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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 
 TRƯỜNG THPT TRỰC NINH Môn thi : TOÁN 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
( Đề thi gồm 01 trang) Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (1.0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
2 1
1
x
y
x



. 
Câu 2 (1.0 điểm). 
a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số    2 ln 1 2f x x x   trên đoạn  2;0 . 
b) Tìm m để hàm số 3 23( 1) 9 2016y x m x x m     đạt cực tiểu tại điểm x = 3. 
Câu 3 (1.5 điểm). Giải phương trình: 
a)    3 3 3log 2 log ( 4) log 8 1.x x x      
b)  cos2 cos 3 sin 2 sin .x x x x   
Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân 
6
2
1
I dx
2x 1 4x 1

  
 . 
Câu 5 (1.0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z     và mặt 
cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z       . Tìm tọa độ tâm và tính bán kính mặt cầu ( )S .Viết 
phương trình mặt phẳng (P) song song với trục Ox vuông góc với mặt phẳng ( ) và tiếp xúc với 
mặt cầu (S). 
Câu 6 (0.5 điểm). Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề thi gồm 5 câu được chọn từ 
15 câu dễ, 10 câu trung bình và 5 câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi đó có ba 
loại câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn 2. Lấy ngẫu nhiên một đề trong 
bộ đề trên. Tính xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi “Tốt”. 
Câu 7 (1.0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Góc 
giữa 'CA và mặt phẳng ( ' ' )AA B B bằng 30 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và 
khoảng cách giữa 'A I và AC với I là trung điểm AB. 
Câu 8 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 2AB AD , tâm 
 1; 2I  . Gọi M là trung điểm cạnh CD,  2; 1H  là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. 
Tìm tọa độ các điểm A, B. 
Câu 9 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình 
  
2
2 2
9 2016 2 4 2017
2 2 1 1 1
y xy y y x
x x x y y
       

      

( , )x y . 
Câu 10 (1.0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức 
 2 2 2
7 121
.
14
A
a b c ab bc ca
 
   
 Hết 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:......................................................; Số báo danh....................... 
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ LẦN 1. 
Câu 1 (1.0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
2 1
1



x
y
x
. 
 1.0 điểm 
 Tập xác định:  \ 1D 
 Sự biến thiên: 
 + Chiều biến thiên: 
 
2
3
' 0, 1
1
y x
x

   

 + Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và  1; 
 + Hàm số không có cực trị. 
0.25 
 + Giới hạn và tiệm cận: 
 Do lim lim 2
 
 
x x
y y ; nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là: 2y 
2 2
lim ,lim
x x
y y
  
    ; nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là: 1x 
0.25 
 + Bảng biến thiên: 
0.25 
 Đồ thị 
- Giao Ox, Oy 
- Tâm đối xứng 
0.25 
Câu 2a (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
   2 ln 1 2f x x x   trên đoạn  2;0 . 
0,5 điểm 
+ Hàm số xác định và liên tục trên đoạn  2;0 ; 
- Ta có :  /
1
2
1 2
f x x
x
 

 Suy ra  / 2 1 1
2
2
0 2 0 2 1 0
1 2
x
x
f x x x x
x



         
 
 ( 1x  loại ) 
0.25 
- Tính : 
 
 
2 4 ln 5;
1 1
ln 2;
2 4
0 0
f
f
f
  
 
   
 

 Vậy :  
 2;0
max 4 ln 5f x

  ;  
 2;0
1
min ln 2
4
f x

  
0.25 
b) Câu 2b (0,5 điểm). Tìm m để hàm số 3 23( 1) 9 2016y x m x x m     đạt cực tiểu 
tại điểm x = 3. 
0,5 điểm 
Ta có : x  , ' 23 6( 1) 9y x m x    
+) Điều kiện cần: 
' 2(3) 3.3 6( 1)3 9 0
1
y m
m
    
 
+) Điều kiện đủ : Thay m= 1, ' 23 12 9y x x   
Suy ra '' ''6 12 (3) 6 0y x y     . Chứng tỏ HS đạt cực tiểu tại x= 3 
Vậy m= 1 thoa mãn 
0.25 
0.25 
Câu 3a (1.0 điểm). Giải phương trình: a)    3 3 3log 2 log ( 4) log 8 1.x x x      
1.0 điểm 
Điều kiện xác định -2 < x < 8. 
0.25 
   
2
2 2
2
2 ( 4) 3 8
6 8 3 48 192
2 54 184 0
x x x
x x x x
x x
    
     
   
... 
   
2
2 2
2
2 ( 4) 3 8
6 8 3 48 192
2 54 184 0
4( ); 23( )
x x x
x x x x
x x
x nhan x loai
    
     
   
  
Đối chiếu đk x=4 là nghiệm 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 3b (0.5 điểm). Giải phương trình: b)  cos2 cos 3 sin 2 sin .x x x x   
0.5 điểm 
cos 2 3 sin 2 3 sin cos .
1 3 1 3
cos 2 sin 2 cos sin
2 2 2 2
os( 2 ) os( )
3 3
x x x x
x x x x
c x c x
 
   
   
   
0.25 
2 2
3 3
2 ( ) 2
3 3
2
3
2
2
3
x x k
x x k
k
x
x k
 

 




   
   

 


 




 


Kết luận nghiệm là 
2
3
k
x

 
0.25 
Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân 
6
2
1
I dx
2x 1 4x 1

  
 . 
 1.0 điểm 
ĐÆt t 4x 1  , ta cã dt = 
2dx
4x 1
 hay 
t
2
dt = dx vµ 
2t 1
x
4

 
Khi x = 2 th× t = 3 vµ khi x= 6 th× t = 5. 
.. 
5
2
3
tdt
I
t 1
2 1 t
2

 
  
 
 =
 
5
2
3
tdt
t 1

 
5
2
3
1 1
dt
t 1 t 1
 
  
   
 (0.25+ 0,25) 
0.25 
0.5 
= 
5
3
1
ln t 1
t 1
 
  
 
= 
3 1
ln
2 12
 
0.25 
Câu 5 (1.0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 
( ) : 4 11 0x y z     và mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z       . Tìm tọa độ tâm và 
tính bán kính mặt cầu ( )S .Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với trục Ox 
vuông góc với mặt phẳng ( ) và tiếp xúc với (S). 
1.0 điểm 
+ Tọa độ tâm I (1; -3; 2), Bán kính R= 4 
0.25 
+ Gọi n là VTPT của (P) thì 
,n i m    
Với (1;4;1)m  là VTPT của ( ) \ 
Khi đó n = (0, -1, 4). Suy ra (P) dạng y- 4z +d =0 
0.25 
Vì tiếp xúc mc (S) nên: 
3 8
4
17
11 4 17
11 4 17
d
d
d
  

   
  
.. 
Vậy (P) có PT là y- 4z +11 4 17 =0 
0.25 
0.25 
CÁCH 2: 
+ Mặt phẳng (P) song song truc Ox có dạng: by + cz + d = 0 ( 0d  ) ...0,25 
+ Vì (P) vuông góc (Q) nên có pt: 4b + c + d = 0 (1) 
+ Vì (P) tiếp xúc (S): 
3
4
14
b c d  
 (2) ... 0,25 
+ Giải hệ (1) và (2) 0,25 
KL .0,25 
Câu 6 ( 0.5 điểm). Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề thi gồm 5 câu 
được chọn từ 15 câu dễ, 10 câu trung bình và 5 câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” 
nếu trong đề thi đó có ba loại câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít 
hơn 2. Lấy ngẫu nhiên trong một đề trong bộ đề trên. Tính xác suất để đề thi lấy ra là 
một đề thi “Tốt”. 
0.5 điểm 
Mỗi đề thi gồm 5 câu chọn từ 30 câu nên ta có 530 142506C   
0.25 
Gọi A là biến cố đề thi lấy ra là một đề thi “Tốt”. 
Vì đề thi “Tốt” gồm ba loại câu dễ, TB và câu khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 
nên có 3 trường hợp sau thuận lợi cho biến cố A: 
TH1: Đề 3 câu dễ, 1 trung bình, 1 khó thì sẽ có: 3 1 115 10 5C C C đề 
TH2: Đề 2 câu dễ, 2 trung bình, 1 khó thì sẽ có: 2 2 115 10 5C C C đề; 
TH3: Đề 2 câu dễ, 1 trung bình, 2 khó thì sẽ có: 2 1 215 10 5C C C đề; 
Suy ra A = 
3 1 1
15 10 5C C C +
2 2 1
15 10 5C C C +
2 1 2
15 10 5C C C =56875 
Vậy xác xuất cần tìm là: 
56875 625
( )
142506 1566
A
P A

  

0.25 
 Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. 
Góc giữa CA' và mặt (AA'B'B) bằng 30 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ 
ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa A' I và AC với I là trung điểm AB. 
1.0 điểm 
x
30°
I
C
B
A' C'
B'
A
E
F
Ta có : 
 
' ( ' ( )) ( ' ' )
( ' ' ) : '
CI AB
CI AA AA ABC CI AA B B
Trong AA B B AB AA A
 

   
  
Suy ra góc giữa CA’ và ( ' ' )AA B B chính là góc giữa CA’ và IA’ và bằng góc 30'CA I   
Do đó 
3
2
'
tan '
IC a
A I
CA I
  ; với 
3 3
2 2
AB a
IC   
Suy ra: 
2 2
2 2 9 2
4 4
' '
a a
AA A I AI a     
0.25 
Vậy 
2 33 6
2
4 4
. ' ' '
'. .
ABC A B C ABC
a a
V AA S a

   (đvtt) 
0.25 
Kẻ Ix AC . Khi đó ( , ' ) ( ,( ' , )) ( ,( ' , ))d AC A I d AC A I Ix d A A I Ix  
0.25 
Kẻ AE Ix tại E và 'AF A E tại F. 
Ta chứng minh được:  ,( ' , )d A A I Ix AF 
Ta có: 
3
60
2 4
.sin .sin
a a
AE AI AIE    
Và: 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 16 35 210
352 3 6'
a
AF
AF A A AE a a a
       
Vậy:  
210
35
, '
a
d AC A I AF  
0.25 
Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 
2AB AD , tâm  1; 2I  . Gọi M là trung điểm cạnh CD,  2; 1H  là giao điểm của hai 
đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B. 
1.0 điểm 
Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên 3IC IH 
Mà  1;1IH  , giả sử    
1 3.1 4
; 4;1
2 3.1 1
x x
C x y C
y y
   
   
   
0.25 
Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5) 
Lại có 2AB AD nên 
1
2
CM BC
MBC BAC
BC AB
    
Mà 90 90BAC BCA MBC BCA AC BM       
0.25 
Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt  1;1IH  
pt BM: x + y – 1 = 0  ;1B t t  
Có    2;6 ; 4;AB t t CB t t      
0.25 
Vì     . 0 2 4 6 0AB BC AB CB t t t t         
 2 2t    2 2; 1 2B    hoặc  2 2; 1 2B    
0.25 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
  2 2
2
2 2 1 1 1 (1)
9 2016 2 4 2017 (2)
x x x y y
y xy y y x
       

       
1.0 điểm 
ĐK: 9 0y xy   
         
2 221 1 1 1 1 1x x y y y y             (do 2 1 0y y   ) (*) 
Xét hàm số   2 1f t t t   trên R. Lấy đạo hàm thấy dương nên f(t) đb trên R 
0.25 
Từ (*) suy ra x + 1 = - y 
Thế vào (2) ta đc: 2 28 3 2017 2016x x x     (3) 
Nhận thấy x = 1 là nghiệm của (3) nên phân tích thành: 
2 2( 8 3) ( 3 2) 2017( 1)x x x       
2 2
1 1
( 1) 2017 0
8 3 3 2
x x
x
x x
  
     
    
0.25 
Từ (3) do VT dương nên x > 0 suy ra 
2 2
1 1
2017 0
8 3 3 2
x x
x x
  
    
    
0.25 
Do đó thu đc x = 1 (t/m) suy ra y = -2 
KL: Hệ có nghiệm (1; -2) 
0.25 
Câu 10 (1.0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1a b c   . Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức 
 2 2 2
7 121
.
14
A
a b c ab bc ca
 
   
1.0 điểm 
Ta có 
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 ( ) 2( )
1 ( )
2
7 121
7(1 ( ))
a b c a b c ab bc ca
a b c
ab bc ca
A
a b c a b c
        
  
   
  
    
0.25 
Đặt 2 2 2t a b c   . Vì a, b,c là số dương và a+b+ c =1 nên 0< a<1, 0<b<1, 0<c<1 
Suy ra 2 2 2t a b c   < a+b+ c =1 
Mặt khác 2 2 2 2 2 2 21 ( ) 2( ) 3( )a b c a b c ab bc ca a b c            
Suy ra 2 2 2
1
3
t a b c    . Vậy 
1
;1
3
t
 
 
 
0.25 
Xét hàm số '
2 2
'
7 121 1
( ) ; ;1
7(1 ) 3
7 121
( )
7(1 )
7 7
( ) 0 ( ); ( )
18 4
f t t
t t
f t
t t
f t t tm t l
 
     
  

    
BBT 
t 1
3
7
18
 1 1 
'( )f t - 0 + 
( )f t 
324
7
0,25 
Suy ra
324 1
( ) ; ;1
7 3
f t x
 
   
 
. Vậy 
324
7
A  với mọi a; b; c thỏa mãn điều kiện đề bài. 
Nhận xét 
1 1 1
; ;
2 3 6
a b c   thì 2 2 2
7
18
a b c   và 1a b c   Khi đó 
324
7
A  . 
Vậy 
324
min
7
A  . 
0,25 
--- Hết --- 
Ghi chú: - Các đ/c chấm có thể thống nhất chia điểm từng câu, ý cho hợp lý, nhưng tổng điểm của các 
câu là không thay đổi. 
- Thí sinh có thể làm cách giải khác mà đúng, giám khảo phải thống nhất phân chia điểm cho 
từng ý để chấm chính xác, công bằng cho thí sinh.