 3
2.2 38
4
OMN
a
S a
OH
MN a
   
2 2 2
1 1 1 57
( , ) .
19
a
OK d AC SM
OK OH SO
     
0,25 
8 
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vông tại A . Gọi 
D là điểm đối xứng của A qua .C M là hình chiếu vuông góc của D trên đường 
thẳng .BC Gọi  0;2E là giao điểm của đường thẳng DM và ,AB đường thẳng 
BD có phương trình 3 17 0.x y   Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C biết 
 045AMB  và điểm B có tung độ âm. 
1,0 
Gọi I là trung điểm BD . Do tứ giác ABDM là tứ 
giác nội tiếp đường tròn tâm I đường kính BD 
  0 045 45ADB AMB ABD     
Gọi  , 0n a b 
 
 là véctơ pháp tuyến của AB . 
Ta có, 0
2 2
3
cos 45
. 10
a b
a b



2 2
32
2 10.
a b
a b

 

2
2
a b
a b
    
0,25 
K
H
N
M
O
S
D
C
B
A
Với 2a b  , chọn 2, 1a b  . Suy ra phương trình : 2 2 0AB x y   . 
Ta có,  3; 8B AB BD B   (loại do 0By  ). 
Với 2a b , chọn 1, 2a b  . Suy ra phương trình : 2 4 0AB x y   . 
Ta có,  6; 1B AB BD B    . 
0,25 
Vì 
CD BE
C
EC BD
  
 
 là trực tâm tam giác BDE . 
Phương trình EK qua E và vuông góc với BD : 3 6 0x y   . 
Ta có, 
9 7
;
2 2
K EK BD K
        
 và K là trung điểm ID  3 4;5BK KD D  
 
0,25 
Phương trình AC qua D và vuông góc với AB : 2 3 0x y   . 
 2; 1A AB AC A   và C là trung điểm  3; 3AD C 
Vậy      2; 1 , 6; 1 , 3; 3A B C . 
0,25 
9 Giải bất phương trình: 
  
  
3 23 1 3
4 1 2 1 1 .
2 1
x x x x
x x x
x
  
    
 
1.0 
Điều kiện: 1x  . 
Bất phương trình tương đương với 
  
   
 
3 23 1 3
4 1 1 2 1 0.
2 1
0.
x x x x
x x x
x
f x
  
 
      
  
 
Xét hàm số  
  
   
3 23 1 3
4 1 1 2 1
2 1
x x x x
f x x x x
x
  
 
      
  
 trên  1,  . 
Cho  
  
   
3 23 1 3
0 4 1 1 2 1 0.
2 1
x x x x
f x x x x
x
  
 
        
  
      3 23 1 3 4 1 1 3
0.
2 1 2 1
x x x x x x x
x x
     
  
   
0,25 
   3 2
3
3 1 4 1 1 0 *
x
x x x x x
  
     
Đặt 1, 0a x a   thì pt (*) trở thành 3 2 33 4 0x ax a   . 
0,25 
  
2
2 0
2
x a x a
x a
x a
   
    
Với 
1 5
2
x a x

   . 
Với 2 2 2 2x a x     . 
0,25 
Bảng xét dấu: 
x 1 2 2 2 
1 5
2

 3  
 f x 
  0  0 + 0  
Dựa vào bảng xét dấu suy ra tập nghiệm của bất phương trình là: 
1 51; 3;
2
S
          
. 
0,25 
10 
Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn 2 2 2 3.x y z   Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức: 
2 2 2 2 2 2
16 1
.
1
xy yz xz
Q
x y zx y y z z x
  
 
   
1,0 
Ta có,    
2
2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 29 2x y z x y z x y y z z x         . 
 4 4 4
2 2 2 2 2 2
9
2
x y z
x y y z z x
  
    
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 
34 6 23 3x x x x x    . 
4 6 233 3y y y y y    . 
34 6 23 3z z z z z    . 
     4 4 4 2 2 23 2 9 2x y z x y z x y z x y z             . 
0,25 
 4 4 49
2
x y z
x y z
  
    . 
Mặt khác, 
 
2
3
2
x y z
xy yz zx
  
   . 
Khi đó, 
 
 
2
116
21
x y z
P
x y zx y z
  
 
   
. 
0,25 
Đặt, 3 3t x y z t      . Suy ra 
216 1
.
21
t
P
tt

 

Xét hàm số  
216 1
21
t
f t
tt

 

 với  3; 3t   . 
Ta có,  
 
2
8 1 1
' 0, 3; 3
221 1
f t t
tt t
        
. 
0,25 
Suy ra  f t nghịch biến trên  3; 3    
28
3
3
f t f   . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 
28
3
 đạt được khi 1x y z   . 
0,25 
Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng. 
TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA T01 – 06 – 2016 
27 Đường Số 01-KDC Metro Môn: TOÁN LỚP BY1-BY6-A1-A3 (ĐB) 
 ĐT: 0964.222.333 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1: (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 22 3.y x x   
Câu 2: (1 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số  3 22 3 5y x x m x     
đạt cực trị tại 
1 2
,x x thỏa mãn 2 2
1 2
4.x x  
Câu 3: (1 điểm). 
a. Tìm phần thực và phần ảo của số phức ,z biết    1 2 3 1 .i z i i z     
b. Cho hàm số   .5 .xf x x Giải phương trình:  '25 .5 . ln 5 2 0.x xf x x    
Câu 4: (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường  1 xy x e  và 1y x  . 
Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm    1; 1; 2 , 3; 0; 4A B  và 
mặt phẳng   : 2 2 5 0.P x y z    Viết phương trình tham số của đường thẳng ,AB tìm tọa độ giao 
điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng  ,P viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và 
vuông góc với mặt phẳng  .P 
Câu 6: (1 điểm). 
a. Giải phương trình: sin 2 4 8 cos sin .x x x   
b. Cho số tự nhiên n thỏa mãn 2 2
1
2 24.
n n
A C

  Xác định hệ số 10x trong khai triển Niu-tơn 
của nhị thức  3 .
n
x n x 
Câu 7: (1 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi I là trung điểm 
AB và H là giao điểm của BD với IC . Các mặt phẳng  SBD và  SIC cùng vuông góc với đáy. 
Góc giữa  SAB và  ABCD bằng 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai 
đường thẳng SA và IC . 
Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD nội tiếp hình tròn 
tâm I và có đỉnh  2; 5C  . Trên cung nhỏ BC của đường tròn tâm I lấy điểm E và trên tia đối của 
tia EA lấy điểm M sao cho EM EC . Tìm tọa độ đỉnh A , biết đỉnh B thuộc đường thẳng 
: 2 0d y   và điểm  8; 3M  . 
Câu 9: (1 điểm). Giải hệ phương trình:
 
   
2 2
2 2
3 2 1
.
2 2 1 4 12 1 2 2 8
x x x y x x y
y y x x y y
       

        
Câu 10: (1 điểm). Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn: 2 2 2 38x y z   Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức: 
   
2
1 2
.
19 4 25 5 10
x
P
x yz x y z x y z
  
     
-------------------------Hết---------------------- 
 SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
 TTLTĐH DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 Môn: TOÁN TUẦN 01 – 06 – 2016 
 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) 
ư GỢI Ý ĐÁP ÁN Điểm 
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 4 22 3.y x x   1.0 
Tập xa ́c định: D   . 
Giới hạn: lim lim
x x
y y
 
   . 
Ta có 34 4'y x x  . 3
0
0 4 4 0
1
'
x
y x x
x
 
     
 
. 
0,25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1;0);(1; )  . 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1 0 1( ; );( ; )  . 
Hàm số đạt cực đại tại 0x  , 3Cy  Đ và đạt cực tiểu tại 1x   , 4CTy   . 
0,25 
Bảng biê ́n thiên: 
x  -1 0 1  
y’ - 0 + 0 - 0 + 
y 
 -3  
 -4 -4 
0,25 
Đồ thị 
0,25 
2 
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số  3 22 3 5y x x m x     đạt 
cực trị tại 
1 2
,x x thỏa mãn 2 2
1 2
4.x x  
1,0 
Ta có  23 4 3y x x m     . Hàm số có cực trị 1 2,x x khi và chỉ khi phương 
trình  23 4 3 0x x m    có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x . 
0,25 
  134 3 3 0 .
3
m m      0,25 
x
y
O
-3
-4
-1 1
Theo đề bài, 
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
4 3
4 ( ) 2 4 2 4
3 3
m
x x x x x x
                      
 0,25 
1
3
m  (nhận). Vậy 
1
3
m  thỏa yêu cầu đề bài. 0,25 
3 1,0 
a. Tìm phần thực và phần ảo của số phức ,z biết    1 2 3 1 .i z i i z     0,5 
Gọi ,z a bi  ( , )a b   .Khi đó: 
(1 2 )( ) 3 (1 )( ) ( 3) ( 3 2 1) 0
73 0
3
3 2 1 0 3
i a bi i i a bi b a b i
b a
a b b
             
     
  
       
0,25 
Suy ra 
7
3
3
   z i . Vậy phần thực của z là 
7
3
 và phần ảo của z là 3 . 0,25 
b. Cho hàm số   .5 .xf x x Giải phương trình:  '25 .5 .ln 5 2 0.x xf x x    0.5 
Ta có, Ta có: ( ) 5 .5 . ln 5x xf x x   . 
Khi đó:  '25 .5 . ln 5 2 0 25 5 2 0x x x xf x x        
0,25 
Đặt 5 , 0xt t  . 
Phương trình trở thành: 2
1
2 0 5 1 0.
2 (l)
x
t
t t x
t
 
       
 
Vậy phương trình có nghiệm là 0x  . 
0,25 
4 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường  1 xy x e  và 1y x  . 1,0 
Phương trình hoành độ giao điểm: 
0
( 1) 1
1
x
x
x e x
x
      
0,25 
Do đó: 
1 1
0 0
1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )x xS x e x dx x e x dx         
1
0
1 1( )( )xx e dx   (do ( 1) ( 1) 0
xx e x    trên [0;1] ). 
0,25 
Đặt 
1
1( )x x
u x du dx
dv e dx v e x
     
 
     
. 
11
0
0
1 1( )( ) ( )x xS x e e x dx      
0,25 
1
2
0
5
1
2 2
 
      
 
x xe e . 
0,25 
5 
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm    1; 1; 2 , 3; 0; 4A B  và 
mặt phẳng   : 2 2 5 0.P x y z    Viết phương trình tham số của đường thẳng 
AB . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng  ,P viết phương 
trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng  .P 
1,0 
+ Ta có: 
1 2
(2;1; 6) : 1 ( )
2 6
x t
AB AB y t t
z t
        
  

 . 0,25 
+ Gọi (1 2 ; 1;2 6 ) ( )M t t t AB P     . Ta có 
1 4 5
( ) ; ;1
6 3 6
M P t M
         
. 0,25 
+ Gọi ( )Q là mặt phẳng chứa AB và   .P 
Ta có:  , 10; 10; 5 5(2;2;1)Q Pn AB n
 
       
 
 
. 
0,25 
+ Vậy phương trình của ( ) : 2 2 2 0Q x y z    0,25 
6 1,0 
a. Giải phương trình: sin2 4 8 cos sin .x x x   0,5 
Phương trình đã cho tương đương với: 2 cos (sin 4) (sin 4) 0x x x     
 (sin 4)(2 cos 1) 0x x    
4 0
2
2 1 0 3
sin ( )
( )
cos
x VN
x k k
x


         
 . 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 2 , .
3
x k k

     
0,25 
b. Cho số tự nhiên n thỏa mãn 2 2
1
2 24.
n n
A C

  Xác định hệ số 10x trong khai 
triển Niu-tơn của nhị thức  3 .
n
x n x 
0,5 
Theo giả thiết ta có phương trình: 
( 1)! !
2. 24
( 1)! 2!( 2)!
( 1) ( 1) 24 0 12.
n n
n n
n n n n n

 
 
       
0,25 
Số hạng tổng quát:    
2
12
312 3
1 12 12
. 12. . 12 .
kk kk k k
k
T C x x C x



    . 
Theo giả thiết ta có: 
2
12 10 3
3
k
k    . 
Vậy hệ số của 10x là:  
3
3
12
. 12 380160C    . 
0,25 
7 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi I là trung 
điểm AB và H là giao điểm của BD với IC . Các mặt phẳng  SBD và  SIC 
cùng vuông góc với đáy. Góc giữa  SAB và  ABCD bằng 060 . Tính thể tích 
khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và IC . 
1,0 
 + ( )SH ABCD . 
Ta có,    0( ),( ) 60SAB ABCD SMH  
2
ABCD
S a . 
0,25 
+ Ta có H là trọng tâm ABC và / /MH BC nên: 
1 3
3 3 3
MH IH a a
MH SH
BC IC
      . 
Suy ra 
3
.
3
.
9S ABCD
a
V  
0,25 
+ Kẻ / / , , ( )AJ IC HT AJ HK ST HK SAJ    
Khi đó:    ( , ) ,( ) ,( )d IC SA d IC SAJ d C SAJ  
  ,( )d H SAJ HK  . 
0,25 
+ 
2 5
2
2 5
AICJ
AICJ ABCD BIC
Sa a
S S S HT
CI
      . 
Suy ra 
2 2
. 2
( , )
4
SH HT a
d IC SA HK
SH HT
  

. 
0,25 
8 
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD nội tiếp hình 
tròn tâm I và có đỉnh  2; 5C  . Trên cung nhỏ BC của đường tròn tâm I lấy 
điểm E và trên tia đối của tia EA lấy điểm M sao cho EM EC . Tìm tọa độ 
đỉnh A , biết đỉnh B thuộc đường thẳng : 2 0d y   và điểm  8; 3M  . 
1,0 
Gọi N là trung điểm của MC 
 5; 4N  . 
Vì  0 090 90AEC CEM   . 
Do đó, tam giác CEM vuông cân tại E . 
Suy ra    045CEN MEN BEA   
 0180 , ,BEN B E N   thẳng hàng. 
0,25 
K
T
J
600
S
I
M
0
H
D
CB
A
Phương trình BN qua N và vuông góc với CM : 3 11 0x y   . 
Ta có,  3; 2B BN d B   . 
0,25 
Phương trình AB qua B và vuông góc với BC : 7 17 0x y   . 
Ta có,  17 7 ;A a a AB  và 
3
50
1
a
AB BC
a
     
0,25 
Với  3 4; 3a A   . 
Với  1 10; 1a A  (loại do ,A M nằm cùng phía đối với đường thẳng BC ) . 
Vậy  4; 3A  . 
0,25 
9 Giải hệ phương trình:
 
   
2 2
2 2
3 2 1 (1)
.
2 2 1 4 12 1 2 2 8 (2)
x x x y x x y
y y x x y y
       

        
 1.0 
Điều kiện: 
3 0
(*)
2
   
 
x y
y
    
 
2
2
1 3 2 1 0
1
1 0
3 2
x x x y x y
x y
x x x y
x y
        
 
     
  
 
2
2
1
1 0
3 2
1
2 3
0 3
3 2
x y
x x
x y
y x
x x x y
x y
  

      
  

      
  
Phương trình (3) vô nghiệm vì vế trái luôn dương với ,x y thỏa (*). 
0,25 
Với 1y x  thế vào phương trình (2), ta được: 
   
  
   
2 2
2
9 2 1 4 12 11 1 2
2 1 4 12 11 3
3 3
1 2
      
   
   
 
x x x x x
x x x
x x
x
       2
3
3 1 2 2 1 4 12 11 4
 
        
x
x x x x x
0,25 
Phương trình:           
2 2
4 1 2 1 2 2 3 2 2 3 2               
x x x x . 
Xét hàm số     22 2  f t t t trên  ' 23 4 2 0,R f t t t t R       . 
Nên  f t đồng biến trên R . 
0,25 
Suy ra 
13 41 5 41
1 2 3
8 8
 
      x x x y . 
Kết hợp điều kiện suy ra hệ phương trình có 2 nghiệm  
13 41 5 41
3,2 , ,
8 8
       
. 
0,25 
10 
Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn: 2 2 2 38x y z   Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức: 
   
2
1 2
.
19 4 25 5 10
x
P
x yz x y z x y z
  
     
1,0 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 
   
2 2 222 2
2 2 2 1
19 2 2 38 2 22
x x x x
x yz x yz x x y z x y zx x y z
   
            
. 
Mặt khác 
       
   
2 22
2
1 1
2 4
4
x y z x y z x y z x y z
x y z x y z
          
  
. 
0,25 
Tiếp tục ta có được: 
   10 2 10 2 10 10            x y z x y z x y z x y z . 
 
   
1 1
2 10 10
2 4
55 10 25
x y zx y z
x y zx y z
 
   
 
   
   
2 4
525 5 10
 
    x y zx y z
0,25 
Suy ra 
   
2
1 2
19 4 25 5 10
  
     
x
P
x yz x y z x y z
   
   
2
2
2
1 1 2
25 5 10
1 1 4 1 1 1 1
5 100 10 100
  
      
                 
x y z x y z x y z
x y z x y z x y zx y z
0,25 
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 
1
100
 khi và chỉ khi, chẳng hạn 
5
2
3
x
y
z
  
 
. 0,25 
Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng. 
TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA THÁNG 05-2016 
27 Đường Số 01-KDC Metro Môn: TOÁN BY1-BY6-A1-A3 (ĐB) 
 ĐT: 0964.222.333 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1: (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2
1
2 3
3
y x x x   . 
Câu 2: (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 
2 1
1
x
y
x



, biết rằng tiếp tuyến song 
song với đường thẳng : 3 11 0.d x y   
Câu 3: (1 điểm). 
a. Cho số phức z thỏa mãn  
2
1 5 4i z z i    Tìm phần thực và phần ảo của .z 
b. Cho 
3
log 5 .a Tính 
45
log 75 theo .a 
Câu 4: (1 điểm). Tính tích phân 
3
0
2
cos
21
x
I x dx
x
            
 . 
Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 0P x y z   và 
điểm  1; 2; 3 .I Viết phương trình mặt cầu  S tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  .P Tìm tọa độ tiếp 
điểm của  S và  .P 
Câu 6: (1 điểm). 
a. Giải phương trình: 3sin sin 2 2 sin
2
x x x
       
. 
b. Nhân dịp kỷ niệm ngày thành trường, một trường THPT ở Thành phố Cần Thơ chọn được 30 
tiết mục văn nghệ để biểu diễn toàn trường, trong đó lớp 12A có 3 tiết mục. Ban tổ chức cho bốc thăm 
ngẫu nhiên để chia thành hai buổi biểu diễn, mỗi buổi 15 tiết mục. Tính xác suất để 3 tiết mục của lớp 
12A được biểu diễn trong một buổi. 
Câu 7: (1 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông, 2BD a , tam giác SAC 
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, 3.SC a Tính theo a thể tích khối chóp 
.S ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  .SAD 
Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại ,B  3, 1D  
là trung điểm của cạnh AC . Gọi E là một điểm nằm trên cạnh BC sao cho 3CE EB và 
9 13
,
5 5
F
     
là giao điểm của AE và BD . Tìm các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng E thuộc đường thẳng 
0x y  . 
Câu 9: (1 điểm). Giải hệ phương trình  
441 2 1
,
3 2 1
x y y x
x y R
y y y x
       
      
. 
Câu 10: (1 điểm). Cho ,x y và z là các số thực dương. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 
 
2 2 2 24 175 9
8 4 1
x y z x
P
y z x x

   

. 
--------------------Hết--------------------- 
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
 TTLTĐH DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 Môn: TOÁN THÁNG 05 
 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) 
Câu GỢI Ý ĐÁP ÁN Điểm 
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 2
1
2 3
3
y x x x   . 1.0 
Tập xác định D   . 
2 4 3y x x    . 2
1
0 4 3 0
3
x
y x x
x
         
 0,25 
Các khoảng đồng biến ( ;1),(3; )  ; khoảng nghịch biến (1;3) 
Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    
Hàm số đạt cực tiểu tại 3, 0
CT
x y  ; đạt cực đại tại 
4
1, .
3CD
x y  
0,25 
Bảng biến thiên: 
x  1 3  
y’ + 0  0 + 
y 
 4
3
  
 0 
0,25 
Đồ thị: 
0,25 
2 
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 
2 1
1
x
y
x



, biết rằng tiếp tuyến song 
song với đường thẳng : 3 11 0.d x y   
1,0 
Tiếp tuyến song song với đường thẳng 
0
: 3 12 ( ) 3d y x y x    0,25 
0
2
00
03
3
2( 1)
x
xx
       
 0,25 
Phương trình tiếp tuyến tại (0; 1) : 3 1.A y x   0,25 
Phương trình tiếp tuyến tại ( 2;5) : 3 11B y x   (loại). 
0,25 
x
y
O
3
1
1
3 1,0 
a. Cho số phức z thỏa mãn  
2
1 5 4i z z i    Tìm phần thực và phần ảo của z . 0,5 
Gọi ,z a bi  ( , )a b   . 
Khi đó: 2(1 ) ( ) ( ) 5 4i a bi a bi i      ( 2 ) (2 ) 5 4a b a b i i      . 
2 5
2 4
a b
a b
   
  
1
2
a
b
  
  
 . 
0,25 
1 2z i   . Vậy phần thực của z là 1 và phần ảo của z là -2. 0,25 
b. Cho 
3
log 5 .a Tính 
45
log 75 theo .a 0.5 
Ta có, 3 3
4545
3 3
log 75 log (25 3)
log 75 2 log 75 2 2
log 45 log (5 9)

  

 0,25 
3 3 3
3 3 3
log 25 log 3 2 log 5 1 2 1 4 2
2 2 2
log 5 log 9 log 5 2 2 2
a a
a a
   
   
   
. 0,25 
4 Tính tích phân 
3
0
2
cos
21
x
I x dx
x
            
 . 1,0 
3 3
1 2
0 0
2
cos .
21
x
I dx x dx I I
x
         
  0,25 
Đặt: 21 1 2t x x t dx tdt       
0 1; 3 2x t x t      
Khi đó, 
2
2 2 3
1
1 1
1 20
.2 . 2 .
3 3
t t
I tdt t
t
         
 
0,25 
3
2
0
2 2
.sin .
2
x
I

 
  0,25 
Vậy 
1 2
20 2
3
I I I

    . 0,25 
5 
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 0P x y z   và 
điểm  1; 2; 3 .I Viết phương trình mặt cầu  S tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  .P 
Tìm tọa độ tiếp điểm của  S và  .P 
1,0 
+ Bán kính mặt cầu:  ,( ) 14R d I P  . 0,25 
+ Phương trình mặt cầu: 2 2 2( ) : ( 1) ( 2) ( 3) 14S x y z      . 0,25 
+ Gọi H là tọa độ tiếp điểm của  S và  P . Phương trình 
1
: 2 2
3 3
x t
IH y t
z t
    
  
. 0,25 
+ Tọa độ của H là nghiệm của hệ: 
1
2 2
1
3 3
2 3 0
x t
y t
t
z t
x y z
       
     
. Vậy  0;0;0H . 0,25 
6 1,0 
b. a. Giải phương trình: 3sin sin 2 2 sin
2
x x x
       
. 0,5 
Phương trình đã cho tương đương với: 2sin (1 2 sin ) cos2 0x x x  
 sin .cos2 cos2 0 cos2 (sin 1) 0x x x x x      . 
cos2 0
4 2
sin 1 0
2
2
k
xx
x
x k
 



            

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 2 ; , .
2 4 2
k
x k x k
  
      
0,25 
b. Nhân dịp kỷ niệm ngày thành trường, một trường THPT ở Thành phố Cần Thơ chọn 
được 30 tiết mục văn nghệ để biểu diễn toàn trường, trong đó lớp 12A có 3 tiết mục. 
Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai buổi biểu diễn, mỗi buổi 15 
tiết mục. Tính xác suất để 3 tiết mục của lớp 12A được biểu diễn trong một buổi. 
0,5 
Gọi A: “Ba tiết mục của lớp 12A được biểu diễn trong một buổi”. 
 Ta có: 15
30
( )n C  . 
Trường hợp 1: Ba tiết mục lớp 12A biểu diễn buổi sáng: 12
27
C (cách) 
0,25 
Trường hợp 2: Ba tiết mục lớp 12A biểu diễn buổi chiều: 15
27
C (cách) 
 12 15
27 27
( )n A C C   
Xác suất cần tìm là: 
12 15
27 27
15
30
( ) 13
( ) .
( ) 58
C Cn A
P A
n C

  

0,25 
7 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông, 2BD a , tam giác SAC 
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, 3.SC a Tính theo a thể 
tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  .SAD 
1,0 
+ Ta có: ( )SH ABCD và 
2
; 
2
SA a
SA a AH
AC
   . 
Nên H là trung điểm OA và 
3
2
a
SH  . 
0,25 
+ Ta có: 22 2 2
ABCD
BD AB AB a S a     . 
Nên 
3
2
.
1 3 3
.2 .
3 2 3S ABCD
a a
V a  . 
0,25 
+ Ta có:      ,( ) ,( ) 4 ,( )d B SAD d C SAD d H SAD  . 
Kẻ , ( )HI AD HK SI HK SAD    . Nên  ,( ) 4d B SAD HK . 
0,25 
+ Ta có: 
2 2 2
1 1 1
HK HI SH
  
21
14
a
HK  . Vậy  
2 21
,( )
7
a
d B SAD  . 0,25 
K
I
H
O
D C
B
A
S
8 
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại ,B  3, 1D  là 
trung điểm của cạnh AC . Gọi E là một điểm nằm trên cạnh BC sao cho 3CE EB 
và 
9 13
,
5 5
F
     
 là giao điểm của AE và BD . Tìm các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng 
E thuộc đường thẳng : 0d x y  . 
1,0 
Từ D kẻ DM AE ,M BC ME MC  . 
Ta có, 
2
3
BF BE
FD EM
  . 
 2 1; 5
3
BF FD B  
 
. 
0,25 
Do  ;E d E a a  . Ta có  3 4 3;4 15BE EC C a a   
 
. 
Vì D là trung điểm AC nên  9 4 ; 13 4A a a  . 
0,25 
Ta có,    4 8;4 8 , 1; 5AB a a BE a a     
 
 và 
2
. 0
3
a
AB BE
a
    
 
 0,25