›

Tuyển tập 10 đề thi thử môn Toán THPT Quốc Gia - Nguyễn Thanh Tùng (Có đáp án)

pdf 64 trang Người đăng hapt7398 Lượt xem 671Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tuyển tập 10 đề thi thử môn Toán THPT Quốc Gia - Nguyễn Thanh Tùng (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Tuyển tập 10 đề thi thử môn Toán THPT Quốc Gia - Nguyễn Thanh Tùng (Có đáp án)
ToanMath.Com
TUYỂN TẬP 10 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 
CÁC TRƯỜNG CHUYÊN TRÊN TOÀN QUỐC 
Tổng hợp bởi: Nguyễn Thanh Tùng 
Website: www.toanmath.com 
Huế ngày 19 tháng 04 năm 2016 
 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 
THOẠI NGỌC HẦU Môn thi: TOÁN 
 ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC (gồm 01 trang) 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  C của hàm số 4 24 3y x x   . 
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  H :
2 1
1
x
y
x
 tại    0 0; yM x H có 0 5y  . 
Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 1 3 1 2z z i i . Tính môđun của z . 
b) Giải bất phương trình 2log 5log 6 0x x   . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  
4
3
0
4I x x dx  .
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm  1;0;0M ,  0;2;0N và  0;0;3P .
Viết phương trình mặt phẳng  MNP và viết phương trình mặt cầu tâm O tiếp xúc với  MNP .
Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sin 3 cos 1
3 3
x x . 
b) Trong đợt ứng phó dịch Zika, WHO chọn 3 nhóm bác sĩ đi công tác ( mỗi nhóm 2 bác sĩ
gồm 1 nam và 1 nữ). Biết rằng WHO có 8 bác sĩ nam và 6 bác sĩ nữ thích hợp trong đợt công tác này. Hãy cho 
biết WHO có bao nhiêu cách chọn ? 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB a , 3AC a
và mặt bên ' 'BB C C là hình vuông. Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai
đường thẳng 'AA , 'BC .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn có phương trình 
2
2
1
: 1 1C x y và
2 2
2
: 1 1 4C x y . Hãy viết các phương trình tiếp tuyến chung của  1C và  2C . 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2 1
2 1
2 2 3 1
2 2 3 1
y
x
x x x
y y y


     

    
 trên tập số thực. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a,b,c thỏa điều kiện 2 2 2 3a b c   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a ab c b bc a c ca b
P
a b c
          
                   
. 
------Hết------ 
 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 
THOẠI NGỌC HẦU Môn thi: TOÁN 
 ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM (gồm 05 trang) 
Câu Đáp án (trang 01) Điểm 
1 
(1,0đ) 
+Tập xác định: D 
+Sự biến thiên: .
/ 3 /
0 3
4 8 , 0
2 1
x y
y x x y
x y
  
    
     0,25 
.Các khoảng đồng biến:  2;0 và  2; ; các khoảng nghịch biến:  ; 2  và  0; 2
.Hàm số đạt cực đại tại 0x  , yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại 2x   , yCT = 1 
.Giới hạn    4 2 4 2lim lim 4 3 , lim lim 4 3
x xx x
y x x y x x
  
         
0,25 
+Bảng biến thiên
y
y'
x
-1 -1
3
0 00
0 2- 2 +
++
-
0,25 
+Đồ thị:
x
y
2- 2
BA
2-2
-1
3
O 1
0,25 
2 
(1,0đ) 
+  ; yo o oM x (H):
2 1
1
x
y
x
; 0
0 0 0 0
0
2 1
5 5 2 1 5 5 2
1
x
y x x x
x
0,25 
+
02 2
3 3
' '( ) ' 2 3
(2 1)1
y y x y
x
0,25 
+Phương trình tiếp tuyến tại  ; yo o oM x có dạng    ' .o o oy y y x x x   0,25 
+Phương trình tiếp tuyến cần tìm: 5 3( 2) 3 11y x y x 0,25 
Câu Đáp án (trang 02) Điểm 
3 
(1,0đ) 
a) + Đặt z a bi ,a b ; điều kiện đã cho 
1
1 1 5 0 1;
5
a b i a b 0,25 
+ Vậy môđun của z là
2 2 1 261
25 5
z a b 0,25 
b) Giải bất phương trình 2log 5log 6 0x x   (1). +Điều kiện xác định: 0x  .
+Khi đó  1 log 2 log 3 100 1000x x x x       
0,25 
+So với điều kiện ta có tập nghiêm của (1) là    0;100 1000;S    0,25 
4 
(1,0đ) 
+ Đặt 4t x dt dx + Đổi cận:
4
0
x
x
0
4
t
t 0,25 
+ Suy ra:
0 4
3 3 4
4 0
4 4I t t dt t t dt
0,25 
4
5
4
0
5
t
t 0,25 
256
5
. (CÁCH 2:    
4 4
3 3 2 2 3
0 0
4 4 3.4 3.4 ...I x x dx x x x x dx        ) 0,25 
5 
(1,0đ) 
+ Phương trình mp   : 1
1 2 3
x y z
MNP    0,25 
  : 6 3 2 6 0MNP x y z     0,25 
+Gọi (S) là mặt cầu tâm O bán kính R, (S) tiếp xúc (MNP)   
6
,
7
R d O MNP   0,25 
Vậy (S): 2 2 2
36
49
x y z   0,25 
6 
(1,0đ) 
a) sin 3 cos 1
3 3
x x
2
sin sin
3 6
x 0,25 
2
2 2
3 6 2
2 5
22
63 6
x k x k
k
x kx k
0,25 
b) +Số cách chọn bác sĩ nam là 38 56C  ; 
+Số cách chọn bác sĩ nữ là 36 20C  
0,25 
+Với 3 nam và 3 nữ được chọn, ghép nhóm có 3!cách. +Vậy có 56.20.3! 6720 cách.
C2: +Chọn tổ hợp 3 nam có 38C ; chọn chỉnh hợp 3 nữ có
3
6A . + Ghép cặp có
3
8C .
3
6A = 6720.
C3: +Chọn tổ hợp 3 nữ có 36C ; chọn chỉnh hợp 3 nam có
3
8A . + Ghép cặp có
3
6C .
3
8A = 6720. 
0,25 
Câu Đáp án (trang 03) Điểm 
7 
(1,0đ) 
+Do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên 'BB là đường cao của lăng trụ
+Vì ' 'BB C C là hình vuông nên 2 2 2 2' 3 2BB BC AB AC a a a
0,25 
+Do đó
3
. ' ' '
1
'. 2 . . . .a 3 3
2ABC A B C ABC
V BB S a AB AC a a a 0,25 
+Vì ' || ' 'AA BB C C nên ', ' , ' 'd AA BC d A BB C C
+Trong ABC , hạ AH BC (1); +Vì 'BB ABC nên 'AH BB (2) 
+Từ (1) và (2) suy ra ' 'AH BB C C , ' 'AH d A BB C C
0,25 
+Xét tam giác ABC ta có
. . . 3 3
2 2
AB AC a a a
AH
BC a
. Vậy 
3
', '
2
a
d AA BC 0,25 
8 
(1,0đ) 
+
1
C có tâm 
1
1;0I , bán kính 
1
1R ;
2
C có tâm 
2
1;1I , bán kính 
2
2R
Vì 
2 2
1 2
2 1 5 3I I nên 
1
C cắt 
2
C . ( Suy ra 
1
C và 
2
C có hai tiếp tuyến chung ) 
0,25 
+Xét đường thẳng : 1 0y , ta có: 
1 1 2 2
; 1 & ; 2d I R d I R
 Suy ra : 1 0y là một tiếp tuyến chung của 
1
C và 
2
C . 
0,25 
Đáp án (trang 04) Điểm 
+Tiếp tuyến chung còn lại là đường thẳng đối xứng với qua 
1 2
I I
 Phương trình 
1 2
: 2 1 0I I x y . Gọi 
1 2
M I I , suy ra 3; 1M
 Xét điểm 0; 1N , gọi 'N là điểm đối xứng của N qua 
1 2
I I
 Phương trình đường thẳng d qua N và vuông góc 
1 2
I I là : 2 1 0d x y
 Tọa độ 
1 2
H d I I là nghiệm của hệ phương trình
3
2 1 3 15 ;
5 52 1 1
5
x
x y
H
x y
y
 . Suy ra 
6 7
;
5 5
N
0,25 
+Phương trình tiếp tuyến chung còn lại là ' : 4 3 9 0MN x y . 
CÁCH 2: Vì 2 đường tròn khôg có t/t chung vuông góc với Ox, nên t/t chung có dạng : y kx b  
CÁCH 3: Đường thẳng 
2 2: 0,( 0)ax by c a b      tiếp xúc  1C và   2 ...C 
0,25 
9 
(1,0đ) 
+Đặt 
 
2 1
2 1
2 2 3 1 (1)
2 2 3 1 2
y
x
x x x
y y y


     

    
 ; +Điều kiện xác định: ;x y 
+Đặt
1
; ,
1
a x
a b
b y
 

 
; hệ (1)(2) trở thành 
 
 
2
2
1 3 3
1 3 4
b
a
a a
b b
   

  
0,25 
+Trừ theo vế (3) với (4), ta được:
 2 2 2 21 1 3 3 1 3 1 3 5b a a ba a b b a a b b              
+Xét hàm   2 1 3tf t t t    , t ; ta có  
2
2
1
' 3 ln 3 0,
1
tt tf t t
t
 
    

. 
0,25 
+Suy ra hàm số  f t đồng biến trên , mà theo (5) có    f a f b nên a b
+Thay a b vào (3) được  2 1 3 6aa a   . Vì 2 vế của (6) dương nên 
       2 26 ln 1 ln 3 ln 1 a ln 3 0 7aa a a a        
0,25 
+Xét hàm      2
2
1
ln 1 ln 3 ' ln 3 1 ln 3 0,
1
g a a a a g a a
a
           

+Suy ra hàm  g a nghịch biến trên , mà  0 0g  ; nên a = 0 là nghiêm duy nhất của (7)
+Từ đó ta có hệ
0 1 0
1
0 1 0
a x
x y
b y
   
    
   
. Vậy 1x y  là nghiệm của hệ đã cho. 
0,25 
Câu Đáp án (trang 05) Điểm 
10 
(1,0đ) 
+Ta có bất đẳng thức . .u v u v ; đẳng thức xảy ra  | cos , | 1 ,u v u v   cùng phương
+Áp dụng bất đẳng thức trên cho 2 vector    a; 2 ;1 , 1; 2 ;cu a v b  ta được:
       
2 2
22 2 2
2 2 2 22 a.1 2 . 2 1.c 2 1 . 1 2a ab c a b a a b c
   
            
   
       
2
2 2 2 222 1 1 2 1 2 1
1
a ab c
a ab c a b c b c
a
  
             
0,25 
+Tương tự có    
2 2
2 22 21 2 2 ; 1 2 3
1 1
b bc a c ca b
c a a b
b c
      
               
0,25 
+Cộng theo vế (1),(2),(3) ta được    2 2 23 2 6 2P a b c a b c a b c           
2 2 26 2 3. 6 2 3. 3 12a b c       (4)
0,25 
+Đẳng thức ở (1) xảy ra
2
2
2 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 12
a a a a a a a
c b c b c b cb
            
+Tương tự ở (2), (3) nên đẳng thức (4):
2 2 2
1 1 1 1 1 1
12 1 1 1
0 0 0 3
a b c
P b c c a a b
a b c a b c

       
  
         
2 2 2
2 2 2
2 2 2
0
1;c 1;a 1
1 1
0;b 0;c 0;a 3
3
a b c
b c ab a bc b ca
c b c a b c
a b c
a b c
  
         
         
      
  
Vậy Max 12 1P a b c     
0,25 
-----Hết----- 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1 
Môn: 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 3 26 9 1.y x x x= - + -
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 
2 1,1
xy x
+
=
-
 biết rằng tiếp tuyến 
song song với đường thẳng : 3 4 2 0.d x y+ - =
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải bất phương trình 1 3 1 32 2 5.x x+ + - ++ <
b) Cho 3log 5 .a= Tính 45log 75 theo .a
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
2
0
ln(2 1) d .
( 1)
x xI x
x
+ +
=
+ò
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 7 0P x y z+ + - = và
đường thẳng 
3 8: .2 4 1
x y zd - += =
- -
Tìm tọa độ giao điểm của d với ( )P và lập phương trình mặt
phẳng ( )Q chứa d đồng thời vuông góc với ( ).P
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình cos sin2 sin sin2 cot .x x x x x+ = +
b) Nhân dịp kỷ niệm ngày Nhà giáo Việt Nam, trường THPT X tuyển chọn được 24 tiết mục văn
nghệ tiêu biểu, trong số đó lớp 11A có 2 tiết mục để công diễn trong toàn trường. Ban tổ chức cho
bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai buổi công diễn, mỗi buổi 12 tiết mục. Tính xác suất để 2
tiết mục của lớp 11A được biểu diễn trong cùng một buổi.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm ,O SD vuông
góc với mặt phẳng  0( ), , 120 ,ABCD AD a AOB= = góc giữa hai mặt phẳng ( )SBC và ( )ABCD
bằng 045 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
, .AC SB
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có phương trình các đường
thẳng chứa trung tuyến và đường cao kẻ từ C lần lượt là 2 0y + = và 3 2 8 0.x y- + = Đường thẳng
chứa trung tuyến kẻ từ A đi qua ( 18; 3).K - Tính ABC biết rằng điểm A có tung độ âm và thuộc
đường thẳng : 2 2 0.d x y+ + =
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 24 2 2 1 3 .x x x xæ ö+ + £ + + +ç ÷
è ø
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 2.xy yz zx+ + = Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức 
2
2 2 2
2 2 .
2 2 2
x y zP
x y z
= + +
+ + +
------------------ Hết ------------------ 
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 19, 20/3/2016. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại 
phiếu dự thi cho BTC. 
2. Thi thử THPT Quốc gia lần 2 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 09 và ngày 10/4/2016. Đăng ký
dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 19/3/2016.
Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: https://www.facebook.com/groups/toanmath
Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại: https://www.toanmath.com
1 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1 
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu Đáp án Điểm 
1o. Tập xác định: .D = 
2o. Sự biến thiên: 
* Chiều biến thiên: Ta có 23 12 9, .y x x x¢ = - + Î 
1 10 ; 0 ; 0 1 3.3 3
x xy y y xx x
é é= <
¢ ¢ ¢= Û > Û < Û < <ê ê
= >ê êë ë
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1)-¥ và (3; );+ ¥ hàm số nghịch biến trên
khoảng (1; 3).
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1,x = yCĐ (1) 3y= = ;
hàm số đạt cực tiểu tại 3, (3) 1.CTx y y= = = -
* Giới hạn tại vô cực:
3
2 3
6 9 1lim lim 1 ;
x x
y x x x x®-¥ ®-¥
æ ö
= - + - = -¥ç ÷
è ø
3
2 3
6 9 1lim lim 1 .
x x
y x x x x®+¥ ®+¥
æ ö
= - + - = +¥ç ÷
è ø
0,5 
Câu 1. 
(1,0 
điểm) 
* Bảng biến thiên:
3o. Đồ thị: 
0,5 
Hệ số góc của d là 3 .4k = - Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến cũng là 
3 .4-
Ta có 
( )2
3' , 1.
1
y x
x
= - ¹
-
Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị là nghiệm của phương trình 
2
2
13 3 3' ( 1) 4 34 4( 1)
xy x xx
é = -
= - Û - = - Û - = Û ê
=- êë
0,5 
Câu 2. 
(1,0 
điểm) 
* Với 1x = - ta có 1 .2y = Suy ra tiếp tuyến là 
3 1( 1) ,4 2y x= - + + hay
3 1 .4 4y x= - -
* Với 3x = ta có 7 .2y = Suy ra tiếp tuyến là 
3 7( 3) ,4 2y x= - - + hay
3 23 .4 4y x= - +
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là 
3 1
4 4y x= - - và 
3 23 .4 4y x= - +
0,5 
x 
'y
y
1 ¥- ¥+3 
3 
¥-
¥+
1-
+ –0 0 + 
x
O
3 
y
1-
1 3 
Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: https://www.facebook.com/groups/toanmath
Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại: https://www.toanmath.com
2 
a) Điều kiện: 3.x ³ -
Đặt 32 0,x t+ = > bất phương trình đã cho trở thành
222 5 2 5 2 0,t t tt+ ) 
1 22 tÛ < <
1 32 2 2 1 3 1 3 2.x x x- +Û < < Û - < + < Û - £ < -
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 3 2.x- £ < -
0,5 
Câu 3. 
(1,0 
điểm) 
b) Ta có 34545
3
log 75log 75 2 log 75 2 log 45= = 
2
3 3
2
33
log (3.5 ) 1 2 log 5 2 42 2 .2 log 5 2log (3 .5)
a
a
+ +
= = =
+ +
0,5 
Đặt 2
dln(2 1), d .
( 1)
xu x x v
x
= + + =
+
Suy ra 
2 1d 1 d , .2 1 1u x vx x
æ ö
= + = -ç ÷+ +è ø
Theo công thức tích phân từng phần ta có 
1 1
0 0
ln(2 1) 1 2 d1 1 (2 1)( 1)
x xI xx x x x
æ ö+ +
= - + +ç ÷+ + + +è ø
ò
0,5 
Câu 4. 
(1,0 
điểm) 
1 1
0 0
1 1 4 2 1 4 1(1 ln 3) d (1 ln 3) d2 1 2 1 1 2 2 1 1x xx x x x x
æ ö æ ö
= - + + + - = - + + -ç ÷ ç ÷+ + + + +è ø è ø
ò ò
 ( )
1
0
1 (1 ln 3) 2 ln(2 1) ln( 1)2 x x= - + + + - +
1 (1 ln 3) 2 ln 3 ln22= - + + -
 ( )3 1 1ln 3 ln2 3 ln 3 2 ln2 1 .2 2 2= - - = - -
0,5 
Gọi ( ).M d P= Ç Vì M dÎ nên ( 2 3; 4 8; ).M t t t- + - -
Suy ra ( ) ( 2 3) (4 8) ( ) 7 0 12,M P t t t tÎ Û - + + - + - - = Û = hay ( 21; 40; 12).M - - 0,5 Câu 5. 
(1,0 
điểm) 
Mặt phẳng ( )Q chứa d và vuông góc với ( )P nên ( )Q có cặp vtcp ( 2; 4; 1)
(1; 1; 1)
d
P
u
n
ì = - -ï
í
=ïî


Suy ra , (5; 1; 6).Q d Pn u né ù= = -ë û
  
Lấy (3; 8; 0)N d- Î nên ( ).N QÎ
Suy ra phương trình ( ) : 5 6 7 0.Q x y z+ - - =
0,5 
a) Điều kiện: sin 0.x ¹
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
( ) ( )
( ) ( )
cos sin sin2 1 cot 0 cos sin 2 cos sin cos 0
cos sin
4cos sin 1 2 cos 0 ( ).1cos 22 3
x x x x x x x x x
x x x k
x x x k
x x k
p p
p p
- + - = Û - + - =
éé = = +êêÛ - - = Û Û Îêê = ê = ± +êë êë

0,5 
Câu 6. 
(1,0 
điểm) 
b) Gọi hai buổi công diễn là , .I II Số cách chia 24 tiết mục thành hai buổi công diễn
chính là số cách chọn 12 tiết mục cho buổi ,I đó là 1224 .C
Gọi A là biến cố “2 tiết mục của lớp 11A được biểu diễn trong cùng một buổi”.
Nếu 2 tiết mục của lớp 11A cùng biểu diễn trong buổi I thì số cách chọn 10 tiết mục còn
lại cho buổi I là 1022 .C Hai tiết mục của lớp 11A cũng có thể cùng biểu diễn trong buổi .II
Vì vậy, số cách chia để biến cố A xảy ra là 10222. .C
Do đó 
10
22
12
24
2. 11( ) 0,4783.23
CP A
C
= = »
Ghi chú. Xác suất cũng có thể được tính theo công thức 
2
12
2
24
2. 11( ) .23
CP A
C
= =
0,5 
Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: https://www.facebook.com/groups/toanmath
Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại: https://www.toanmath.com
3 
Vì 
( )SD ABCD
DC BC
ì ^ï
í ^ïî
nên .SC BC^
Suy ra  ( ) 0( ), ( ) 45SCD SBC ABCD= =
(do SCDD vuông tại D nên  090 ).SCD <
Vì ABCD là hình chữ nhật nên ,OA OD=
kết hợp với  0 0180 60 .AOD AOB= - = Suy
ra OADD đều.
Do đó  0, 60 .OA OD a ADO= = =
Suy ra 0. tan 60 3.AB AD a= =
Suy ra 2. 3ABCDS AB AD a= = và 0. tan 45 3.SD CD a= =
Suy ra 3.
1 . .3S ABCD ABCDV SD S a= =
0,5 
Câu 7. 
(1,0 
điểm) 
Kẻ Bx // AC Þ mp( , )S Bx //AC
( ) ( )1( , ) , ( , ) , ( , ) .2d AC SB d O S Bx d D S BxÞ = = (1) 
Hạ , .DK Bx DH SK^ ^ Vì ( )Bx SDK^ nên ( , ).Bx DH DH S Bx^ Þ ^ (2)
Vì 2 2BD DO a= = và   060DBK DOA= = (đồng vị) nên 0sin 60 3.DK BD a= =
Suy ra SDKD vuông cân tại 2 6 .2 2 2
SK SD aD DHÞ = = = (3)
Kết hợp (1), (2) và (3) ta suy ra 
1 6( , ) .2 4
ad AC SB DH= =
0,5 
Từ hệ 
2 0 ( 4; 2).3 2 8 0
y Cx y
ì + =ï Þ - -í - + =ïî
Gọi ,M N là trung điểm , .AB BC
Ta có 
: 2 2 0 ( 2 2; ) ( 0)A d x y A a a aÎ + + = Þ - - <
: 2 0 ( ; 2).M CM y M mÎ + = Þ -
Mà M là trung điểm AB nên 6(2 2 2; 4) 1; .2
aB a m a N a mæ ö- -+ + - - Þ + -ç ÷
è ø
Vì CH AB^ nên . 0 2(2 2) 3( 2) 0 2 2.CHu AM a m a a m= Û + + + - - = Û = - +
 
 (1) 
0,5 
Câu 8. 
(1,0 
điểm) 
Ta có ( 2 16; 3)KA a a= - + -

 và 
1217; .2
aKN a mæ ö- -= + +ç ÷
è ø

Vì , ,A N K thẳng hàng nên KA

 cùng phương KN

. Do đó
( 2 16)( 12) 2( 3)( 17).a a a a m- + - - = - + + (2) 
Thay (1) vào (2) ta được 
tm
ktm
2
5 3 ( )2 21 65 0 2
13 28 ( )
m am m
m a
é
= Þ = -ê+ - = Û ê = - Þ =êë
Suy ra (4; 3), (1; 1).A B- -
Ta có ( ) 3( 5) ( 2)( 1) 1(3; 2), ( 5; 1) cos , .9 4. 25 1 2BA BC BA BC
- + - -
= - = - - Þ = = -
+ +
   
Suy ra  ( ) 0, 135 .ABC BA BC= =
 
0,5 
A
S
K B
O
D
H
a
x
045 
C
C
H B M A
N
K
Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: https://www.facebook.com/groups/toanmath
Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại: https://www.toanmath.com
4 
Điều kiện: 2.x ³ -
Đặt 2 3 , 2 ,x u x v+ = + = bất phương trình đã cho trở thành
( )2 2 2 23 4 2 3 1 0u v v u u v u v u v- + £ + Û - + + - - + £
( 1)( 3) 0u v u vÛ - + + - £
2 23 2 1 3 2 3 0.x x x xæ ö æ öÛ + - + + + + + - £ç ÷ç ÷
è ø è ø
(1) 
Ta có 
2
2
2
13 2 1 1 0.
3 2
x xx x
x x
- +
+ - + + = + >
+ + +
Do đó (1) tương đương với 2 3 2 3 0x x+ + + - £
0,5 
Câu 9. 
(1,0 
điểm) 
2
2
3 2 03 3 2
3 9 6 2 2
xx x
x x x
ì - + ³ïÛ + £ - + Û í
+ £ - + + +ïî
( ) ( )
2
22 2
2 7, 8 07
6 2 8 36 2 8
x x xx
x x x x x x
ì- £ £ + - ³ì £ï ïÛ Ûí í
+ £ + - + £ + -ï ïî î
( ) ( )2 2
1 332 2 2 2 32 11 4 8 0
x x
xx x x
ì + é- £ £ï - £ £ -
êÛ Ûí
= -êï ë+ - - ³
î
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1x = - và 2 2 2 3.x- £ £ -
0,5 
Đặt 2 tan , 2 tan , 2 tan ,2 2 2
A B Cx y z= = = với 0 , , .A B C p£ < (1) 
Từ giả thiết ta có tan tan tan tan tan tan 1.2 2 2 2 2 2
A B B C C A
+ + =
Khi đó 
1 tan tan2 2tan cot tan .2 2 2 2tan tan2 2
B C
A B C B C
B C
p- æ ö+ +
= = = -ç ÷
è ø+
Suy ra , .2 2 2
A B C k kp p+= - + Î  Hay 2 .A B C kp p+ + = +
Từ (1) suy ra 0.k = Do đó .A B C p+ + = Khi đó
0,5 
Câu 10. 
(1,0 
điểm) 
21 1sin sin sin 22 2
CP A B= + + 21 .2 sin cos 1 cos2 2 22
A B A B C+ -
= + -
 22 cos cos 12 2
C C
£ - + 
23 1 3cos .2 2 22
Cæ ö
= - - £ç ÷
è ø
Dấu đẳng thức xảy ra khi 
1 2 2cos 22 2 2.
4
C C x y
zA B A B
p
p
ìì ì=ï = = -=ï ï ïÛ Ûí í í
=ï ï ï= = = îî ïî
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 .2
0,5 
Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: https://www.facebook.com/groups/toanmath
Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại: https://www.toanmath.com
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN 1) 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG Môn: 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 ( )C của hàm số 2 4
2 1
3 3
 y x x . 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số ( )( ) 2 xf x x e  trên đoạn [0;2] 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: ( )
2
1
lnI x x x dx  .
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình ( ) ( )22 5 2log log 3 .log 5x x x  
b) Tính
2 3
1
3 2 5
lim
1x
x x
x
  
   
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba đường thẳng 
1
1 1 1
: 
1 4 1
x y z
d
  
  ; 2
2 1 1
: 
2 8 2
x y z
d
  
 
  
 vaø 3
2
: 5 ( )
3 2
x t
d y t t
z t
 

   
   
 . Xét vị trí tương đối của 
1d và 2d . Viết phương trình đường thẳng cắt trục oy và cắt cả ba đường thẳng 1 2;d d và 3d . 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Cho tam giác ABC có sinA,sinB,sinC theo thứ tự lập thành cấp số nhân và 060 C A .Tính cos2B
b) Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau từng đôi một được chọn từ các số
0,1,2,3,4,5. Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập hợp E .Tính xác suất để trong ba số được chọn có đúng
một số có mặt chữ số 4.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác vuông cân tại A, AB = AC= a, trên
cạnh BC lấy điểm H sao cho 
1
4
BH BC
 
, SH vuông góc với mp(ABC), góc giữa SA và mặt phẳng 
(ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB 
và SC. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 
1
;3
2
B
 
 
 
. Đường tròn tâm J 
nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, AC, AB lần lượt tại M, N, P. Cho biết ( )3;3M và đường 
thẳng đi qua hai điểm N, P có phương trình 1 0y   . Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng A có tung độ âm. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
1 2
3
( , )3 4
10 15 3 46 0
  
 
 
    
x y
x yy x
x y xy
 . 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 17( ) 2a b c a b c ab      . Tìm 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
3
3 1
243
2 67
P a b c
a b c
 
     
  
 Hết 
Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: https://www.facebook.com/groups/toanmath 
Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại: https://www.toanmath.com
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN 1) 
Môn: TOÁN 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
1,0 điểm 
a) (1điểm) D  
b) Chiều biến thiên
lim ; lim
 
   
x x
y y
' 3 24 4 4 (1 )
3 3 3
   y x x x x
' 0 0; 1; 1y x x x      
hàm số đồng biến trên ( ; 1)  và (0;1) ;hàm số nghịch biến trên ( 1;0) và (1; ) 
hàm số đạt cực tiểu tại điểm 0; 0 CTx y ; hàm số đạt cực đại tại điểm 
1
1;
3
  CDx y
BBT 
 x - -1 0 1 +
 y’ + 0 - 0 + 0 -
 y 
1
3
1
3
  0 -
Đồ thị 
2
2
4
6
5 5
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 2 
1,0 điểm 
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [0;2] và ' ( ) ( 1) xf x x e  .. 
' ( ) 0 1f x x   (thỏa mãn ) . 
(0) 2; (1) ; (2) 0f f e f      
Vậy Giá trị lớn nhất của hàm số là 0 khi x = 2 
 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là -e khi x = 1 . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 3 
1,0 điểm Ta có ( )
2 2 2
2
1 1 1
ln lnI x x x dx x dx x x dx     
* 
2
2
1
x dx 
23
1
7
3 3
x
 . 
2
1
dx
ln
2
du
u x x
dv xdx x
v

 
 
  

 .. 
2 2 22 22 2 2
1 11 1 1
1 3
ln ln ln 2ln 2
2 2 2 4 4
x x x
x xdx x xdx x
     
          
     
   
0,25 
0,25 
0,25 
Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: https://www.facebook.com/groups/toanmath 
Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại: https://www.toanmath.com
Vậy: 
2 2
2
1 1
7 3 19
ln 2 ln 2 2ln 2
3 4 12
I x dx x x dx        ......................................... 
0,25 
Câu 4 
a) 0,5 đ
Điều kiện ( ) ( )x , 1 0;3    . 
 ( ) ( ) ( ) ( )2 22 5 2 2 2log log 3 .log 5 log log 3x x x x x x      
2 2 1 (tm)3 2 3 0
3 ( )
x
x x x x x
x tm

          
 Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có nghiệm x =1, x = -3  
0,25 
0,25 
b) 0,5 đ 2 2 23 3 3
1 1 1 1
3 2 5 3 3 2 2 3( 1) 2( 1)
lim lim lim lim
1 1 1 1x x x x
x x x x x x
x x x x   
            
                      
( )
21 1 3 3
2 2 20
lim3( 1) lim 6
3 31
x x
x
x x
 
     
 
0,25 
0,25 
Câu 5 
1,0 điểm 
* d1: đi qua đi qua điểm 1(1;1;1)M , có véc tơ chỉ phương 1 (1;4;1)u 

d2: đi qua đi qua điểm 2 (2; 1; 1)M   , có véc tơ chỉ phương 2 ( 2; 8; 2)u    

1 2 (1; 2; 2)M M   

 . 
1 2 1 1 2 1 2, 0 ; , ( 6;3; 6) 0 / /u u u M M d d           
     
0,25 
0,25 
* ( )mp  chứa 1 2/ /d d nên pt ( )mp  đi qua điểm 1(1;1;1)M và nhận 
 1 1 2, ( 6;3; 6)n u M M      
  
 làm véc tơ pháp tuyến. ( ) :2 2 3 0ptmp x y z     
( ) A(0; 3;0)oy mp    
3 ( )d mp B  
( ; ; )B x y z là nghiệm của hệ: 
2 2
5 5
(2; 5; 3)
3 2 3
2 2 3 0 0
x t x
y t y
B
z t z
x y z t
   
      
    
     
      
 ............ 
(2; 2; 3)AB   

Vì (2; 2; 3)AB   

và 1 (1;4;1)u 

 không cùng phương nên đường thẳng cần tìm đi 
qua hai điểm A và B. Suy ra ptđt: 
3
2 2 3
x y z
 
 
 ............................................... 
0,25 
 0,25 
Câu 6 
a) 0,5 đ
 sinA,sinB,sinC theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có : 
 2 2
1
sin sin .sin sin cos( ) cos( )
2
     B C A B C A C A
2 21 11 cos cosB 4cos 2cos 3 0
2 2
 
        
 
B B B 
1 13
cos
4
 
 B (nhận) hoặc 
1 13
cos
4
 
B (loại) .. 
2 3 13cos 2 2cos 1
4

  B B .. 
0,25 
0,25 
b) 0,5 đ
Số phần tử của tập hợp E là 255 100A 
Số các số thuộc E không có chữ số 4 là : 244 48A 
Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: https://www.facebook.com/groups/toanmath 
Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại: https://www.toanmath.com
Số các số thuộc E có chữ số 4 là : 100 48 52  
Số cách chọn 3 số khác nhau thuộc tập E là 3100 161700C  
Số cách chọn 3 số khác nhau thuộc tập E trong đó có đúng một số có mặt chữ số 4 là : 
1 2
52 48. 58656C C . 
Xác suất cần tìm là : 
1 2
52 48
3
100
. 4888
13475

C C
C
 . 
0,25 
0,25 
Câu 7 
1,0 điểm 
1 2
2;
4 4
a
BC a BH BC  
I là trung điểm BC, suy ra 
1 2 2
; ;
2 2 4
a a
AI BC AI BC HI BH    
2 2
2 2 2 2 10
4 16 4
a a a
AH AI IH    
0 10 30. tan 60 . 3
4 4
a a
SH AH    
2.
2 2
ABC
AB AC a
S  
2 3
.
1 1 30 30
. . . .
3 3 2 4 24
S ABC ABC
a a a
V S SH   . 
a
a
J
K
D
H
I
B
C
A
S
L
Tử B, kẻ đường thẳng song song với AC, Tử C, kẻ đường thẳng song song với AB, hai 
đường thẳng này cắt nhau tại D. 
Tử H, kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB và DC lần lượt tại K và J 
Ta có ( ); / / ( )SC mp SDC AB mp SDC 
Nên 
4
( , ) ( , ( )) (K, (SDC)) . ( , ( ))
3
d AB SC d AB DSC d d H SDC   vì 
4
3
KJ HJ
Từ H kẻ HL SJ , ta chứng minh được ( ) d(H;(SDC)) HLHL mp SDC   .. 
2 2
2 23 3 30 9 39;
4 4 16 4 4
a a a a
HJ BD SJ SH HJ      
. 3 130
52
SH HJ a
HL
SJ
 
4 4 130
( , ) . ( , ( )) .
3 3 13
a
d AB SC d H SDC HL   . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
a
a
H
I
A C
B
S
Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: https://www.facebook.com/groups/toanmath 
Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại: https://www.toanmath.com
Câu 8 
1,0 điểm 
B
1
2
; 3( ) M 3; 3( )
y-1=0
C
A
J
P
N
P thuộc đường thẳng NP nên (a ;1)P 
2
1 5
3
2 2
BP BM
 
    
 
( )
2 2
2 21 5 1 9
1 3
12 2 2 4
a
BP a a
a
   
                  
 Với 2 (2;1)a P 
Ptđt AB đi qua P(2;1) và nhận 
3
; 2
2
BP
 
  
 

làm vtcp. Suy ra pt AB: 4 3 11 0x y   
Ptđt PJ đi qua P(2;1) và nhận 
3
; 2
2
BP
 
  
 

làm vtpt. Suy ra pt PJ: 3 4 2 0x y  
Ptđt MJ đi qua M(3; 3) và nhận 
5
;0
2
BM
 
  
 

làm vtpt. Suy ra pt MJ: 3 0x  
{ } J(x; y)PJ MJ J   là nghiệm của hệ: 
3
3 4 2 0 7
3;7
3 0 4
4
x
x y
J
x y

     
         
Ptđt AJ đi qua 
7
3;
4
J
 
 
 
 và vuông góc với PN: y-1=0. Suy ra pt AJ: 3 0x   
{A} (x; y)AJ AB A   là nghiệm của hệ: 
3
3 0 1
3;1
4 3 11 0 3
3
x
x
A
x y y

    
     
       
0,25 
0,25 
.. 
 Với 1 ( 1;1)a P   
Ptđt AB đi qua P(-1;1) và nhận 
3
; 2
2
BP
 
   
 

làm vtcp. Suy ra pt AB: 4 3 7 0x y   
Ptđt PJ đi qua P(-1;1) và nhận 
3
; 2
2
BP
 
   
 

làm vtpt. Suy ra pt PJ: 3 4 1 0x y  
Ptđt MJ đi qua M(3; 3) và nhận 
5
;0
2
BM
 
  
 

làm vtpt. Suy ra pt MJ: 3 0x  
{ } J(x; y)PJ MJ J   là nghiệm của hệ: ( )
3 4 1 0 3
3; 2
3 0 2
x y x
J
x y
    
   
    
Ptđt AJ đi qua ( )3; 2J  và vuông góc với PN: y-1=0. Suy ra pt AJ: 3 0x   
{A} (x; y)AJ AB A   là nghiệm của hệ: 
3
3 0 19
3;19
4 3 7 0 3
3
x
x
A
x y y

    
    
      
. 
Vì điểm A có tung độ âm. Vậy 
1
3;
3
A
 
 
 
0,25 
0,25 
Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: https://www.facebook.com/groups/toanmath 
Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại: https://www.toanmath.com
Câu 9 
1,0 điểm 
1 2
3 (1)
3 4
10 15 3 46 0 (2)
  
 
 
    
x y
y x
x y xy
Đ/K 
1 2
4; 3; 0; 0
3 4
 
     
 
x y
x y
y x
 ........................................ 
Từ phương trình 
( )2 2 2 4( 3 4 12) (x 1)(y 2) 4(x 4)(y 3)             xy x y xy x y
1 2
. 4
3 4
 
 
 
x y
y x
Ta được: 
1 2
3 (1)
3 4
1 2
. 4 (2)
3 4
  
 
 

  
  
x y
y x
x y
y x
Đặt 2 2
1 1 2 2
u ; ( 0); v ; ( 0)
3 3 4 4
   
       
   
x x y y
u u v v
y y x x
Hệ pt đã cho trở thành: 
3
2
 


u v
uv
Giải, ta được 2; 1 u v hoặc 1; 2 u v .......................................................... 
+ 
1 19
4
2 4 113 3
1 2 132
1
34
        
     
       
 
x
x
u x yy
v x yy
y
x
 ................................... 
+ 
1 16
1
1 23 3
2 4 14 222
4
34
        
     
       
 
x
x
u x yy
v x yy
y
x
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( )
19 13
; ;
3 3
 
   
 
x y và ( )
16 22
; ;
3 3
 
   
 
x y
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 10 
1,0 điểm 
2 2 2 2 217( ) 2 ( ) 17( )a b c a b c ab a b c a b c            
 
22 2 2( ) ( ) 2 ( )a b c a b c a b c     

Tài liệu đính kèm:

  • pdf10_DE_THI_THU.pdf