Đề thi thử kỳ thi THPT Quốc gia năm 2016 môn: Toán - Đề 1

 ĐỀ SỐ 01 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
T.O.P MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề 
(Đề gồm có 1 trang) 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 23 2y x x= − + + . 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 4
2
x xy f x
x
−
= =
−
 trên 
đoạn [ ]3;7 . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: ( )23 2. 0,3 3
100
x
x
x
= + . 
b) Cho số phức z thoả mãn ( )2 2 5
3
z i i i
i
+ − = +
−
. Tính môđun của số phức z. 
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 
( ) : 2 3 0P x y z− − − = và điểm A(2;-1;3). 
a) Tìm giao điểm của đường thẳng OA và mặt phẳng (P). 
b) Tìm điểm đối xứng của A qua mặt phẳng (P). 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
0
2 3
1
xI dx
x
−
=
+∫ . 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 2cos 4 2sin 2 1 3 0x x− + + = . 
b) Lớp 12A2 có 13 học sinh nam và 32 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm lớp muốn lập 
một đội thanh niên xung kích của lớp gồm có 3 học sinh trong đó luôn có lớp trưởng 
hoặc bí thư. Tính xác suất để đội xung kích đó luôn có ít nhất 1 bạn nam, biết cả lớp 
trưởng và bí thư của lớp đều là các bạn nữ. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và 2 ; 2 3AC a BD a= = . 
Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và điểm M là trung điểm của cạnh BC. 
Biết 7SM a= . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo 
nhau AM và SC. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực 
tâm 55 53;
17 17
H     và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 
15 49
;
17 34
I     . Biết trung điểm của 
cạnh BC là 11;
2
M     . Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
( ) ( ) ( )
2
2
9 3 27 2 63
,
3 17 2 8 3 7 7 7
x xy x y y
x y
x y x y x y x y
 + + − + + = ∈ − + + − + = − + − −

 . 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các sô thực dương , ,x y z thoả mãn 3 6 3x y z+ + = . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 6
3 2 3 3 6
x y zP
yz zx xy
= + +
+ + +
. 
---------------------------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:.. 
Thành thật xin lỗi bạn đọc vì do sơ suất nên câu 6 ý a và câu 8 ở toạ độ điểm H có chút sai sót mong 
quý độc giả thông cảm. 
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 23 2y x x= − + + . 
HD: Học sinh tự khảo sát. 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 4
2
x xy f x
x
−
= =
−
 trên 
đoạn [ ]3;7 . 
HD: 
Hàm số ( ) 2 4
2
x xy f x
x
−
= =
−
 có đạo hàm trên đoạn [ ]3;7 
Ta có ( ) ( ) [ ]2
4
' 1 0, 3;7
2
f x x
x
= + > ∀ ∈
−
Có ( ) ( ) 213 3; 7
5
f f= − = 
Vậy [ ] ( ) [ ] ( )3;7 3;7
21 7; 3 3
5
Max f x x Min f x x= ⇔ = = − ⇔ = 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: ( )23 2. 0,3 3
100
x
x
x
= + . 
b) Cho số phức z thoả mãn ( )2 2 5
3
z i i i
i
+ − = +
−
. Tính môđun của số phức z. 
HD: 
a) PT
2
3
10
3 3 3 3 32 3 0 1 . 3 0 3 log 3
10 10 10 10 10
x x x x x
x
            ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ =                           
. 
b) Ta có ( ) ( ) ( )2 2 5 1 3 1 3 . 3 6 8
3 3
z zi i i i z i i z i
i i
+ − = + ⇔ = + ⇔ = + − ⇔ = +
− −
. 
Do đó 2 26 8 10z = + = 
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 
( ) : 2 3 0P x y z− − − = và điểm A(2;-1;3). 
a) Tìm giao điểm của đường thẳng OA và mặt phẳng (P). 
b) Tìm điểm đối xứng của A qua mặt phẳng (P). 
HD: 
a) Phương trình đường thẳng OA: 
2 1 3
x y z
= =
−
. 
Gọi ( )I OA P= ∩ ⇒ toạ độ I là nghiệm hệ phương trình 
( )
2
1 2;1; 32 1 3
2 3 0 3
xx y z
y I
x y z z
= − = = ⇔ = ⇒ − −−  − − − = = − 
. 
b) Đường thẳng (d) qua A và vuông góc với mp(P) có phương trình 2 1 3
1 1 2
x y z− + −
= =
− −
. 
Gọi H là giao điểm của (d) và mp(P). Suy ra toạ độ H là nghiệm hệ phương trình 
( )
32 1 3
2 3; 2;11 1 2
2 3 0 1
xx y z
y H
x y z z
=− + − = = ⇔ = − ⇒ −− −  − − − = = 
( )3; 2;1H − là trung điểm của AA’ nên ( )' 4; 3; 1A − − . 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
0
2 3
1
xI dx
x
−
=
+∫ . 
HD: ( )1 1 1
0
0 0
2 3 52 2 5ln 1 2 5ln 3
1 1
xI dx dx x x
x x
−  = = − = − + = − + + ∫ ∫ 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 2cos 4 2sin 2 1 3 0x x− + + = . 
b) Lớp 12A2 có 13 học sinh nam và 32 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm lớp muốn lập 
một đội thanh niên xung kích của lớp gồm có 3 học sinh trong đó luôn có lớp trưởng hoặc bí 
thư. Tính xác suất để đội xung kích đó luôn có ít nhất 1 bạn nam, biết cả lớp trưởng và bí thư 
của lớp đều là các bạn nữ. 
HD: 
a) ( )2 22 1 2sin 2 2sin 2 1 3 0 4sin 2 2sin 2 3 3 0PT x x x x⇔ − − + + = ⇔ + − − = 
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
2
0
4sin 2 3 2sin 2 3 0 2sin 2 3 2sin 2 3 1 0
3
sin 2
62
1 3
sin 2 1 32
x x x x
x kx
k
x kx VN
pi
pi
pi
pi
⇔ − + − = ⇔ − + + =
  = += ⇔ ⇔ ∈ +  = += − < − 


b) Không gian mẫu ( ) 345 14190n CΩ = = . 
Biến cố A thoả mãn có ( ) ( )1 1 1 2 113 2 30 13 21 . . 949n A C C C C C= + + = . 
Xác suất là 949 6,69%
14190
P = ≈ 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và 2 ; 2 3AC a BD a= = . 
Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và điểm M là trung điểm của cạnh BC. 
Biết 7SM a= . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo 
nhau AM và SC. 
HD: 
a 7
2a 3
2a
N
M C
A
D
B
S
H
+) Chứng minh được tam giác ABC đều cạnh 2a nên 2 23 2AM a SA SM AM a= ⇒ = − = 
+) 
3
.
1 1 4 3
. . . .
3 6 3S ABCD ABCD
aV SA S SA AC BD= = = (đvtt). 
+) Gọi N là trung điểm của AD ta có AMCN là hình bình hành nên AM//CN. Do đó 
AM//(SCN) ( ) ( )( ) ( )( ), , ,d AM SC d AM SCN d A SCN⇒ = = 
+) Do tam giác ACD cũng đều cạnh 2a nên 
( )
( )
( ) ( )
CN AD
CN SAD
CN SA SCN SAD
CN SCN
⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⊂ 
 theo giao tuyến SN. 
+) Kẻ AH vuông góc với SN ta có ( ) ( )( ),AH SCN AH d A SCN⊥ ⇒ = 
+) 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5 2 5
4 4 5
aAH
AH SA AN a a a
= + = + = ⇒ = 
Vậy ( ) 2 5,
5
ad AM SC AH= = . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực 
tâm 55 53;
17 17
H     và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 
15 49
;
17 34
I     . Biết trung điểm của 
cạnh BC là 11;
2
M     . Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC. 
HD: 
GH
M
I
A
B C
+) Chứng minh được ( )2 3;5AH IM A= ⇒


 


 . 
+) Phương trình BC: 8 3 0x y− + = . Suy ra ( )8 3;B b b− 
+) 11;
2
M     là trung điểm BC nên ( )5 8 ;1C b b− − . 
+) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên 
2 2 2 2
2 2 15 49 15 493 5 8 3
17 34 17 34
IA IB IA IB b b       = ⇒ = ⇔ − + − = − − + −               
( ) ( ) 2 030 368 6 8 5 0 65 65 0
117 17
b
b b b b b b
b
=   ⇔ − − + − + = ⇔ − = ⇔     =     
+) ( ) ( )0 3;0 & 5;1b B C= ⇒ − 
+) ( ) ( )1 5;1 & 3;0b B C= ⇒ − 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
( ) ( ) ( )
2
2
9 3 27 2 63
,
3 17 2 8 3 7 7 7
x xy x y y
x y
x y x y x y x y
 + + − + + = ∈ − + + − + = − + − −

 . 
HD: 
Điều kiện: 1
2
x y
y
− ≥ ≥ − 
PT(2) ( ) ( ) ( )2 2 8 3 7 7 7 17 0x y x y x y x y ⇔ − − − − + − − − − + =  
( )( ) ( )
( ) ( )
18 4
2 4 0
7 7 7 17
184 2 0
7 7 7 17
x y
x y x y
x y x y
x y x y
x y x y
− −⇔ − + − − + =− − + − +
 ⇔ − − − + + = − − + − +  
Vì 1x y− ≥ nên ( ) 182 0
7 7 7 17
x y
x y x y
− + + >
− − + − +
Phương trình (2) tương đương với 4 0 4x y y x− − = ⇔ = − . 
Thế vào phương trình (1) ta được: 
( ) ( ) ( )2 4 9 3 4 27 4 2 63x x x x x x+ − + − − + − + = 
( )22 2 51 27 2 0, 2x x x x⇔ + − + − = ≥ 
( )22 2 24 27 2 1 0x x x⇔ + − + − − = 
( ) ( ) ( )27 32 4 3 0
2 1
x
x x
x
−
⇔ + − + =
− +
( ) ( ) 273 2 4 0
2 1
x x
x
 ⇔ − + + = − +  
3x⇔ = (thoả mãn). Suy ra 1y = − . Kết hợp điều kiện suy ra HPT có nghiệm duy nhất ( )3; 1− . 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các sô thực dương , ,x y z thoả mãn 3 6 3x y z+ + = . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 6
3 2 3 3 6
x y zP
yz zx xy
= + +
+ + +
. 
HD: 
Đặt 3 ; 6 ; 3a x b y c z a b c= = = ⇒ + + = 
Ta có 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2
2 2 2
3
9 9 93 3 3
3 3 3
3 12
36 3 36 3 36 3
9 9 9
4 4 4
12
6 45 6 45 6 45
a b c a b cP bc ca ab bc ca ab
a b c a b c
b c c a a b a b c
a b c
a a b b c c
 = + + = + + + + + + + +
     ≥ + + = + +   + + + + − + − + − + + +  
 = + + − + − + − + 
Ta chứng minh ( ) ( )2 11 1, 0;36 45 400
x xf x x
x x
−= ≥ ∀ ∈
− +
. Thật vậy, ta có 
( ) ( )
( )
2
2 2 2
400 6 45 11 111 1 11 1 0 0
6 45 400 6 45 400 400 6 45
x x x xx x x x
x x x x x x
− − + −− −
≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
− + − + − +
( ) ( )
( )
2
2
1 45 11
0
400 6 45
x x
x x
− −
⇔ ≥
− +
 luôn đúng với mọi ( )0;3x∈ . 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1x = . 
Khi đó 
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
11 1 11 1 11 112 12
400 400 400
11 3 12 11.3 3 912
400 400 10
a b cP f a f b f c
a b c
− − − ≥ + + ≥ + +  
+ + − − = = =  
Vậy 9
10
MinP = khi và chỉ khi 
1
3
11
6
1
x
a b c y
z
 == = = ⇔ = =
. 
--------------------------------------Hết--------------------------------------