Thử sức trước kì thi thpt quốc gia năm 2016 môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD-ĐT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
LÊ QUÝ ĐÔN 
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 
(Đề gồm 01 trang) 
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 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 1
2
xy
x
− +
=
−
. 
Câu 2. (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số 2 1y x x= − + . 
Câu 3. (1,0 điểm). 
a) Tìm số phức z thỏa mãn ( )2 3 1 9z i z i− + = − . 
b) Giải bất phương trình 
2
2
2
log 3 2
log 3
x
x
+
>
+
. 
Câu 4. (1,0 điểm). Tính tích phân ( )2 2sin
0
os 1xI c x e dx
pi
= +∫ . 
Câu 5. (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1
1 3
: 1 2
3 2
x t
d y t
z t
= − +

= +

= −
 và 
2
1 3
:
1 1 2
x y zd − += = . Chứng minh 1d và 2d cùng thuộc một mặt phẳng và viết phương trình mặt 
phẳng đó. 
Câu 6. (1,0 điểm). 
a) Tính giá trị của biểu thức cos 2 sin 2 2
os2 sin 2 1
T
c
α α
α α
− +
=
− + −
, biết tan 2α = . 
b) Cho tập hợp { }1;2;3;4;5;6;7E = . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau tạo thành 
từ các chữ số của tập hợp E. Tính số phần tử của tập hợp S. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập hợp S; tìm xác 
suất để số lấy ra nhất thiết phải có mặt chữ số 3. 
Câu 7. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2AB a= , AC a= , hình 
chiếu của S lên mp(ABC) trùng với trung điểm E của cạnh AB. Đường thẳng SC tạo với mp(ABC) một 
góc α sao cho 10tan
5
α = . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng 
SA, CE. 
Câu 8. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD. Điểm 11;3
2
F   
 
 là trung 
điểm của cạnh AD, điểm E là trung điểm của cạnh AB và điểm K thuộc cạnh CD sao cho 3KD KC= . 
Đường thẳng EK có phương trình là 19 8 18 0x y− − = . Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết 
rằng điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3. 
Câu 9. (1,0 điểm). Tìm tất cả các số thực dương x thỏa mãn 
2
3 2
5 14 2
2 3 1
x x
xx x
− +
<
+ − +
. 
Câu 10. (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện 9a b c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức 
( )( ) ( )( ) ( )( )4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2
6 6 64 4 4 4 4 4
a b a b b c b c c a c a
P
a b c b c a c a b
+ + + + + +
= + + . 
Hết 
1 
SỞ GD-ĐT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
LÊ QUÝ ĐÔN 
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Môn thi: TOÁN 
(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(1,0đ) 
• Tập xác định: { }\ 2D = ℝ 
• Sự biến thiên: 
- Giới hạn và tiệm cận: 
Vì 
2
lim
x
y
−→
= +∞ và 
2
lim
x
y
+→
= −∞ nên tiệm cận đứng là đường thẳng 2x = . 
Vì lim 1
x
y
→−∞
= − và lim 1
x
y
→+∞
= − nên tiệm cận ngang là đường thẳng 1y = − . 
0,25 
- Đạo hàm: ( )
/
2
1 0, 2
2
y x
x
= > ∀ ≠
−
 0,25 
- Bảng biến thiên: 
- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( );2−∞ và ( )2;+∞ . 
0,25 
• Đồ thị: 
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm 10;
2
− 
 
 
 và cắt 
trục hoành tại điểm ( )1;0 . 
- Đồ thị nhận giao điểm ( )2; 1I − của hai 
đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0,25 
2 
(1,0đ) 
Vì 2 1 0,x x x− + > ∀ nên tập xác định D = ℝ . 0,25 
/
2
2 1
2 1
xy
x x
−
=
− +
; /
10
2
y x= ⇔ = 0,25 
Bảng biến thiên: lim
x
y
→−∞
= +∞ và lim
x
y
→+∞
= +∞ . 
0,25 
Từ bảng biến thiên, đồ thị hàm số đã cho có điểm cực tiểu là 1 3;
2 2
 
  
 
. 
 0,25 
3 
(1,0đ) 
a) Đặt ( ), ,z x yi x y= + ∈ℝ z x yi⇒ = − 
Từ giả thiết, ta có ( ) ( )3 1 3 3 9 0x y x y i− − − + − + + = 
3 1 0
3 3 9 0
x y
x y
− − − =
⇔ 
− + + =
3 1
3
x y
x y
+ = −
⇔ 
− =
0,25 
( )2; 1x y⇔ = = − 
Kết luận: 2z i= − . 
 
0,25 
2 
b) Điều kiện 0x > và 1
8
x ≠ (*) 
Đặt 2logt x= , bất phương trình đã cho trở thành 
2 3 2
3
t
t
+
>
+
3 1t⇔ − 
0,25 
1 1
8 2
x⇔ . 
Kết luận: Giao với điều kiện (*), ta có tập nghiệm là ( )1 1; 8;
8 2
S  = ∪ +∞ 
 
. 
 
0,25 
4 
(1,0đ) 
2 2
2sin
0 0
os . cosxI c x e dx xdx
π π
= +∫ ∫ . Có ( )
2 2
2sin 2sin
1
0 0
1
os . 2sin
2
x xI c x e dx e d x
π π
= =∫ ∫ 0,25 
Suy ra ( )2sin 221 01 1 12 2|xI e e
π
= = − 0,25 
Có 
2
2
2 0
0
cos sin 1|I xdx x
π
π
= = =∫ 0,25 
Từ đó 21 2
1 1
2 2
I I I e= + = + . 
 0,25 
5 
(1,0đ) 
Tọa độ giao điểm (nếu có) của 1 2,d d ứng với t thỏa hệ 
1 3 2
1 1
1 3 6 2
1 2
t t
t t
− +
=

− + −
=

 1t⇔ = . 0,25 
Từ đó, 1 2,d d cắt nhau tại điểm ( )2;3;1A ; vì vậy 1 2,d d cùng chứa trong một mặt phẳng. 0,25 
Kí hiệu ( )P là mặt phẳng ( )1 2;d d . 1d có vectơ chỉ phương (VTCP) ( )1 3;2; 2u = −

; 2d có 
VTCP ( )2 1;1;2u =

. Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến là ( )1 2; 6; 8;1n u u = = − 
  
. 
0,25 
Phương trình mặt phẳng (P): 6 8 11 0x y z− + + = . 
 0,25 
6 
(1,0đ) 
a) Ta có 
2
2
2cos 2sin . os 1
2cos 2sin . os
cT
c
α α α
α α α
− +
=
− +
0,25 
Vì tan 2α = nên os 0c α ≠ , từ đó 
( )22 2 tan 1 tan 3
2 2 tan 2
T
α α
α
− + +
= =
− +
 . 
 0,25 
b) ( ) 57 2520n S A= = . 0,25 
Số các phần tử của tập S có mặt chữ số 3 là 465. 1800A = . 
Xác suất cần tính là 1800 5
2520 7
= . 
 
0,25 
7 
(1,0đ) 
* Tính 
.S ABCV : 
Trong tam giác vuông AEC , 2 2 2EC AE AC a= + = . 
 Có ( ) ;CS CE SCEα = = . 
Trong tam giác vuông SEC ,  2 5.tan
5
aSE EC SCE= = . 
Diện tích tam giác vuông ABC là 21 .
2ABC
S AB AC a= = . 
0,25 
Thể tích khối chóp S.ABC là 
3
.
1 2 5
.
3 15S ABC ABC
aV SE S= = (đvtt). 
0,25 
3 
* Tính ( );d SA CE : Vẽ đường thẳng ∆ qua A và song song với 
CE. Kí hiệu ( )P là mặt phẳng ( ); SA∆ . Ta có ( )/ /CE P , 
suy ra ( ) ( )( ); ;d SA CE d E P= (1) 
Vẽ ED ⊥ ∆ , mà ( )SE ABC SE⊥ ⇒ ⊥ ∆ . 
Do đó ( )SED∆ ⊥ . Suy ra ( ) ( )SED P⊥ theo giao tuyến SD . 
Vẽ EF SD⊥ , suy ra ( )EF P⊥ . Từ (1), ( ) ( )( ); ;d SA CE d E P EF= = (2) 
0,25 
Có ( );
2
aED d A EC= = . Có ( )SE ABC SE ED⊥ ⇒ ⊥ . 
Trong tam giác vuông SED , 
2 2
. 2 13
13
ED ES aEF
ED ES
= =
+
. 
Từ (2), ( ) 2 13;
13
ad SA CE = . 
 
0,25 
8 
(1,0đ) 
Gọi I là trung điểm của CD. 
Có  0tan tan 45 1FEI = = và  1tan
4
IKIEK
IE
= = . 
Có   ( )   tan tan 5tan tan 31 tan .tanFEI IEKFEK FEI IEK FEI IEK+= + = =− . 
Hai tam giác vuông DCF và BCE bằng nhau nên CE = CF (1), 
suy ra tam giác CFE cân tại C. Do đó  090FEC < ; mà  FEK FEC< 
nên cos 0FEK> . Từ đó  2 3cos 1: 1 tan
34
FEK FEK= + = (2). 
0,25 
Đường thẳng EK có vec tơ pháp tuyến (VTPT) là ( )1 19; 8n = −

Đường thẳng EF có VTPT ( ) ( )2 22 ; , 0n a b a b= + ≠ và qua 11;32F     nên có phương trình: 
( )11 3 0
2
a x b y − + − = 
 
11 3 0
2
a
ax by b⇔ + − − = (3) 
Từ (2),  ( ) 1 2
1 2
.
cos cos ,
.
n n
FEK EF EK
n n
= =
 
  
2 2
19 8 3
345 17.
a b
a b
−
⇔ =
+
2 2497 608 97 0a ab b⇔ − − = 
71 97 97; 71
7 1; 7
a b a b
a b a b
= ⇒ = =
⇔ 
= − ⇒ = − =
 . 
Với 97; 71a b= = , từ (3) có phương trình đường thẳng EF là 149397 71 0
2
x y+ − = . 
Vì E EF EK= ∩ nên tọa độ điểm E thỏa hệ phương trình 
19 8 18 0
149397 71 0
2
x y
x y
− − =


+ − =
 , suy ra 58 199;
17 34
E  
 
(loại do điều kiện 3Ex < ). 
Với 1; 7a b= − = , từ (3) có phương trình đường thẳng EF là 317 0
2
x y− + − = . 
Vì E EF EK= ∩ nên tọa độ điểm E thỏa hệ phương trình 
19 8 18 0
317 0
2
x y
x y
− − =


− + − =
 , suy ra 52;
2
E   
 
(nhận do điều kiện 3Ex < ). 
0,25 
4 
Gọi tọa độ điểm ( );C m n . 
Từ (1), có ( ) ( )
2 2
2 22 2 5 112 3
2 2
CE CF m n m n   = ⇔ − + − = − + −   
   
7 29n m⇔ = − + (4). 
Có  045 tan 1FEI FEI= ⇒ = và  1tan
2
ICIEC
IE
= = 
Từ đó   ( )   tan tantan tan 31 tan .tanFEI IECFEC FEI IEC FEI IEC+= + = =− 
Suy ra  2 1cos 1: 1 tan
10
FEC FEC= + = (5) (do  090FEC ) 
Có 7 1 5; , 2;
2 2 2
EF EC m n   = = − −   
   
 
Từ (5), 
( )
( )
2
2
7 1 52
. 12 2 2
cos
10. 50 5
. 2
4 2
m n
EF ECFEC
EF EC
m n
 
− + − 
 
= ⇔ =
 
− + − 
 
 
  
( )
2
2 514 2 33 20 2
2
m n m n
  
⇔ + − = − + −  
   
 (6) 
Thay (4) vào (6) rồi thu gọn, ta được 2
9
2 15 27 0 2
3
m
m m
m

=
− + = ⇔

=
 . 
0,25 
- Với 9
2
m = , thay vào (4), ta được 5
2
n
−
= ; suy ra 9 5;
2 2
C −  
 
 (loại, do điều kiện F và C phải 
nằm khác phía đối với đường thẳng EK). 
- Với 3m = , thay vào (4), ta được 8n = ; suy ra ( )3;8C (nhận, do điều kiện F và C phải nằm 
khác phía đối với đường thẳng EK). 
 
0,25 
9 
(1,0đ) 
Điều kiện: 0x > 
Vì 3 22 3 1 0, 0x x x+ − + > ∀ > nên bất phương trình đã cho tương đương 
33 2 25 14 4 6 1x x x x x− + < + − + 
33 2 25 14 4 6 1 0x x x x x⇔ − + − − − + < 
0,25 
( )( ) ( )32 21 4 4 6 1 0x x x x x x⇔ − − + + − − + < 
( )( ) ( )( )( )
2
2
232 2 23
6 1 1
1 2 0
. 1 1
x x
x x
x x x x x x
− +
⇔ − − + <
+ − + + − +
0,25 
( ) ( ) ( )( )
2
2
232 2 23
6 1
1 2 0
. 1 1
x
x x
x x x x x x
 
+ ⇔ − − + < 
+ − + + − +  
Vì ( ) ( )( )
2
2
232 2 23
6 1
2 0
. 1 1
x
x
x x x x x x
+
− + >
+ − + + − +
, với mọi 0x > nên bất phương trình tương 
đương 1 0 1x x− < ⇔ < ; 
0,25 
Kết luận: Giao với điều kiện 0x > , ta được tập nghiệm là ( )0;1S = . 
 0,25 
5 
10 
(1,0đ) 
Có ( )( )4 4 2 2 3 3a b a b a b+ + ≥ + (1) (theo bất đẳng thức (BĐT) B.C.S); Đẳng thức xảy ra khi 
và chỉ khi a b= . 
Lại có ( ) ( )6 4 4 3 3 31 1 1. .3 3.3 2 3 2 3a b c ab abc ab abc ab abc ab a b c= = ≤ + ≤ + + + 
Hay ( )6 4 4 1 9
2 3
a b c ab≤ + (2) (theo BĐT AM-GM hai số không âm, ba số không âm) ; Đẳng 
thức xảy ra khi và chỉ khi 3a b c= = = (do 9a b c+ + = ). 
Từ đó 
( )( )4 4 2 2 3 3
6 4 4
2 3
9
a b a b a b
aba b c
+ + +≥
+
 (do (1) và (2)) 
Tương tự, ta có 
( )( )4 4 2 2 3 3
6 4 4
2 3
9
b c b c b c
bcb c a
+ +  +≥  
+ 
; 
( )( )4 4 2 2 3 3
6 4 4
2 3
9
c a c a c a
cac a b
+ +  +≥  
+ 
Từ đó 
3 3 3 3 3 3
2 3.
9 9 9
a b b c c aP
ab bc ca
 + + +≥ + + 
+ + + 
 (3) 
0,25 
Đặt 
3 3 3 3 3 3
9 9 9
a b b c c aQ
ab bc ca
+ + +
= + +
+ + +
Bằng phép biến đổi tương đương ta chứng minh được: 
Với , 0a b > , ( )
2
4
a b
ab
+
≤ (4) và ( )
3
3 3
4
a b
a b
+
+ ≥ (5) 
Từ đó 
( )
( )
( )
( )
3
33 3
22
1
4
19 369
4
a b a ba b
ab a ba b
+ ++
≥ =
+ + ++ +
(6) (do (4) và (5)) 
0,25 
Ta sẽ chứng minh ( )( ) ( )
3
2 336
a b
a b
a b
+
≥ + −
+ +
 (7) 
Thật vậy, đặt 0t a b t= + ⇒ > ; ( ) ( )
3
2
27 3 3 6 036
t
t t
t
⇔ ≥ − ⇔ − ≥
+
 (đúng với mọi 0t > ); 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 6 6t a b= ⇔ + = . 
Từ (6), (7), có 
3 3
3
9
a b
a b
ab
+ ≥ + −
+
; Đẳng thức xảy ra khi 3a b= = . 
0,25 
Một cách tương tự, ta chứng minh được 
3 3 3 3
3; 3
9 9
b c c ab c c a
bc ca
+ +≥ + − ≥ + −
+ +
 (8) 
Từ (7) và (8), có ( )2 9 2.9 9 9Q a b c≥ + + − = − = ; Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
3a b c= = = . Kết hợp với (3), 18 3P ≥ ; Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3a b c= = = . 
Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 18 3 đạt được khi 3a b c= = = . 
 
0,25 
Hết