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

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ 
VINH HÀ NỘI 
Năm học 2015 - 2016 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
Môn thi: Toán - Lần thứ 1 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
-------------- Ngày 31.1.2016 -------------- 
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 1y x x= -­‐ + -­‐ (C) 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Tìm m để phương trình 3 23 1 0x x m-­‐ + -­‐ = có 3 nghiệm phân biệt. 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: sin2 4sin cos 2 0x x x+ − − = . 
b) Giải bất phương trình: 3 9log ( 1) 4log 2 1 3x x− + + < . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
5
2
2( 3ln ) .
1
I x x dx
x
= +
−∫
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm (1;2; 3)A − , ( 2;1; 4)B − − và 
mặt phẳng ( ) : 4 8 0P x y z− + − = . Chứng minh đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P). 
Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P). 
Câu 5 (1,0 điểm). 
a) Tìm hệ số của 3x trong khai triển biểu thức 4 7( 3) 5 (2 1)A x x x= + + − 
b) Đội thanh niên tình nguyện trường Lương Thế Vinh gồm 5 học sinh lớp 10, 6 học sinh lớp 11 
và 4 học sinh lớp 12. Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh tham gia công tác tình nguyện tại một tỉnh 
vùng cao. Tính xác suất để trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 2 học sinh lớp 10. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, ABCD là hình thang vuông tại A và B; tam giác 
SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD); AB=BC=a, AD=2a, 
2SA a= . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa AD và SB. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân 
giác trong góc A là x+y-2=0, phương trình trung tuyến kẻ từ A là 4x+5y-9=0, bán kính đường 
tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 15
6
. Biết điểm 3 ( ;0)
2
K nằm trên đường thẳng AC và điểm C 
có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C. 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình 
2
12 202 2 2 3 0
9 18 25
xx x
x x
−
+ − − − =
− +
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : 3x y z+ + = . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 33 3( )( )( )P x y y z z x x y z= + + + − − − . 
---------------- Hết ---------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, bút xóa. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 Câu Đáp án Điểm 
1 
(2,0đ) 
a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 1y x x= -­‐ + -­‐ 
Tập xác định: D = R . lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞ 
Đạo hàm: 2' 3 6y x x= − + ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = . 
0,25 
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–¥;0) và (2;+¥) 
Hàm số đạt cực đại tại : x = 2 ; yCĐ = 3 Hàm số đạt cực tiểu tại : x = 0 ; yCT = -1 
0,25 
Bảng biến thiên: 
X –¥ 0 2 +¥ 
y¢ - 0 + 0 – 
y 
 +¥ 3 
 –1 -¥ 
0,25 
Đồ thị: 0,25 
b) (1,0 điểm) ) Tìm m để phương trình 3 23 1 0x x m-­‐ + -­‐ = có 3 nghiệm phân biệt. 3 2 3 23 1 0 3 1 2x x m x x m-­‐ + -­‐ = € -­‐ + -­‐ = -­‐ 0, 25 
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = m – 2 0,25 
Dựa vào đồ thị (*) có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3 1 5m m€ -­‐ < -­‐ < € < < 
0,25 
Đáp số: 1<m<5 0,25 
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH 
HÀ NỘI 
Năm học 2015-2016	
  
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
MÔN TOÁN-LẦN THỨ 1 
-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐-­‐	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  
x	
  
y	
  
y	
   =	
   m 	
   - 2	
  3	
  
1	
  
3	
  -1	
  
-1	
  
2	
  
O	
  
1	
  
2 
(1,0đ) 
a) (0,5 điểm) Giải phương trình: sin2 4sin cos 2 0x x x+ − − = . 
Phương trình đã cho tương đương với 
sin 2 4sin cos 2 0 2sin cos 4sin cos 2 0
1(2sin 1)(cos 2) 0 sinx
2
x x x x x x x
x x
+ − − = ⇔ + − − =
⇔ − + = ⇔ =
 0,25 
2
1 6sinx
52 2
6
x k
x k
π
π
π
π
⎡ = +⎢
⇔ = ⇔ ⎢
⎢ = +
⎢⎣
 0,25 
b) (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 3 9log ( 1) 4log 2 1 3x x− + + < . 
Điều kiện: 1x > . Bất phương trình đã cho tương đương với 
3 3 3log ( 1) log (2 1) 3 log ( 1)(2 1) 3
( 1)(2 1) 27
x x x x
x x
− + + < ⇔ − + <
⇔ − + <
0,25 
7 4
2
x⇔ − < < 
Kết hợp điều kiện: 1 4x⇔ < < Đáp số: 1 4x< < . 
0,25 
3 
(1,0đ) 
Tính tích phân 
5
2
2( 3ln ) .
1
I x x dx
x
= +
−∫
5 5 5
2 2 2
5
1
2
2 2( 3ln ) 3 ln
1 1
ln ,
xI x x dx dx x xdx
x x
I x xdx
= + = +
− −
=
∫ ∫ ∫
∫
2
52
5
1 2
2
1ln , ,
2
25 25 25 21( ln ) | ln 5 2ln 2 ( 1) ln5 2ln 2
2 2 2 4 2 4
xu x dv xdx du dx v
x
x xI x dx
= = ⇒ = =
= − = − − − = − −∫
. 
0,25 
.
5
2
2
2
1
xI dx
x
=
−∫
 Đặt 1 2 , 2 1, 5 2t x dx tdt x t x t= − ⇒ = = ⇒ = = ⇒ = 
2
2
2
1
4 ( 1)I t dt= +∫ 
0,25 
22 3
2
2
1 1
404 ( 1) 4( )
3 3
tI t dt t= + = + =∫ 0,25 
1 23I I I= + =
25 21 40 75 293( ln5 2ln 2 ) ln5 6ln 2
2 4 3 2 12
− − + = − − . . 0,25 
4 
(1,0đ) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm (1;2; 3)A − , ( 2;1; 4)B − − . ( 3; 1; 1)AB = -­‐ -­‐ -­‐uuur , Véc tơ pháp tuyến của (P): (1; 4;1)n = -­‐ur 0,25 
Ta có ( )A P∉ và . 0AB n =uuur ur Suy ra AB song song với mặt phẳng (P) 0,25 
Đường thẳng d qua A vuông góc với (P) có phương trình 
1
2 4
3
x t
y t
z t
= +⎧
⎪
= −⎨
⎪ = − +⎩
 0,25 
Gọi H(1+t, 2-4t, -3+t) là hình chiếu của A trên (P) 
( ) 1 8 16 3 8 0 1A P t t t t∈ ⇔ + − + − + − = ⇔ = . Vậy H(2, -2,-2) 
0,25 
5 
(1,0đ) 
a) Tìm hệ số của 3x trong khai triển biểu thức 4 7( 3) 5 (2 1)A x x x= + + − 
4 7
4 7 7
4 7
0 0
3 5 . ( 1) 2k k k i i i i
k i
A C x x C x− − −
= =
= + −∑ ∑ . 0,25 
Khi: k=1, i=5, Hệ số của x4 : 1 5 24 7.3 5. .2 12 420 408C C− = − = − 0,25 
b) Tính xác suất để trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 2 học sinh lớp 10. 
Gọi A là biến cố chọ được ít nhất 2 học sinh lớp 10à A là biến cố chọn được 0 hoặc 1 học 
sinh lớp 10 
Số phần tử của không gian mẫu là: 515 3003C = 
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 5 1 410 5 10. 1302C C C+ = 
0,25 
5 1 4
10 5 10
5
15
. 1302 62( ) 0,4335 ( ) 1 ( ) 0,5665
3003 143
C C CP A P A P A
C
+
= = = = ⇒ = − = 0,25 
6 
(1,0đ) 
Cho hình chóp S.ABCD, ABCD là hình thang vuông tại A và B 
Gọi I là trung điểm AC, Suy ra ( )SI ABCD⊥ Tam giác SAI vuông tại I nên 
2
2 2 2 144
2 2
aSI SA AI a a= − = − = 
Diện tích ABCD,
2( 2 ). 3
2 2ABCD
a a a aS += = 
0,25 
Thể tích chóp 
31 14.
3 4ABCD
aV SI S= = 0,25 S	
  
.d(AD,SB)=d(AD,(SBC))=d(A,(SBC))=2d(I,(SBC)) 
Kẻ IK⊥BC, IH⊥ SK. Chứng minh IH⊥ (SBC) 
Suy ra d(AD,SB)=2IH 
0,25 
Tam giác vuông SIK có 2 2 2
1 1 1
IH IS IK
= + 2 2 2
1 1 30
14 7
4 4
a a a
= + = 
Suy ra 7
30
aIH = ⇒
210( , )
15
ad AD SB = . 
0,25 
7 
(1,0đ) 
 Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có...... 
Giả sử d1: x+y-2=0, d2: 4x+5y-9=0 
A là giao điểm d1 và d2 suy ra A(1;1) 
Gọi E là điểm đối xứng với K qua d1, Phương trình EK: 3 0
2
x y− − = 
Tọa độ trung điểm H của EK là nghiệm của hệ 
72 0
14 (2, )3 1 20
2 4
x y x
E
x y y
⎧+ − = =⎧ ⎪⎪ ⎪
⇔ ⇒⎨ ⎨
− − =⎪ ⎪ =⎩ ⎪⎩
Đường thẳng AB đi qua A và E có phương trình AB:x+2y-3=0 
Đường thẳng AC đi qua A và K có phương trình AC:2x+y-3=0 
0,25 
Gọi B(3-2b,b), C(c,3-2c) 
Trung điểm BC thuộc d2 suy ra: 3 2 3 24 5 9 0 2 3 0
2 2
b c b c b c− + + −+ − = ⇒− − + = (1) 
2 31 os ( , )
5
SinA c AB AC= − = 
Áp dụng đinh lý hàm số sin, ta có BC=2R. SinA=3 (2) 
0,25 
Từ (1),(2) suy ra 0, 3( )
2, 1
c b loai
c b
= =⎡
⎢ = = −⎣
0,25 
Đáp số: A(1,1); B(5,-1); C(2,-1) 0,25 
8 Giải phương trình 
2
12 202 2 2 3 0
9 18 25
xx x
x x
−
+ − − − =
− +
(1,0đ) Điều kiện: 1 3x− ≤ ≤ 
2
2
6 10 12 20 0
2 2 2 3 9 18 25
6 10 0 (1)
9 18 25 2 2 2 4 3 (2)
x x
x x x x
x
x x x x
− −
− =
+ + − − +
− =⎡
⇔ ⎢
− + = + + −⎢⎣
5(1)
3
x⇔ = 
0,25 
Bình phương 2 vế của (2): 2 29 10 31 16 6 4 2 (*)x x x x− − = + − 
Đặt 22 6 4 2 0t x x= + − ≥ . (*) trở thành: 2 28 6 7 0t t x x+ − − + = , 2( 3)xΔ = + 
7(3)
1 (4)
t x
t x
= − −⎡
⎢ = −⎣
Giải (3): t=-x-7 vô nghiệm 
0,25 
Giải (4): 3 32
3
x −= (loại), 3 32
3
x += (thỏa mãn) 
(Học sinh có thể giải (*) bằng phương pháp bình phương 2 vế-yêu cầu phải phân tích thành tích các nhân tử) 
0,25 
Đáp số: 5
3
x = , 3 32
3
x += 0,25 
9 
(1,0đ) 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 33 3( )( )( )P x y y z z x x y z= + + + − − − . 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi : 3 33 3 3 34 3 4x x x x x hay x x x+ + + ≥ + ≥ 
Tương tự: 3 33 4y y y+ ≥ ; 3 33 4z z z+ ≥ 
Cộng từng vế các bất đẳng thức, ta có: 3 3 3 33 33( ) 4( ) 12x y z x y z x y z+ + + + + ≥ + + = (1) 
0,25 
Ta có 
3 3 3 3( ) 3( )( )( )x y z x y z x y y z z x+ + = + + − + + +
Thay vào (1) được: 33 327 3( )( )( ) 3( ) 12x y y z z x x y z− + + + + + + ≥ 
0,25 
Suy ra : 5P ≤ , Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 0,25 
Đáp số: Giá trị lớn nhất của P bằng 5 khi x=y=z=1 0,25