Kì thi thử thpt quốc gia lần I năm học 2015 - 2016 môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề

SỞ GD & ĐT PHÚ THO
TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HOC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đê
Câu 1 ( 1 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 23 2y x x   (C).
Câu 2 ( 1 điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) có phương trình
3 23 2y x x   tại điểm có hoành độ bằng 2.
Câu 3 ( 1 điểm ) 
a) Cho góc  thỏa mãn 
2
    và 4sin
5
  . Tính os
6
A c     
b) Tính modun của số phức z biết    2 3 2 1 2
1
iz i i
i
   

Câu 4 ( 1 điểm ) 
a) Giải phương trình sau:  23log 3 2x x  
b) Đội học sinh giỏi cấp trường môn tiếng Anh Trường THPT Hiền Đa theo từng khối là
như sau: khối 10 có 5 học sinh, khối 11 có 5 học sinh và khối 12 có 5 học sinh. Nhà
trường cần chọn một đội tuyển gồm 10 học sinh tham gia thi IOE cấp tỉnh. Tính xác suất
để đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều nhất 2 học sinh lớp 10.
Câu 5 ( 1 điểm ) Tính tích phân sau 
1
.ln .
e
I x xdx 
Câu 6 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;2), B(-1;2;1),
C(2;-1;0). Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;-
2;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
Câu 7 ( 1 điểm ) Cho hình chóp đều S.ABC có các cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên
với mặt đáy là 60o; gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng
cách giữa hai đường thẳng AE và SC.
Câu 8 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn tâm I; có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - 2 = 0, D(2; -1) là chân đường
cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B
xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 9 ( 1 điểm ) 
Giải phương trình sau trên tập số thực:
 2 2 23 2 3 7 19 12 16 11 27
4 1 12 7
x x x x x x
x x
      
  
Câu 10 ( 1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:     24a c b c c   . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức sau:    
2 2
2
4 4 2a b ab a bP
b c a c c c
   
 
.
----------------- Hết ----------------
- Thí sinh không được sử dụng tài liê êu - Cán bô ê coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh :................................................ Số báo danh :............................
SỞ GD & ĐT PHÚ THO
TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA
HƯỚNG DẪN CHẤM 
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HOC 2015 - 2016
MÔN TOÁN
I. Một số chú ý khi chấm bài
- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám
khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ
đến 0,25 điểm.
- Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm
tương ứng với thang điểm của đáp án.
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
II. Đáp án – thang điểm
Câu 1( 1 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 23 2y x x  
(C).
ĐIÊ
M
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
+) TXĐ: D = R
0.25+) Giới hạn : lim ; limx xy y    
Đths không có tiê êm câ ên
2' 3 6
0
' 0
2
y x x
x
y
x
 

   
0.25+) BBT
x  0 2 
y' + 0 - 0 +
y
 2 
 -2
+) Hàm số đạt cực đại tại xcđ =0; ycđ = 2.
Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2; yct = -2.
0.25+) Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0 và  2;
Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2
+) Đồ thị 
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15 -10 -5 5 10 15
0.25
Câu 2 ( 1 điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) có phương
trình 3 23 2y x x   tại điểm có hoành độ bằng 2.
Ta có 2' 3 6y x x 
Giả sử M(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C).
với xo = 2    2 2; ' 2 0oy y y    
0.5
Vâ êy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(2; -2) là 
y = 0(x - 2) - 2 hay y = - 2. 0.5
Câu 3 ( 1 điểm ) 
a) Cho góc  thỏa mãn 
2
    và 4sin
5
  . Tính os
6
A c     
b) Tính modun của số phức z biết    2 3 2 1 2
1
iz i i
i
   

a) Vì 
2
    nên sin 0; cos 0  
ta có 2 2 2
9sin os 1 cos
25
c x    
3cos
5
x   ( vì cos 0x  )
0.25
3 1os os sin
6 2 2
3 3 1 4 4 3 3. .
2 5 2 5 10
A c c        
       
0.25
b) 
       2 3 12 3 2 1 2 2 3 2
1 2
2 5 3 1 5 7 114 3 4 3
2 2 2 2 2
i iiz i i i
i
i i i i i
        

          
0.25
Ta có : 
2 27 11 170
2 2 2
z            
0.25
Câu 4 ( 1 điểm ) 
a) Giải phương trình sau:  23log 3 2x x  
b) Đội học sinh giỏi cấp trường môn tiếng Anh Trường THPT Hiền Đa theo
từng khối là như sau: khối 10 có 5 học sinh, khối 11 có 5 học sinh và khối 12 có
5 học sinh. Nhà trường cần chọn một đội tuyển gồm 10 học sinh tham gia thi
IOE cấp tỉnh. Tính xác suất để đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều
nhất 2 học sinh lớp 10.
a) Ta có  2 2 23 2log 3 2 3 9 6 0 3
x
x x x x x x
x

              
0.25
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = -2 và x = 3 0.25
b) Gọi  là không gian mẫu của phép thử chọn 10 học sinh trong tổng số 15
học sinh tham gia thi IOE cấp tỉnh.   1015 3003n C    0.25
Gọi A là biến cố: " Đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều nhất 2 học
sinh lớp 10 ".
0.25
TH1: Có đúng 1 học sinh khối 10  có 4 45 55.1. 5. .1 50C C  cách.
TH2: Có đúng 2 học sinh khối 10  có
2 3 5 2 4 4 2 5 3
5 5 5 5 5 5 5 5 5. . . . . . 450C C C C C C C C C   cách
  450 50n A   
    
500
3003
n A
P A
n
  

Câu 5 ( 1 điểm ) Tính tích phân sau 
1
.ln .
e
I x xdx 
Đặt 2
ln
. x
2
dxduu x x
dv x d xv
     
0.25
2 2
1
1
1.ln . .
2 2
e
ex xI x dx
x
 
  
 
 0.25
2 2 2 2
2
1
1
1 1 1. .
2 2 2 4 2 4 4
e
ee e e exdx x       0.25
2 1
4 4
eI   0.25
Câu 6 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;2),
B(-1;2;1), C(2;-1;0). Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Viết phương trình
mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
Ta có    2;1; 1 ; 1; 2; 2AB AC   
uuur uuur
AB AC 
uuur uuur
A,B,C không thẳng hàng
 , 4; 5;3AB AC     
uuur uuur 0.25
Mp(ABC) đi qua A và nhận ,AB AC  
uuur uuur
 làm véctơ pháp tuyến có phương trình
là: -4(x - 1) -5(y - 1) +3(z - 2) = 0 hay -4x - 5y + 3z + 3 = 0.
0.25
Mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc mp(ABC) nên mặt cầu (S) có bán kính là:
R =    4 10 9 3 9 2,
516 25 9
d I ABC
   
 
 
0.25
Phương trình mặt cầu (S) là :      2 2 2 1621 2 3
25
x y z      0.25
Câu 7 ( 1 điểm ) Cho hình chóp đều S.ABC có các cạnh đáy bằng a, góc giữa
mặt bên với mặt đáy là 60o; gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AE và SC.
FH
E
C
A
B
S
K
E trung điểm của BC.nên AB  BC và SE  BC suy ra góc giữa SA và
(ABCD) là · 60oSAE  . 
0.25
có AE = 3
2
a ; HE= 3
6
a ; AH = 3
3
a
Trong tam giác vuông SHA có SH =AH. tan60o = a ..
0.25Diện tích đáy là SABC =.
21 1 3 3E. . .
2 2 2 4
a aA BC a 
Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC = 
2 31 1 3 3. . .
3 3 4 12ABC
a aSH S a  (đvtt)
Dựng hình chữ nhật HECF. Có CF  HF và CF  SH  CF  (SHF).
Hạ HK  SF  HK  (SCF) .
Do CF // AE  d(AE, SC) = d(AE,(SCF)) = d(H,(SCF)) = HK.
0.5
CE = HF =
2
a
Trong tam giác vuông SHF có 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 5
5
HK SH HF a a a
aHK
    
 
 d(AE, SC) = 
5
a
.
Câu 8 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho tam giác ABC nội tiếp
trong đường tròn tâm I; có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - 2 = 0, D(2; -1) là
chân đường cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường
vuông góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC. 
 M
E
D
I
B C
A
P
Gọi M là điểm đối xứng của A qua I.
Chứng minh DE // CM từ đó DE AC.  1;2DE
uuur
Phương trình đường thẳng AC là    2 2 1 0 2 4 0x y x y       
Tọa độ điểm A thỏa mãn  
2 4 0 0
0;2
2 0 2
x y x
A
x y y
    
      
Ta có    2; 3 ; 3; 1AD AE 
uuur uuur
Phương trình đường thẳng BE là    3 3 1 0 3 8 0x y x y       
Phương trình đường thẳng BD là    2 2 3 1 0 2 3 7 0x y x y       
 Tọa độ điểm B thỏa mãn 
27
3 8 0 17 57 ;
2 3 7 0 5 7 7
7
xx y
B
x y y
                 
0.5
Tọa độ điểm C thỏa mãn 
26
2 4 0 26 17 ;
2 3 7 0 1 7 7
7
xx y
C
x y y
                
Vậy A(0;2); B
17 5;
7 7
 
  
; C
26 1;
7 7
 
  
0.5
Câu 9 ( 1 điểm ) 
Giải phương trình sau trên tập số thực:
 2 2 23 2 3 7 19 12 16 11 27
4 1 12 7
x x x x x x
x x
      
  
Điều kiện:  
124 
17
3
x
x
  

  
0.25
Phương trình    1 3 4 12 7 16 24 0x x x x       
 
1
3 4 12 7 16 24 2
x
x x x

 
    
0.25
pt    2 23 4 12 7 9 4 12 7x x x x        
   
2
2
3 4 12 7 3 4 12 7 3 4 12 7
3 4 12 7 1
3 4 1 12 7
9 36 1 12 7 2 12 7
2 12 7 23 16
23 12
16 7
48 28 529 736 256
23 12
16 7
256 764 481 0
23 12
16 7
382 6 633
256
x x x x x x
x x
x x
x x x
x x
x
x x x
x
x x
x
x
x
          
    
    
      
   
   
    
   
   
    
  
382 6 633
256
 
0.5
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1 ; 382 6 633
256
x   
Câu 10 ( 1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:     24a c b c c   . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:    
2 2
2
4 4 2a b ab a bP
b c a c c c
   
 
.
Từ giả thiết ta có: 1 1 4
a b
c c
        
   
2 22 2
2
4 44 4 2 2 .
1 1
a b
a b ab a b a b a bc cP b ab c a c c c c c c c
c c
                     
0.25
 Đặt ; , 0
a bx y x y
c c
    và    1 1 4 3x y x y xy       0.5
0 1
2
xy
x y
 
   
  22 24 4 2 7 5 8 9
1 1
x yP xy x y xy xy xy
y x
         
 
 27 5 8 9t t t f t      Với t = xy 0 1t 
ta có   2
4' 5 0
8 9
tf t
t t
   
 
 với 0 1t 
suy ra hàm f(t) nghịch biến trên  0;1 .
Min P = Min f(t) = f(1) = 2 2
Dấu = xảy ra khi a = b = c
0.25