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

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT ANH SƠN II 
————— 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Đề thi có 01 trang) 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN II) 
Môn thi : TOÁN 
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 
2
1
x
y
x



Câu 2 (1điểm). Tìm m để hàm số sau đồng biến trên tập xác định của nó. 
3 21 (4 3) 2016
3
y x mx m x    
Câu 3 (1 điểm). 
a) Cho số phức z thoả mãn 
2 6
(2 ) 3 2
1
i
i z i
i

   

. Tìm số phức liên hợp của z. 
b) Giải phương trình sau: 2log 2log 2 1 0xx    . 
Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân sau: 
5
2
2
(2 1)I x x dx  
Câu 5 (1điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 
d1: 
x y z1 1 1
2 1 1
  
 

; d2: 
x y z1 2 1
1 1 2
  
  và mặt phẳng (P): x y z2 3 0    . 
Viết phương trình đường thẳng  nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1 , d2 . 
Câu 6 (1 điểm). 
a) Cho tan 5  . Tính giá trị của biểu thức 
5sin 2 cos
3sin 11
P
cos
 
 



b) Để chuẩn bị tiêm phòng dịch Sởi- Rubella cho học sinh khối 11 và khối 12. Bệnh viện tỉnh
Nghệ An điều động 12 bác sỹ đến truờng THPT Anh Sơn 2 để tiêm phòng dịch gồm 9 bác sỹ nam và 
3 bác sỹ nữ. Ban chỉ đạo chia 12 bác sỹ đó thành 3 nhóm, mỗi nhóm 4 bác sỹ làm 3 công việc khác 
nhau.Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 bác sỹ nữ. 
Câu 7 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Cạnh AC = a , BC = 
5a . Mặt phẳng (SAB) vuông góc mặt phẳng đáy và tam giác SAB đều. Gọi K điểm thuộc cạnh SC 
sao cho SC=3SK. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và 
BK theo a . 
Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có C(-1;-2) ngoại tiếp đường tròn tâm I. 
Gọi M, N, H lần luợt các tiếp điểm của (I) với cạnh AB, AC, BC. Gọi K(-1;-4) là giao điểm của BI 
với MN. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC, biết H(2;1). 
Câu 9 (1 điểm). Giải hệ phương trình sau: 
3 2
3 3 2 2
3 1 2 9 5
12 3 3 6 7
x y x y x
x y x y y x
       

     
Câu 10 (1 điểm). Cho , ,a b c là các số thực thoả mãn , , [1; 2]a b c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
sau: 
2( ) 8 4
2(2 ) 2 ( ) 4 1
ab bc ca b c
P
a b c abc a b c bc bc
   
  
      
------ HẾT ------ 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 TRUỜNG THPT 
ANH SƠN 2 NĂM HỌC 2015 – 2016 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
1 1. TXĐ  \ 1D R
2. Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên :
2
1
' 0, 1
( 1)
y
x
   

 nên hàm số đồng biến ( ;1) và 
(1; ) 
0,25 
+ Giới hạn và tiệm cận
lim 1
x
y

 ; lim 1
x
y

 nên y=1 là tiệm cận ngang của đồ thị 
1
lim
x
y

  ; 
1
lim
x
y

  nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị 
0,25 
+ Hàm số không có cực trị.
+ Bảng biến thiên:
x  1  
y’ + + 
y  
1 
 1 
 
0,25 
3. Đồ thị: 0,25 
2 
+ TXĐ : D = R 0,25 
+ Ta có 2' 2 4 3y x mx m    0,25 
+ Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi ' 0y  , x R  ' 0  0,25 
2 4 3 0 1 3m m m       0,25 
3 
3a. Ta có 
2 6
(2 ) 3 2
1
i
i z i
i

   

(2 6 )(1 )
(2 ) 3 2
(1 )(1 )
i i
i z i
i i
 
    
 
(2 ) 7 4i z i    

7 4 (7 4 )(2 )
2 3
2 5
i i i
z i
i
  
   

0,25 
Số phức liên hợp của z là 2 3z i  0,25 
3b. + ĐK : 0, 1x x  
Phương trình tương đương 22 2 2
2
2
log 1 0 log log 2 0
log
x x x
x
       
0,25 
2
2
2
log 1
1
log 2
4
x
x
x x

     

 thoả mãn ĐK 
0,25 
4 
Ta có 
5 5 5
2 2
2 2 2
(2 1) 2 1I x x dx xdx x dx        
Tính 
5
2
1
2
5
2 5 2 3
2
I xdx x     
0,25 
Tính 
5
2
2
2
1I x dx  
Đặt 
2
21 1
x
du dxu x
x
dv dx
v x

  
  
  
. Khi đó 
5 2
2
2 2
2
5
1
12
x
I x x dx
x
  

 
5 2
2
2
2 5 2
1
x
dx
x
  

 
0,25 
 5 2
2
2
5 5
2
2
2 2
1 1
2 5 2
1
2 5 2 1
1
x
dx
x
dx
x dx
x
 
  

    


 
Suy ra 
5
2
2 2
2
5
2 (2 5 2) (2 5 2) ln ( 1)
1 2
dx
I x x
x
       

 
0,25 
2
1 1 5 2
(2 5 2) ln
2 2 2 1
I

   

Vậy 
1 1 5 2
3 (2 5 2) ln
2 2 2 1
I

   

Lưu ý: Thí sinh không tính ra kết quả trên thì trừ 0,25 
0,25 
5 
Phương trình tham số của 
1
1 2
: 1
1
x t
d y t
z t
  

 
  
, 2
1 '
: 2 '
1 2 '
x t
d y t
z t
 

 
   
0,25 
Gọi 1 ( )A d P  , 2 ( )B d P  . Khi đó ( 1 2 ;1 ;1 ), (1 ';2 '; 1 2 ')A t t t B t t t        
Vì A thuộc (P) nên 1 2 (1 ) 2(1 ) 3 0t t t        1t  (1;0;2)A 
Vì B thuộc (P) nên 1 ' (2 ') 2( 1 2 ') 3 0t t t        ' 1t  (2;3;1)B 
0,25 
Vì A, B thuộc (P) nên đường thẳng  đi qua A, B và nằm trong (P) 
Ta có VTCP của  là (1;3; 1)u AB  
 
0,25 
Vậy đường thẳng  cần tìm có phương trình là 
1
: 3
2
x t
y t
z t
 

 
  
0,25 
6 
6a Do tan 5  nên 0cos  . Do đó chia cả tử mà mẫu cos cho biểu thúc P ta 
được 
5sin 2cos 5 tan 2
3sin 11 3 tan 11
P
cos
  
  
 
 
 
0,25 
Thay tan 5  vào biểu thức ta có 
5.5 2 23
3.5 11 4
P

 

 0,25 
6b Số cách chọn 3 nhóm , mỗi nhóm gồm 4 bác sỹ làm 3 công việc khác nhau là: 
+ Trong 12 người chọn 4 người có 412C 
+ Trong 8 người còn lại chọn 4 người tiếp có 48C 
+ Trong 4 người sau cùng chọn 4 người có 44C 
Vậy không gian mẫu là 4 4 412 8 4( )n C C C  
0,25 
Gọi A là biến cố : “Chọn 3 nhóm, mỗi nhóm có 4 bác sỹ trong đó có đúng 1 
bác sỹ nữ” 
+ Chọn 1 bác sỹ nữ trong 3 bác sỹ nữ có 3 cách chọn, sau đó chọn 3 bác sỹ 
nam trong 9 bác sỹ nam 39C 
3
93.C cách chọn 
+ Còn lại 8 bác sỹ ( 6 bác sỹ nam và 2 bác sỹ nữ). Chọn 1 nữ trong 2 nữ có 2 
cách chọn, rồi chọn 3 nam trong 6 bác sỹ nam có 36C 
3
62.C cách chọn 
+ Cuối cùng còn lại 1 bác sỹ nữa và 3 bác sỹ nam có 1 cách chọn. 
Suy ra 3 39 6( ) 3 .2 .1n A C C 
Vậy xác suất cần tìm là 
3 3
9 6
4 4 4
12 8 4
3 .2 .1( ) 16
( )
( ) 55
C Cn A
P A
n C C C
  

0,25 
 j
I
M
H
B
C
A
S
K
Gọi H là trung điểm của AB SH AB  ( do tam giác SAB đều) 
Do ( ) ( ) ( )SAB ABC SH ABC   
Do tam giác ABC vuông tại A nên 2AB a 3SH a  
dt ( )ABC = 
1
2
AB.AC
1
2
 22 .a a a 
0,25 
3
2
.
1 1 3
. 3.
3 3 3
S ABC ABC
a
V SH S a a   
0,25 
Kẻ KM song song với AC cắt SA tại M. Khi đó / /AC KM suy ra AC//(BKM) 
Do đó ( , ) ( , ( ))d AC BK d AC BKM 
Ta có ,AC AB AC SH  nên ( )AC SAB 
Kẻ AI BM , do KM//AC nên AI KM suy ra ( )AI BKM 
Suy ra ( , ) ( , ( ))d AC BK d AC BKM ( , ( ))d A BKM AI  
0,25 
Ta có 
2
3
MA KC
SA SC
  
2
3
AMB SABS S  
2 22 3 2.(2 ) 3
3 4 3
a a  
Ta lại có BM = 2 2 02 . . 60AB AM AB AM cos  =
2 7
3
a
Do đó 
2 2 21
7
ABMS aAI
BM
  
Vậy ( , )d AC BK
2 21
7
a
AI  . 
Lưu ý: Bài toán này không vẽ hình thì không cho điểm bài này. 
0,25 
8 
C'
J
A
C
K
B
I
N
H
M
Ta có   
 
2 2
ABC ACB
KIC IBC ICB   

090
2
BAC
  (1) 
Ta có   

090
2
BAC
KNC ANM AMN    (2) 
Từ (1) và (2) suy ra  KIC KNC nên tứ giác KNIC nội tiếp trong đường tròn 
đường kính IC. 
Mặt khác tam giác IHC nội tiếp trong đường tròn đường kính IC 
Vậy 5 điểm K, N, I, H, C nằm trên đường tròn đường kính IC. 
0,25 
 Gọi J là trung điểm của IC nên J là tâm đường tròn đi qua 5 điểm trên. 
Giả sử J(x;y) khi đó 
 JC JK JH 
2 2 2 2
2 2 2 2
( 1 ) ( 4 ) ( 1 ) ( 2 )
( 1 ) ( 4 ) (2 ) (1 )
JC JK x y x y
JC JH x y x y
            
  
          
3
3
x
y

 
 
(3; 3)J  . 
Vì J là trung điểm của IC nên I(7;-4). Từ đó suy ra BI có phương trình 
4 0y   
BC đi qua H và C nên có phương trình 1 0x y   . 
Do đó, B(x;y) là nghiệm của hệ 
4 0
1 0
y
x y
 

  
( 3; 4)B   
0,25 
 Vì  1 1INC v NKC v   Từ đó gọi C’ là điểm đối xứng của C qua đường thẳng 
BI. Khi đó K là trung điểm của CC’ nên C’(-1;-6). 
Đường thẳng AB qua B và C’ có phương trình là: 7 0x y   
0,25 
 Giả sử AC có VTPT 2 2( ; ), ( 0)n a b a b  

Khi đó AC có phương trình ( 1) ( 2) 0 2 0a x b y ax by a b         
0,25 
Ta có ( , )d I AC IH
2 2
7 4 2
5 2
a b a b
a b
  
 
 2 2
8 2
5 2
a b
a b

 

1
23
7
a
b
a
b

 
 
 

+ 1
a
b
  chọn a = 1, b = -1 nên AC có phương trình 1 0x y   ( trùng BC) ( 
loại). 
+ 
23
7
a
b
 chọn a = 23 ; b = 7 nên AC có phương trình 23 7 37 0x y   
+ Khi đó A (x; y) là nghiệm của hệ 
3
7 0 4
23 7 37 0 31
4
x
x y
x y
y

   
 
     

Vậy 
3 31
( ; )
4 4
A  
9 
ĐK : 
3
1
x
y


 
Phương trình thứ 2 tương đương với 3 3( 2) ( 1)x y   1y x   (3) 
0,25 
Thay (3) vào phương trình thứ nhất ta được: 
3 23 2 2 5 3x x x x x       điều kiện 2 3x   
 3 2 3 23 2 2 5 3 3 2 3 2 5 6x x x x x x x x x x                
3 22( (3 )( 2) 2) 2 5 6
3 2 3
x x
x x x
x x
  
    
   
0,25 
22( 2)
( 1)( 2)( 3)
( 3 2 3)( (3 )( 2) 2)
x x
x x x
x x x x
  
    
      
2
22( 2) ( 2)( 3)
( 3 2 3)( (3 )( 2) 2)
x x
x x x
x x x x
  
    
      
0,25 
2 2( 2)( ( 3)) 0
( 3 2 3)( (3 )( 2) 2)
x x x
x x x x
     
      
Do điều kiện 2 3x   nên 
2
( 3) 0
( 3 2 3)( (3 )( 2) 2)
x
x x x x
  
      
Suy ra 2 2 0x x   1; 2x x    thoả mãn điều kiện. 
Khi 1 0x y    TMĐK 
Khi 2 3x y   TMĐK 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (-1;0), (2;3) 
0,25 
10 
 Vì , , [1;2]a b c nên ta có ( 1)( 2)( 2) 0a b c    
2(2 ) 2( ) 4abc a b c b c a bc        
Dấu “=” xảy ra khi a = 1 hoặc b = 2 hoặc c = 2 
0,25 
Do đó và do 1a  nên ta có 
2( ) 8 4
2(2 ) 2 ( ) 4 1
ab bc ca b c
P
a b c abc a b c bc bc
   
  
      
0,25 
2( ) 8 4
2 ( ) 4 2 ( ) 4 1
ab bc ca b c
a b c bc a b c bc bc
   
  
      
2 ( ) 4 4 4
2 ( ) 4 1
a b c bc bc b c
a b c bc bc
      
 
   
4 4
1
2 ( ) 4 1
bc b c
a b c bc bc
  
  
   
4 4
1
2( ) 4 1
bc b c
b c bc bc
  
  
    
4 2 4
1
4 4 1
bc bc
bc bc bc
 
  
  
Đặt [1;2]t bc  . 
Xét hàm số 
2
2
4 2 4
( ) 1
( 2) 1
t t
f t
t t
 
  
 
 trên [1;2] 
2 2
4 8 2 4 2
'( ) 0
( 2) ( 1) 27 9
t
f t
t t

     
 
nên ( )f t liên tục và đồng biến trên [1;2] 
Suy ra 
7
( ) (2)
6
P f t f    
0,25 
 Vậy, giá trị lớn nhất của 
7
6
P   khi a =1 , b = c = 2. 0,25 
Lưu ý: Thí sinh làm cách khác đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa.