Kỳ thi thử thpt quốc gia 2016 lần 1 môn thi: Toán thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: (1,0 điểm). Cho hàm số 
2 1
2
x
y
x



. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
Câu 2: (1,0 điểm). Tìm GTLN- GTNN của hàm số   24y x x . 
Câu 3: (1,0 điểm). Tính tích phân 
 


2
1
2
0
ln 1
1
x x
I dx
x
Câu 4(1,0 điểm). 
a) Giải phương trình   2
3 3
log 8log 7 0x x 
b) Tìm môđun của z biết z + 2 – 3i = 4 + 2iz. 
Câu 5: (1,0 điểm). 
a) Cho 
4
sin
5
  . Hãy tính giá trị biểu thức : 2cos 2 2sin ( )
4 2
A
 
   
b) Một lớp học có 27 học sinh nữ và 21 học sinh nam. Cô giáo chọn ra 5 học sinh để lập một 
tốp ca chào mừng 20 - 11. Tính xác suất để trong tốp ca đó có ít nhất một học sinh nữ. 
Câu 6: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng ( ) có phương 
trình
1 2
1
x t
y t
z t
 

  
  
 và mặt phẳng ( ) có phương trình: 2x + 2y + z - 1 = 0. Viết phương mặt cầu 
(S) tâm I nằm trên đường thẳng  , tiếp xúc với mặt phẳng ( ) và có bán kính bằng 2. Biết 
rằng tâm mặt cầu có ho|nh độ âm. 
Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình vuông cạnh bằng a, SA vuông 
góc với đ{y.Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi E l| trung điểm của BC. Tính 
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a. 
Câu 8: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh ( 1;4)A  , trực 
tâm H . Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M , đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N . Tâm 
đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là (2;0)I , đường thẳng BC đi qua điểm (1; 2)P  . Tìm 
toạ độ c{c đỉnh ,B C của tam giác biết đỉnh B thuộc đường thẳng : 2 2 0d x y   . 
Câu 9: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3
2 2 2
2 2 1 3 1
 ( , )
9 4 2 6 7
y y x x x
x y
y x y
     

   
Câu 10:(1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức 
 
  

 
4 4 3
3
3 3 25 2a b c
M
a b c
SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 
 Môn thi: Toán 
 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu Đáp án Điểm 
1 
 TXĐ:  \ 2D  
 Sự biến thiên 
- Chiều biến thiên: 
 
2
5
0 
2
y x D
x
     

0.25 
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;2 và  2; 
- Hàm số đã cho không có cực trị 
- Tiệm cận lim 2 : 2
x
y TCN y

   
2
lim
x
y

  ; 
2
lim
x
y

  2 :x TCÑ  
0.25 
 Bảng biến thiên 
0.25 
 Đồ thị 
0.25 
2 
Tập xác định D=   2;2 ,     
 2
1
4
x
f x
x
 0.25 
 
 
           
  
2
2 2
2
0
0 1 0 4 2
44
xx
f x x x x
x xx
 0.25 
Ta có:      2 2 2; 2 2 ; 2 2f f f     ,  3 7f 0.25 
Vậy :  / 2;2Maxy 2 2  khi 2x  ;  / 2;2Miny 2   khi 2x   
0.25 
3 Đặt   2ln 1x u    
 2 2
2 1
21 1
x x
du dx dx du
x x
 0.25 
x 
y' 
y 
- ∞ 2 + ∞ 
- - 
2 
2 - ∞ 
+ ∞ 
SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 
 Môn thi: Toán 
Đổi cận 
x 0 1 
u 0 ln2 
0.25 
    
 
1 ln2
2
2
0 0
1 2 1
ln 1 . d
2 21
x
I x dx u u
x
 
ln2
2
2
0
1
. ln 2
2 2
u
 0.5 
4a 
ĐK: 0x  . PT 
 
 

3
3
log 1
log 7
x
x
 0.25 
 
 
 

3
 /
2187
x
t m
x
 0.25 
4b 
  

        

4 3
 2 – 3 4 2 1 2 4 3
1 2
i
z i iz i z i z
i
 0.25 
   
      
4 3 1 2 1 11 122
5 5 .5 5
i i
z i z 0.25 
5a 
 2 2 2cos 2 2sin ( ) 1 2sin 1 cos( ) 2sin sin
4 2 2
A
  
    
 
           
 
 0.25 
16 4 12
2.
25 5 25
A      0.25 
5b 
 Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong số 48 học sinh ta có số phần tử của không 
gian mẫu    5
48
1712304n C 
Gọi A là biến cố " chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất một học sinh nữ" thì A là 
biến cố " chọn 5 học sinh m| trong đó không có học sinh nữ ". 
0.25 
Ta có số kết quả thuận lợi cho A là: 
   521 20349n A C  
 
 
  
20349
1712304
n A
P A
n
     
20349 1691955
1
1712304 1712304
P A 
0.25 
Giả sử mặt cầu (S) có t}m I , vì I thuộc   nên  1 2 ; 1 ;I t t t    
Mặt cầu (S) có b{n kính R=2 v| tiếp xúc mp   nên 
 
2 4 2 2 1
, 2 2 5 1 6
4 4 1
t t t
d I t
    
       
 
0.5 
6 7
5 1 6
5
5 1 6
1
t t
t
t

         
Khi 
7
5
t  tâm mặt cầu 
19 2 7
; ;
5 5 5
I
 
 
 
 loại 
Khi 1t   tâm mặt cầu  1; 2;1I   phương trình mặt cầu : 
     
2 2 2
1 2 1 4x y z      
0.5 
7 
M H
I
E C
A
D
B
S
K
T
* Vì  
CB AB
CB SAB
CB SA

  

 SB là 
hình chiếu của 
 SC lên mp(SAB) 
     0, , 30SC SAB SC SB CSB    
0.25 
0.cot 30 3 2SB BC a SA a     
* Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 
3
2
.
1 1 2
. 2. ( )
3 3 3
S ABCD ABCD
a
V SA S a a dvtt   
0.25 
+ Từ C dựng CI // DE 
2
a
CE DI   và  / /DE SCI 
    , ,d DE SC d DE CSI  
Từ A kẻ AK CI cắt ED tại H, cắt CI tại K 
Ta có:      
SA CI
CI SAK SCI SAK
AK CI

   

 theo giao tuyến SK 
Trong mặt phẳng (SAK) kẻ  HT AK HT SCI  
    , ,d DE SC d H SCI HT   
+ Ta có: 
2
2
3
.
1 1 . 32. .
2 2 5
2
ACI
a a
CD AI a
S AK CI CD AI AK
CI a
a
     
 
  
 
0.25 
Kẻ KM//AD
1 1
( )
2 3 5
HK KM a
M ED HK AK
HA AD
       
Lại có: 
2
2
2.
. 385
sin
199
2
5
a
a
SA HT SA HK
SKA HT
SK HK SK a
a
     

Vậy  
38
,
19
d ED SC  
0.25 
8 
I
H
N
M
A
B CP
 Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp 
Suy ra I l| trung điểm của BH; 
(2 2 ; )B d B t t   
0.25 
Suy ra (2 2 ; ) (3 2 ; 4), (2 1; 2)H t t AH t t BP t t           
Do H là trực tâm của tam giác ABC 
. 0 (2 3)(2 1) ( 4)( 2) 0AH BP t t t t         25 10 5 0 1t t t      
0,25 
Suy ra (0;1), (4; 1), (1; 3)H B AH   ,đường thẳng : 3 7 0BC x y   0,25 
Đường thẳng : 2 6 0AC x y   . Tìm được toạ độ ( 5; 4)C   
KL.. 
0,25 
9 
Điều kiện: 
3 3
1; ;
2 2
x y
 
   
 
. Ta có 0.25 
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
       
      
Xét hàm số 3( ) 2 ,f t t t  ta có 2'( ) 6 1 0, ( )f t t t f t      đồng biến trên . 
Vậy 
2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1
y
f y f x y x
y x

       
 
0.25 
Thế v|o (2) ta được : 24 5 2 6 1x x x    
Pt 22 4 5 4 12 2x x x        
2 2
4 5 1 2 2x x     
0.25 
4 5 2 3( )
4 5 1 2
x x vn
x x
   
 
  
1
2
1 2( )
1 2
x
x l
x



   

  
Với 
4
4
2
1 2
2
y
x
y
 
   
 
Vậy hệ có hai nghiệm. 
0.25 
- Áp dụng BĐT Cô - Si ta có:      4 4 4 2 32 1 2 2 4a a a a a hay 4 33 1 4a a  . 
- Tương tự 4 33 1 4b b 
 
 
 
 
3 3 3
3
4 4 25a b c
M
a b c
0.25 
Mà        
2 3
3 3
0 4a b a b a b a b       0.25 
10 
 
 
     
      
       
3
3 33
3
25
25
a b c a b c
M
a b c a b c
a b c
   
     
      
3 3
1 25
c c
a b c a b c
Đặt   0 1
c
t t
a b c
  
 
Xét hàm số          
3
3
1 25 0 1f t t t t 
có:             
2 2
3 1 5f t t t ,  

  
 
1
6
0
1
4
t
f t
t
0.25 
Bảng biến thiên 
Vậy  
 
  
 
1 25
6 36
Min f t f khi 
1
6
t  hay 
25
36
Min M    
2
1,
5
a b c . 
0.25 
t 
f'(t) 
- ∞ 0 + ∞ 
f(t) 
1 
1
6
0 - + 
25
36
lại có : 
3
2
a
AM AN  , nên AMN cân tại A 
Gọi E là trung điểm AM suy ra AE MN , 
'
2 2
A C a
MN   
2 2
2 2 3 11
4 16 4
a a a
AE AN NE      ; 
21 11
.
2 16
AMN
a
S MN AE  
 (đvđd) 
Câu 6. 
(1 đ) 
 có tâm bán kính ; trục Oy có VTCP 
Gọi ( ; ; )n a b c là VTPT mp(P) , 
 chứa Oy  
Phương trình mp(P): 0ax cz  
(P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh 
   2 2,( ) 2d I P R r    2 2 2 2
2 2
2
2 4 4 4 4
a c
a ac c a c
a c

     

2
0
3 4 0
3 4
c
c ac
c a

     
Vậy phương trình mp(P) : 0x  hoặc 3 4 0x z  . 
Câu 7. 
(0,5 đ) 
Số phần tử không gian mẫu là 4
4 4 4
12 8( ) . . 34.650n C C C   
Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau” 
Số các kết quả thuận lợi của A là 
Xác xuất của biến cố A là 
Câu 8. 
(1 đ) 
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC 
Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có 
phương trình 4x − 3y – 1 = 0 
B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt: