Đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 môn thi: Toán - Trường THPT Trần Hưng Đạo

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Lần thứ I, Ngày thi: 17/11/2015 
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: 
3 2
1
x
y
x



a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 
: 1y x   
Câu 2.(1,0 điểm) 
a) Giải phương trình:   2(sinx cosx) 1 cosx . 
 b) Tìm số phức liên hợp của số phức z thỏa mãn 3 9 2 . 11z i z i   . 
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: 2
1 2
2
log ( 5) 2 log ( 5) 0x x    
Câu 4.(0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, 
mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu 
nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ. 
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: 
21
0
( )xI x x e dx  
Câu 6.(1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC 
vuông cân tại B, SA= a, SB hợp với đáy một góc 300 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC. và tính 
khoảng cách giữa AB và SC. 
Câu 7.(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết 
phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : 2 0x y z     và 
04:)(  zyx theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau . 
Câu 8.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu của B 
lên AC là (5;0)E , trung điểm AE và CD lần lượt là  
3 3
0;2 , ;
2 2
F I
 
 
 
 . Viết phương trình đường 
thẳng CD. 
Câu 9.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:  
23 4 8 9
2 2 1 1
3 2 2 1
x x
x
x x x
  
    
  
Câu 10.(1,0 điểm) Cho , , 0a b c  và thỏa mãn:  min , ,c a b c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
 
4
6 4
2ln
8
a b c
a ba b
P
b c c a c
a b
  
 
   
 

---------- Hết ---------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... 
Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: .................................
ĐỀ CHÍNH THỨC 
xy
1
-4
-1
-2
-3
2O
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO 
 Môn thi: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Lần thứ I, ngày thi 17/11/2015 
Câu Nội dung Điểm 
Hàm số: 
3 2 2 3
.
1 1
x x
y
x x
  
 
 
 Tập xác định: \ {1}D   
 Đạo hàm: 
2
1
0,
( 1)
y x D
x

    

 Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định  ;1 và  1; 
 và không đạt cực trị. 
0,25 
 Giới hạn và tiệm cận: ; lim 2 lim 2 2
x x
y y y
 
      là tiệm cận 
ngang. 
 ; 
1 1
lim lim 1
x x
y y x
  
      là tiệm cận đứng. 
0,25 
 Bảng biến thiên 
x –  1 + 
y  – – 
y 
–2 
 – 
+ 
 –2 
 Giao điểm với trục hoành: 
3
0 2 3 0
2
y x x       
Giao điểm với trục tung: cho 0 3x y   
 Bảng giá trị: x 0 1/2 1 3/2 2 
 y –3 –4 || 0 –1 
0,25 
1a 
(1,0) 
Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: 
0,25 
1b 
(1,0) 
2 3
( ) :
1
x
C y
x
 


Gọi  0 0; ( )M x y C là tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến tại M có dạng 0,25 
 0 0 0( )y f x x x y   
 Vì Tiếp tuyến song song với đường thẳng : 1y x   nên có hệ số góc 
0
( ) 1f x   
2 0 0
02
0 00
1 1 21
1 ( 1) 1
1 1 0( 1)
x x
x
x xx
                   
 0,25 
 Với 
0 0
2 1x y   . pttt là: 1 1( 2) 1y x y x       ( loại) 
0,25 
 Với 
0 0
0 3x y   . pttt là: 3 1( 0) 3y x y x        
0,25 
Ta có:   2(s inx cosx) 1 cosx    1 2 sin xcosx 1 cosx 
 cosx(2 sin x-1) 0 
0,25 2a 
(0,5) 
 



cosx 0
1
s inx=
2







 

  


 

x k
2
x= k2 (k Z).
6
5
x k2
6
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. 
0,25 
Gọi số phức ,( , )z a bi a b   . Tan có : 
   3 9 2 . 11 3 9 2 11z i z i a bi i a bi i         
0,25 
2b 
(0,5) 
3 9 2 3 2 9 1
3 2 11 2 3 11 3
a b a b a
b a a b b
        
    
       
Ta có 1 3 1 3z i z i       
0,25 
2
1 2
2
log ( 5) 2 log ( 5) 0x x    (*) 
 Điều kiện: 
2 5 0
5 0 5
5 0
x
x x
x
       
  
 Khi đó, 1
2 2
1 2 22
2
log ( 5) 2 log ( 5) 0 log ( 5) 2 log ( 5) 0x x x x         
2 2 2 2
2 2 2 2
log ( 5) log ( 5) 0 log ( 5) log ( 5)x x x x         
0,25 
2 2 2 2( 5) 5 10 25 5 10 20 2x x x x x x x             (nhận) 
3 
(0,5) 
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: 2x   0,25 
4 
(0,5) 
Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi 
nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để 
khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ. 
Tính số cách chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người: 
B1) 12 người chọn 4: 412C 
B2) 8 người còn lại chọn 4: 48C 
B3) 4 người còn lại chọn 4: 1 
Số cách chọn là:  4 4 4 412 8 12 8C C n C C   
0.25 
Gọi A là biến cố “ Chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người trong đó có đúng 1 nữ”. 
Tính n(A): 
B1) Chọn 1 trong 3 nữ: 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 nam: 3 39 93.C C cách 
B2) còn lại 8 người (6 nam và 2 nữ): Chọn 1 trong 2 nữ: 2 cách, rồi chọn 3 
trong 6 nam: 3 36 62.C C cách 
B3) còn lại 4 người (3 nam và 1 nữ): có 1 cách 
Số cách chọn là:  3 3 3 39 6 9 63 2 3 2C C n A C C  
 
3 3
9 6
4 4
12 8
6 16
55
C C
P A
C C
   
0.25 
2 21 1 12
0 0 0
( )x xI x x e dx x dx xe dx A B        0,25 
1
3
0
1
3 3
x
A   0,25 
21
0
xB xe dx  
 Đặt 2 2 .
2
dt
t x dt x dx xdx     
 Đổi cận: x 0 1 
 t 0 1 
0,25 
5 
(1,0) 
 Vậy, 
1
1
0 0
1 1 1 1 1
.
3 2 3 2 3 2 2 2 6
t
t dt e e eI e         0,25 
 
( )
( )
SA ABC
SA AB
AB ABC
    
 
AB là 
hình chiếu của SB lên (ABC) 
 do đó 
 030SBA  
 Tam giác SAB vuông tại A nên 


0
cot
. cot
. cot 30 3
AB
SBA
SA
BC AB SA SBA
a a

  
 
0,25 
 
21 1 3
. 3. 3
2 2 2ABC
a
S AB BC a a   
 Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là: 
2 31 1 3
.
3 3 2 2ABC
a a
V SAS a     
(đvtt) 
0,25 
Trong mp(ABC) Kẻ AI//BC và kẻ CI //AB suy ra ABCI là hình vuông cạnh 
3a 
Trong mp(SAI) kẻ AH vuông góc với SI 
Ta có ( )
( ( )
AH SI
AH SIC
AH CI CI SAI
   
  
Nên    , ;( )d AB SC d A SIC AH  
0,25 
6 
(1,0) 
Tam giác SAI vuông tại A nên 
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 . . 3 3
23
AI SA aa a
AH
AH SA AI AI SA a a
     
 
Vậy khoảng cách của AB và SC bằng 
3
2
a
Học sinh có thể sử dụng phương pháp tọa độ để tìm khoảng cách 
0,25 
 7 
(1,0) 
Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) . 
Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)(  zyx và 
04:)(  zyx theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng 
nhau nên ta có hệ : 
0,25 

















42
9223
15473
))(,())(,( cbacba
cba
cba
IdId
ICIA
IBIA

0,25 
 Giải hệ ta được :








3
0
1
c
b
a
 hoặc 








79
712
719
c
b
a
Với 








3
0
1
c
b
a
 , viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1( 222  zyx . 
Với 








79
712
719
c
b
a
0,25 
Vậy mặt cầu có phương trình : 
49
1237
7
9
7
12
7
19
222


















 zyx 0,25 
Tọa độ đỉnh  5;4A  
Phương trình đường thẳng (AC): 2 5 10 0x y   
0,25 
8 
(1,0) 
Ta đi chứng minh: BF IF . Thật vậy ta có: 
     1 1 1;
2 2 2
BF BA BE FI FD FC AD EC     
       
 . Suy ra 0,25 
  
2 2 2
4 . . . . .
. . . . . 0
BF FI BA BE AD EC BA AD BA EC BE AD BE EC
BA EC BE AD EA EC BE BC BE BE BC BE BE
      
          
             
             
BF vuông góc với IF nên có phương trình: 7 3 6 0x y   
BE đi qua E và vuông góc EF nên có phương trình: 5 2 25 0x y   
Do đó  7;5B 
0,5 
Từ đây tìm được phương trình:   : 2 24 39 0CD x y   0,25 
Giải bất phương trình:  
23 4 8 9
2 2 1 1
3 2 2 1
x x
x
x x x
  
    
  
Đk: 1x  . Bất phương trình đã cho tương đương với: 
       22 3 2 1 1 2 3 2 1 19 4 2 1
3 2 2 1
3 2 2 1
x x x xx x
x x
x xx x
      
     
 
0,25 
Do 1x  nên BPT 
  
       
2
2 2
2 3 2 1 1 3 2 2 1
2 1 1 2 1 2 1 1 0 *
x x x x x
x x x x x x
      
           
0.25 
Ta có nhận xét sau: 
 
 
   
 
2
2
*
1 1 0
2 1 0 0
2 1 1 0 1
x x
x x VT
x x do x
    


    

     

 0.25 
9 
(1,0) 
Vậy để BPT xảy ra thì 
1 1
0 2 1 1
1 0
x x
VT x x x
x
   

      
  

 0,25 
Cho , , 0a b c  và thỏa mãn:  min , ,c a b c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 
4
6 4
2 ln
8
a b c
a ba b
P
b c c a c
a b
  
 
   
 

10 
(1,0) 
Ta đi Cm BĐT phụ sau:  2 *
2
a b a b
b c c a a b c

 
   
 . Thật vậy ta có: 
0,25 
   
 
   
 
     
 
22 2
2
2 2
1
a ba b a b
b c c a a a b c b b c a a a b c b b c a
a b
a b a b c b c a

    
      

     
Mặt khác ta có: Vì  min , , 2 0c a b c a b c     . Nên ta có: 
     
   
 
2
2 2 2 2
3 2
( 2 ) ( ) 2 ( )
2
2
2
4
a b
a b c b c a ab a b c c a b a b c c a b
a b c a b
 
             
 
  

Từ (1) và (2) Dễ dàng suy ra ĐPCM. 
Ta lại có: 
 
 
2
6 4 2 2
ln ln 2 2 ln 1 2
2
2ln 1 2 4
a b c a b c c
a b a b a b
c
a b
                               
 
     
Mặt khác : Vì  min , , 2c a b c c a b    . Nên ta có: 
 4 4
8 2 1 2
2 1 2 5
2
c a b c c
a b a b a b
   
            
0,25 
Từ (3),(4),(5) ta được: 
2
8ln 1 2
2
2 2
1 1 2
c
a b
P
c c
a b a b
 
  
  
  
 
Đặt 
2
1
c
t
a b
 

 , Mà do  
2
min , , 1 2
c
c a b c t
a b
    

Xét hàm:  
 8ln 22
2
t
t
f
t t

 

 . trên 0; 2t   
Ta có: 
 
 
 
 
  
 
 
 
2 2 2 22
2
8ln 2 2 3 2 8ln 22 8
' 0. 0; 2
2 2 2 2
t
t t t t
f t
t t t t t t
            
   
0,25 
Suy ra:      2 2 1 ln 8tf f   . 
Ta có: 
 
 
 
 
  
 
 
 
2 2 2 22
2
8ln 2 2 3 2 8ln 22 8
' 0. 0; 2
2 2 2 2
t
t t t t
f t
t t t t t t
            
   
Suy ra:      2 2 1 ln 8tf f   . 
Dấu " " khi và chỉ khi a b c  
0,25 
*Lưu ý 
+ Ở câu 10, BĐT (*) có thể chứng minh bằng BĐT Holder nhưng BĐT này không có trong chương trình 
THPT vì vậy, nếu học sinh nào dùng Holder để chứng minh, BTC sẽ trừ 0.25 đ cho câu này. 
+Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết 
quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên 
xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài làm tròn số.