Thi diễn tập thpt quốc gia năm 2016 môn thi: Toán thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
TỈNH ĐỒNG THÁP Môn thi: TOÁN 
 Ngày thi: 23/5/2016 
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề 
(Đề gồm có 01 trang) 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 
1
2
x
y
x



. 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số 
1
5y x
x
   . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3 ) (1 )(2 ) 5i z i i i      . Tìm phần thực và phần ảo của z . 
b) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Cho biết số 
tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức  1
n
T A r  , trong đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số 
kỳ hạn gửi . Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu ? 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 

 
2
5
0
( cos )sinI x x xdx . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm (5;5;0), (4;3;1)A B và đường thẳng 
1 2 2
:
2 1 1
x y z
d
  
  . Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao 
cho 3MA  . 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình sin 2 3 sin 0x x  . 
b) Có hai thùng đựng xoài. Thùng thứ nhất có 10 trái (6 trái loại I, 4 trái loại II), thùng thứ hai có 8 trái (5 
trái loại I, 3 trái loại II). Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng một trái. Tính xác suất để lấy được ít nhất một trái loại I. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc  060ABC  , hai 
mặt phẳng  SAC và  SBD cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng  SAB và  ABCD bằng 030 . 
Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA , CD theo a . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với (1;2)A . Gọi H là 
trung điểm cạnhBC ,D là hình chiếu vuông góc của H trên AC , trung điểm M của đoạn HD nằm trên 
đường thẳng : 2 2 0x y    và phương trình đường thẳng : 1 0BD x y   . Tìm toạ độ của ,B C biết rằng 
điểm D có hoành độ âm. 
 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  
2 2
2 2
 , .
5 4 3 18 4
x xy y x y y
x y
x y x x x y
     

     
 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện   1xy yz zx . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức      
  
2 2 22 2 2
1 1 1
1 1 1
x y z
P
x y zx y z
. 
Cảm ơn thầy Nguyễn Hữu Tài (nhtai.caolanh2@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
TỈNH ĐỒNG THÁP Môn thi: TOÁN 
HDC CHÍNH THỨC 
(Gồm có 01 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(1,0đ) 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 



1
2
x
y
x
. 
1,00 
♥ Tập xác định:  \ 2D   . 
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên: 
 
2
3
'
2
y
x


; ' 0,y x D   . 
 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ; 2  và  2;  . 
0,25 
 ￚ Giới hạn và tiệm cận: 
 lim lim 1
x x
y y
 
   tiệm cận ngang: 1y . 
2 2
lim ; lim
x x
y y
  
   tiệm cận đứng: 2x . 
0,25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x  2  
'y   
y  1 
 1  
0,25 
♥ Đồ thị: 
+ Giao điểm với các trục: 
 
     
 
1 1
: 0 : 0;
2 2
Oy x y và       : 0 1 0 1: 1;0Oy y x x 
 Đồ thị cắt các trục tọa độ tại    
 
1
0; , 1;0
2
. 
0,25 
2 
(1,0đ) 
Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số 
1
5y x
x
   . 
1,00 
 Tập xác định:  \ 0D   . 
 Chiều biến thiên: 
2
2 2
1 1
' 1
x
y
x x

   . 
0,25 
 2' 0 1 0 1y x x       . 0,25 
 Bảng biến thiên 
x  1 0 1  
'y  0   0  
y yCĐ   
  yCT 
0,25 
 Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số đạt cực đại tại 1x   và đạt cực tiểu tại 1x  . 0,25 
3 
(1,0đ) 
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3 ) (1 )(2 ) 5i z i i i      . Tìm phần thực và 
phần ảo của z . 
0,50 
 Ta có 
4 4 4 8
(3 ) (1 )(2 ) 5 (3 ) 4 4
3 5 5
i
i z i i i i z i z i
i

             

. 
0,25 
 Số phức z có phần thực bằng 
4
5
, phần ảo bằng 
8
5
 . 
0,25 
b) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm và lãi hàng năm được nhập 
vào vốn. Cho biết số tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức  1
n
T A r  , trong đó 
A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số kỳ hạn gửi . Hỏi sau bao nhiêu năm người đó 
thu được gấp đôi số tiền ban đầu ? 
0,50 
 Sau n năm số tiền thu được là  1 0,068
n
T A  . 
 Để 2T A thì phải có  1,068 2
n
 (hay  1 6,8% 2
n
  ) 
0,25 
  1,068log 2 10,54n   
 Vậy muốn thu được gấp đôi số tiền ban đầu, người đó phải gửi 11 năm. 
0,25 
4 
(1,0đ) 
Tính tích phân 

 
2
5
0
( cos )sinI x x xdx . 
1,00 
 Ta có 
2 2
5
0 0
sin sin .cosI x xdx x xdx
 
   . 
0,25 
 Đặt 
sin cos
u x du dx
du xdx v x
  
 
   
 . 
 Khi đó 
2
0
sinx xdx

    
2
2 2
0 0
0
cos cos 0 sin 1x x xdx x

 
     . 
0,25 
 Đặt cos sint x dt xdx    . 
 Đổi cận 
0
2
1
0
tx
t
x

 
 
 
 . 
 Khi đó 
1
0 1 62
5 5 5
0 1 0 0
1
sin .cos
6 6
t
x xdx t dt t dt

 
     
 
   . 
0,25 
 Vậy 
1 7
1
6 6
I    . . 
0,25 
5 
(1,0đ) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm (5;5;0), (4;3;1)A B và đường 
thẳng 
1 2 2
:
2 1 1
x y z
d
  
  . Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm 
M trên đường thẳng d sao cho 3MA  . 
1,00 
 Đường thẳng AB có VTCP là ( 1; 2;1)AB   

. 0,25 
 Phương trình AB là 
5 5
1 2 1
x y z 
 
 
. 
0,25 
 Đường thẳng d có phương trình tham số là 
1 2
2
2
x t
y t
z t
 

 
   
  t . 
 Do M d nên ta đặt  1 2 ; 2 ; 2M t t t    . Suy ra 
      
2 2 2 21 2 5 2 5 2 0 6 26 29MA t t t t t             . 
0,25 
 Khi đó 
 
     
 

2
1
3 6 26 20 0 10
3
t
MA t t
t
. 
 Vậy có hai điểm M trên d thoả đề bài là  3;3; 1M  hoặc 
23 16 4
; ;
3 3 3
M
 
 
 
. 
0,25 
6 
(1,0đ) 
a) Giải phương trình sin 2 3 sin 0x x  (1) 0,50 
 Ta có (1) 2sin cos 3 sin 0 sin (2cos 3) 0x x x x x      . 0,25 
  sin 0x x k   . 
  
3
2cos 3 0 cos 2
2 6
x x x k

        . 
 Vậy nghiệm của phương trình (1) là ; 2
6
x k x k

      k  . 
0,25 
b) Có hai thùng đựng xoài. Thùng thứ nhất có 10 trái (6 trái loại I, 4 trái loại II), thùng 
thứ hai có 8 trái (5 trái loại I, 3 trái loại II). Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng một trái. Tính 
xác suất để lấy được ít nhất một trái loại I. 
0,50 
 Số phần tử của không gian mẫu là   1 110 8 80n C C   . 0,25 
 Gọi A là biến cố “Có ít nhất một trái loại I” 
 Khi đó A là biến cố “Cả hai trái đều là loại II”. 
 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là   1 1A 4 3 12n C C   . Suy ra  
12 3
80 20
P A   . 
♥ Vậy xác suất cần tính là     3 17A 1 1
20 20
P P A     . 
0,25 
7 
(1,0đ) 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc  060ABC  , hai 
mặt phẳng  SAC và  SBD cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng 
 SAB và  ABCD bằng 030 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa 
hai đường thẳng SA , CD theo a . 
1,00 
0,25 
 Gọi O AC BD  , M là trung điểm AB và I là trung điểm của AM. 
 Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên 
 ,CM AB OI AB  và 
23 3 3
, ,
2 4 2
ABCD
a a a
CM OI S   . 
0,25 
 Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên  SO ABCD . 
 Do AB OI AB SI   . Suy ra        0, , 30SAB ABCD OI SI SIO     . 
 Xét tam giác vuông SOI ta được 0
3 3
.t an30 .
4 3 4
a a
SO OI   . 
 Suy ra 
2 31 1 3 3
. . . .
3 3 2 4 24
ABCD
a a a
V S SO   . 
0,25 
 Gọi J OI CD  và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI 
 Suy ra 
3
2
2
a
IJ OI  và  JH SAB . 
 Do  / / / /CD AB CD SAB . Suy ra 
      , , ,d SA CD d CD SAB d J SAB JH         . 
0,25 
 Xét tam giác vuông IJH ta được 0
3 1 3
.s in30 .
2 2 4
a a
JH IJ   . 
 Vậy  
3
,
4
a
d SA CD  . 
0,25 
8 
(1,0đ) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với (1;2)A . Gọi H 
là trung điểm cạnhBC ,D là hình chiếu vuông góc của H trên AC , trung điểm M 
của đoạn HD nằm trên đường thẳng : 2 2 0x y    và phương trình đường thẳng 
: 1 0BD x y   . Tìm toạ độ của ,B C biết rằng điểm D có hoành độ âm. 
1,00 
 Gọi N là trung điểm của DC . Khi đó HN là đường trung bình của tam giác BDC 
 nên / /HN BD . 
 Do MN là đường trung bình của tam giác DHC nên / /MN CH mà CH AH (do 
 tam giác ABC cân tại A ) nên MN AH 
 Suy ra M là trực tâm tam giác AHN . Suy ra AM HN AM BD  
0,25 
 Do : 1 0AM BD x y    nên phương trình AM có dạng 0x y m   
 (1;2) 1A AM m   . Suy ra : 1 0AM x y   . 
 Vì M AM  nên toạ độ M là nghiệm của hệ 
1 0 1
( 1;0)
2 2 0 0
x y x
M
x y x
     
   
    
. 
0,25 
 Đặt ( ;1 )D t t , ta có ( 1; 1 )AD t t   

 và ( 1;1 )MD t t  

 Vì tam giác ADH vuông tại D nên 
 . 0AD MD 
 
2( 1)( 1) ( 1 )(1 ) 0 2 2 0 1t t t t t t              . 
 Do D có hoành độ âm nên chọn ( 1;2)D  . Vì M là trung điểm HD nên ( 1; 2)H   . 
0,25 
 Phương trình : 2 5 0BC x y   . 
 Toạ độ B là nghiệm của hệ phương trình  
2 5 0 7
7; 6
1 0 6
x y x
B
x y y
    
   
     
. 
 Vì H là trung điểm BC nên  9;2C  . Vậy  7; 6 , ( 9;2)B C  . 
0,25 
9 
(1,0đ) 
Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
 (1)
5 4 3 18 4 (2)
x xy y x y y
x y x x x y
     

     
1,00 
 Điều kiện 
6
0
x
y



 Khi đó 2 2(1) 0x xy y y x y       
2 2
( )
0
x x y x y
x yx xy y y
 
  
  
2 2
1
( ) 0
x
x y
x yx xy y y
 
    
    
 x y  . (3) 
0,25 
 Thay (3) vào phương trình (2) ta được phương trình 
 2 25 4 3 18 5x x x x x     
 2 25 4 3 18 5x x x x x      
   22 9 9 5 3 6x x x x x      
    2 22 6 3 3 5 6 . 3x x x x x x       (4) 
 Đặt 2 6 , 3a x x b x    với , 0a b  , phương trình (4) trở thành 
 2 22 5 3 0 .
2 3
a b
a ab b
a b

     
0,25 
 TH1: Với a b ta được phương trình 
 2
7 61 7 61
6 3 .
2 2
x x x x y
 
       
0,25 
 TH2: Với 2 3a b ta được phương trình 
 22 6 3 3 9 9x x x x y       
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  
7 61 7 61
9; 9 ; ; .
2 2
  
  
 
0,25 
10 
(1,0đ) 
Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện   1xy yz zx . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức      
  
2 2 22 2 2
1 1 1
1 1 1
x y z
P
x y zx y z
1,00 
 Vì , 0x y  suy ra tồn tại các góc 0 ,
2 2 2
A B 
  sao cho tan , tan
2 2
A B
x y  . 
 Từ điều kiện suy ra 
1 tan .tan
1 2 2 cot tan
2 2 2tan tan
2 2
A B
xy A B A B
z
A Bx y
     
       
    
. 
 Vì 0z  suy ra 0
2 2 2
A B
C
 
    sao cho tan
2
C
z  
 Suy ra tồn tại ba góc của một tam giác , ,A B C sao cho 
 tan , tan , tan
2 2 2
A B C
x y z   
 Khi đó 2 2 2sin sin sin cot cot cot
2 2 2 2 2 2
A B C A B C
P       
2 2 2
1 1 1
sin sin sin 3
2 2 2 sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
       . 
0,25 
 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá 
 3
2 2 23
3
3 sin sin sin 3
2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
P
A B C
   
 Đặt 3 sin sin sin
2 2 2
A B C
t  thì 
2
3
3 3P t
t
   . 
0,25 
 Tìm điều kiện cho t 
 Trong tam giác ABC ta luôn có bất đẳng thức sau 
1
sin sin sin
2 2 2 8
A B C
 . 
 Thật vậy, ta có 
1 1 1
sin sin sin cos cos sin
2 2 2 8 2 2 2 2 8
A B C A B A B C  
    
 
 2
1 1 1
sin cos sin
2 2 2 2 2 8
C A B C 
    
 
 (*) 
 (*) là một tam thức bậc hai theo sin
2
C
 có 
2 2
1
0
2 1
sin sin sin
1 1 1 2 2 2 8
cos sin 0
4 2 4 4 2
a
A B C
A B A B

  
 
                
. 
 Dấu “=” xảy ra khi 
3
A B C

   . Do đó 3
1
0 sin sin sin
2 2 2 2
A B C
t   . 
0,25 
 Xét hàm số 
2
3
( ) 3 3f t t
t
   với 
1
0;
2
t
 
  
, ta có 
0,25 
3
3
3 3
6 3 6 1
'( ) 3 0 2
2
t
f t t
t t

       
 Bảng biến thiên 
t 
0 
1
2
'( )f t  
( )f t  
21
2
 Từ bảng biến thiên ta suy ra 
1 21
( )
2 2
f t f
 
  
 
 , 
1
0;
2
t
 
   
. Do đó 
21
2
P  . 
 Dấu “=” xảy ra khi 
1 3
2 3 3
t A B C x y z

         . 
 Kết luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 
21
2
 đạt khi   
3
3
x y z . 
CÁCH 2 
10 
(1,0đ) 
Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện   1xy yz zx . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức      
  
2 2 22 2 2
1 1 1
1 1 1
x y z
P
x y zx y z
1,00 
 Do , ,x y z là các số thực dương nên ta biến đổi 
      
  
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 1 1
P
x y z
x y z
 Đặt 
2 2 2
1 1 1
, ,a b c
x y z
    , , 0a b c  thì      
1 1 1
1xy yz zx
ab bc ca
 và 
      
  
1 1 1
1 1 1
P a b c
a b c
0,25 
 Biến đổi biểu thức P 
1 1 1 1 1 1
16 162 1 2 1 2 1 2 1
1 1 1 15 15 15 3
16 16 16 16 162 1 2 1
a b
P
a a b b
c a b c
c c
    
         
      
 
       
  
 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá 
 3 3 3
1 1 1 15 15 15 3
3 3 3
64( 1) 64( 1) 64( 1) 16 16 16 16
a b c a b c
P
a b c
  
      
  
   3
33 15 33 15
.3
16 16 16 16
a b c abc      
0,25 
 Mặt khác      3
1 1 1 1
1 3 27abc
abcab bc ca
0,25 
 Suy ra 3
33 15 33 15.9 21
.3 27
16 16 16 16 2
P      . 
0,25 
 Dấu “=” xảy ra khi a b c  hay   
3
3
x y z 
 Kết luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 
21
2
 đạt khi   
3
3
x y z . 
Cảm ơn thầy Nguyễn Hữu Tài (nhtai.caolanh2@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl