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

 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1 
 NGUYỄN QUANG DIÊU 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 
2 1
3
x
y
x



. 
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số 3 23 2y x x   , biết rằng tiếp tuyến 
vuông góc với đường thẳng : 9 3 0d x y   . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải bất phương trình 
2 1
2
log ( 3) log ( 2) 1x x    . 
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2 ) (1 2 ) 1 3i z z i i     . Tính môđun của z . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2
0
sin2
3 4sin cos2
x
I dx
x x


 
. 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z    và đường 
thẳng 
1 1
:
1 1 1
x y z
d
 
 

. Tìm tọa độ giao điểm A của d với ( )P và lập phương trình tham số của đường 
thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng ( )P . 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 2sin 2 3 cos 2 2
3
x x
      
. 
b) Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng gồm: ĐKVĐ U21 HA.GL, 
U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc. Các đội 
chia thành 2 bảng A, B, mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. 
Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, 2 , AB a AD a  ,K là hình 
chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm ,H M lần lượt là trung điểm của AK và DC , SH 
vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD , góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( )ABCD bằng 045 . Tính theo 
a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình 
chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm  2; 1M  , N lần lượt là trung điểm của HB và HC ; điểm 
1 1
;
2 2
K
 
 
 
 là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết rằng điểm A có tung độ âm và thuộc 
đường thẳng : 2 4 0d x y   . 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
3 2 2 3 2 0
5 2 5 3 3 2 0 
x xy y x y
x xy y x y
     

     
. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương , ,x y z thỏa mãn 
3
2
x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 
 
 
 
 
 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
  
  
  
z xy x yz y zx
P
y yz z zx x xy
. 
) 
LUYỆN THI ONLINE : ONTHI360.COM
Đề thi thử THPT Quốc gia mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết : diendan.onthi360.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1 
 NGUYỄN QUANG DIÊU Môn: TOÁN 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(1,0đ) 
Khảo sát sự biện thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
2 1
3
x
y
x



. 
1,00 
♥ Tập xác định:  \ 3 D 
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên: 
 
2
5
'
3
y
x



; ' 0,y x D   . 
 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;3 và  3; . 
0,25 
 ￚ Giới hạn và tiệm cận: 
 lim lim 2
x x
y y
 
   tiệm cận ngang: 2y 
3 3
lim ; lim
x x
y y
  
   tiệm cận đúng: 3x  
0,25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x  3  
'y   
y 2  
  2 
0,25 
♥ Đồ thị: 
+ Giao điểm với các trục: 
1 1
: 0 : 0;
3 3
Oy x y
 
    
 
 và 
1 1
: 0 2 1 0 : ;0
2 2
Oy y x x
 
       
 
 Đồ thị cắt các trục tọa độ tại 
1 1
0; , ;0
3 2
   
   
   
. 
+ Tính đối xứng: 
 Đồ thị nhận giao điểm  3;2I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0,25 
2 
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số 3 23 2y x x   , biết rằng tiếp tuyến 
vuông góc với đường thẳng : 9 3 0d x y   . 
1,00 
(1,0đ) 
 Đường thẳng d có hệ số góc là 
1
9d
k   . Do tiếp tuyến vuông góc với d nên hệ số 
 góc của tiếp tuyến là 
1
9
tt
d
k
k
   . 
0,25 
 Khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình 
 2 2
1
' 3 6 9 2 3 0
3tt
x
y k x x x x
x
 
         
 
0,25 
 Với 1 2x y   , tiếp điểm  1;2 . Phương trình tiếp tuyến là 9 7y x  . 0,25 
 Với 3 2x y     , tiếp điểm  3; 2  . Phương trình tiếp tuyến là 9 25y x  . 0,25 
3 
(1,0đ) 
a) Giải bất phương trình 
2 1
2
log ( 3) log ( 2) 1x x    (1) 0,50 
 Điều kiện: 3x  . 
 Khi đó: 
2
(1) log ( 3)( 2) 1x x      ( 3)( 2) 2x x    
0,25 
 2 5 4 0 1 4x x x       
 Kết hợp với điều kiện 3x  ta có nghiệm của bất phương trình (1) là 3 4x  . 
0,25 
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2 ) (1 2 ) 1 3i z z i i     . Tính môđun của z . 0,50 
 Đặt z a bi  ,  ,a b ta có: 
 (1 2 ) (1 2 ) 1 3 4 ( 1) 1 3i z z i i a b b i i           
4 1 9
1 3 2
a b a
b b
   
  
   
. 
0,25 
 Vậy môđun của z là 2 2 2 29 2 85z a b     . 0,25 
4 
(1,0đ) 
Tính tích phân 
2
0
sin 2
3 4sin cos2
x
I dx
x x


 
. 
1,00 
 Ta có: 
 
2 2 2
2 2
0 0 0
sin2 sin cos sin cos
3 4sin cos2 sin 2sin 1 sin 1
x x x x x
I dx dx dx
x x x x x
  
  
    
   
0,25 
 Đặt sin 1 cost x dt xdx    , 0 1; 2
2
x t x t

      
0,25 
 Suy ra: 
2 2
2 2
1 1
1 1 1t
I dt dt
tt t
 
   
 
  
0,25 
 
2
1
1 1
ln ln 2
2
t
t
 
    
 
. 
0,25 
5 
(1,0đ) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z    và đường 
thẳng 
1 1
:
1 1 1
x y z
d
 
 

. Tìm tọa độ giao điểm A của d với ( )P và lập phương 
trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và 
nằm trong mặt phẳng ( )P . 
1,00 
 Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
3 33 0
 1 41 1
 2 21 1 1
x y z xx y z
x y yx y z
y z z
         
  
       
       
. 
0,25 
 Suy ra ( 3;4;2)A  . 0,25 
 Mặt phẳng ( )P có VTPT là  ( ) 1;1;1Pn 

; đường thẳng d có VTCP là  1;1;1du  

 0,25 
 Gọi ( )Q là mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng d  ( ) ( )P Q   
 Khi đó VTCP của  là  ( )
1 1 1 1 1 1
; ; ; 0; 2;2
1 1 1 1 1 1P d
u n u
 
          
  
. 
 Vậy phương trình tham số của  là 
3
4 2
2 2
x
y t
z t
  

 
  
  t . 
0,25 
6 
(1,0đ) 
a) Giải phương trình 2sin 2 3 cos 2 2
3
x x
      
 (1) 
0,50 
 Ta có:  1 2sin 2 cos 2cos 2 sin 3 cos 2 2
3 3
x x x
 
    
 sin2x+ 3 cos 2 3 cos 2 2x x   sin2x 2  (2) 
0,25 
 Do sin 2 1x  nên phương trình (2) vô nghiệm 
♥ Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 
0,25 
Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng gồm: 
ĐKVĐ U21 HA.GL, U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, 
U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc. Các đội chia thành 2 bảng A, B, mỗi bảng 3 đội. 
Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai 
đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau. 
0,50 
 Số phần tử của không gian mẫu là: 3 3
6 3
20C C   . 0,25 
 Gọi A là biến cố: “đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác 
 nhau”. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 2 2
A 4 2
2! 12C C   
♥ Vậy xác suất cần tính là   A
12 3
A
20 5
P

  

. 
0,25 
7 
(1,0đ) 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, 2 , AB a AD a  ,K là hình 
chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm ,H M lần lượt là trung điểm của 
AK và DC , SH vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD , góc giữa đường thẳng SB và 
mặt phẳng ( )ABCD bằng 045 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng 
cách giữa hai đường thẳng SB và MH . 
1,00 
450
a
2a
I
M
I
M
B
A
D
C
S
A
D
B
C
K
H
K
H
N
0,25 
 Do ( )SH ABCD nên HB là hình chiếu của SB lên ( )ABCD 
 Suy ra 
    0;(ABCD) ; 45SB SB HB SBH      SH BH  
 Xét tam giác vuông ABC ta có: 5AC a ,
1 2
2 5
a
HK AK  , 
2
5
a
BK  
 Xét tam giác vuông BKH ta có 
0,25 
Đề thi thử THPT Quốc gia mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết : diendan.onthi360.com
2 2 2
2 2 2 4 4 8 2 2 2 10
5 5 5 55
a a a a a
BH BK HK SH BH         
 Thể tích khối chóp .S ABCD là 
31 1 1 2 10 4 10
. . . .2 . .
3 3 3 5 15ABCD
a a
V S SH AB AD SH a a    . 
0,25 
 Gọi I là trung điểm của BK , suy ra tứ giác HICM là hình bình hành 
 Suy ra: HI BC  I là trực tâm tam giác BHC CI HB  MH HB  
 Mà HB là hình chiếu của SB lên ( )ABCD nên MH SB . 
0,25 
 Trong ( )SHB , kẻ HN SB ( )N SB , ta có: 
MH HB
MH HN
MH SH
 
 

 Suy ra HN là đoạn vuông góc chung của SB và MH . Suy ra:  ,d SB MH HN 
 Xét tam giác vuông SHB ta có: 
1 1 1 2 2 2 5
. 2 2
2 2 2 55
a a
HN SB HB    
 Vậy   2 5,
5
a
d SB MH  . 
0,25 
8 
(1,0đ) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình 
chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm  2; 1M  , N lần lượt là trung điểm của 
HB và HC ; điểm 
1 1
;
2 2
K
 
 
 
 là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết 
rằng điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng : 2 4 0d x y   . 
1,00 
x+2y+4=0
I
K(-1/2;1/2) M(2;-1)
N
H
C
A B
 Gọi I là trung điểm của AH , ta có / /MI AB MI AC  
 Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC CI AM  
 Mà / /NK AM NK CI   K là trung điểm HI . 
0,25 
 Đặt  2 4;A a a d   , từ hệ thức 2 2 23 ;
3 3
a a
AK KH H
  
   
 
 
 Suy ra: 
7 1
2 ;
2 2
AK a a
 
   
 

 và 
2 4 5
;
3 3
a a
MH
  
  
 

 Khi đó: 
7 2 4 1 5
. 0 2 0
2 3 2 3
a a
AK MH a a
      
          
     
 
 2
1
10 13 23 0 23
10
a
a a
a
  
    
 

  2; 1A   . 
0,25 
 Suy ra tọa độ  0;1H và  4; 3B  
 Phương trình :AB 3 5 0x y   và : 1 0BC x y   . 
0,25 
 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 0,25 
  
3 5 4
4; 3
1 3
x y x
C
x y y
    
   
    
. 
9 
(1,0đ) 
Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
3 2 2 3 2 0 (1)
5 2 5 3 3 2 0 (2)
x xy y x y
x xy y x y
     

     
. 
1,00 
 Nhân hai vế của phương trình (1) với 3 rồi trừ theo vế cho (2), ta được phương trình: 
 2 24 4 6 3 2 0x xy y x y      
0,25 
  2(2 ) 3(2 ) 2 0x y x y     
2 1
2 2
x y
x y
  
 
 
. 
0,25 
 Nếu 2 1x y  thì 1 2y x  , thay vào (1) ta được: 
 2
0 1
7 5 0 5 3
7 7
x y
x x
x y
   
  
    

0,25 
 Nếu 2 2x y  thì 2 2y x  , thay vào (1) ta được: 
 2
1 0
7 11 4 0 4 6
7 7
x y
x x
x y
   
   
   

 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là     5 3 4 60;1 ; 1;0 ; ; ; ;
7 7 7 7
   
   
   
. 
0,25 
10 
(1,0đ) 
Cho ba số thực dương , ,x y z thỏa mãn 
3
2
x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 
 
 
 
 
 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
  
  
  
z xy x yz y zx
P
y yz z zx x xy
. 
1,00 
 Biến đổi biểu thức P , ta có: 
2 2 21 1 1
1 1 1
            
       
  
x y z
y z x
P
y z x
z x y
0,25 
 Chứng minh bất đẳng thức: 
2 2 2a b c
a b c
b c a
      , , 0a b c  (1) 
 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 
2 2 2
2 , 2 , 2
a b c
b a c b a c
b c a
       
2 2 2a b c
a b c
b c a
     . 
 Sử dụng (1) ta suy ra: 
1 1 1 1 1 1
P x y z x y z Q
y z x x y z
     
                 
     
0,25 
 Tiếp tục đánh giá Q , ta có: 3
3
3
3Q xyz
xyz
  
 Đặt 3t xyz , ta có: 3
1
0
3 2
x y z
t xyz
 
    
0,25 
 Khi đó: 
3 3 9 15
3 12 9 2 36
2 2
Q t t t
t t
        
 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
1
2
x y z   
 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 
15
2
, đạt khi 
1
2
x y z   . 
0,25 
) 
 Đề thi thử THPT Quốc gia mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết : diendan.onthi360.com