TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN QUANG DIÊU

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2x 1
.
x 3
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  2 , biết rằng tiếp tuyến
vuông góc với đường thẳng d : x  9 y  3  0 .
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình log2 ( x  3)  log 1 ( x  2)  1 .
2

b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2i) z

(1 2 z )i

1 3i . Tính môđun của z .



sin 2 x
dx .
3  4sin x  cos2 x
0

2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x  y  z  3  0 và đường

x y 1 z  1
. Tìm tọa độ giao điểm A của d với ( P ) và lập phương trình tham số của đường


1
1
1
thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng ( P ) .
thẳng d :

Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2sin 2 x

3 cos 2 x
2.
3
b) Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng gồm: ĐKVĐ U21 HA.GL,
U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc. Các đội
chia thành 2 bảng A, B, mỗi bảng 3 đội. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên.
Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a, AD  a , K là hình
chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm H , M lần lượt là trung điểm của AK và DC , SH
vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABCD) bằng 450 . Tính theo
a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH .

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình
chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M  2; 1 , N lần lượt là trung điểm của HB và HC ; điểm

 1 1
K   ;  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết rằng điểm A có tung độ âm và thuộc
 2 2
đường thẳng d : x  2 y  4  0 .
2
2

3x  2 xy  2y  3x  2 y  0
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2
.
2

5x  2 xy  5y  3x  3y  2  0
3
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2
2
z  xy  1 x  yz  1 y  zx  1
P 2


.
y  yz  1 z 2  zx  1 x 2  xy  1
-----------------------Hết---------------------



TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN QUANG DIÊU

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1
Môn: TOÁN
Đáp án

Câu
1
(1,0đ)

Khảo sát sự biện thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

\ 3

♥ Tập xác định: D 
♥ Sự biến thiên:

ￚ Chiều biến thiên: y ' 

Điểm
1,00

2x 1
.
x 3

0,25


5

 x  32

; y '  0, x  D .

;3 và 3;

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng

.

 ￚ Giới hạn và tiệm cận:

lim y

x

lim y

lim y
x

2

x

; lim y

3


x

3

0,25

2

tiệm cận ngang: y
tiệm cận đúng: x

3

ￚ Bảng biến thiên:

x
y'
y

0,25

3

2
2

♥ Đồ thị:
+ Giao điểm với các trục:
1  1

1 1 
Oy : x  0  y  :  0;  và Oy : y  0  2 x  1  0  x  :  ;0 
3  3
2 2 

0,25

 1  1 
Đồ thị cắt các trục tọa độ tại  0;  ,  ; 0  .
 3  2 
+ Tính đối xứng:
Đồ thị nhận giao điểm I  3;2  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

2

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  2 , biết rằng tiếp tuyến
vuông góc với đường thẳng d : x  9 y  3  0 .

1,00


(1,0đ)

1
 Đường thẳng d có hệ số góc là kd   . Do tiếp tuyến vuông góc với d nên hệ số
9
1
góc của tiếp tuyến là ktt    9 .
kd


0,25

 Khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình

0,25

x  1
y '  ktt  3x 2  6 x  9  x 2  2 x  3  0  
 x  3
 Với x  1  y  2 , tiếp điểm 1;2  . Phương trình tiếp tuyến là y  9 x  7 .

3
(1,0đ)

0,25

 Với x  3  y  2 , tiếp điểm  3; 2  . Phương trình tiếp tuyến là y  9 x  25 .

0,25

a) Giải bất phương trình log2 ( x  3)  log 1 ( x  2)  1

0,50

(1)

2

 Điều kiện: x  3 .
Khi đó: (1)  log2 ( x  3)( x  2)  1  ( x  3)( x  2)  2


0,25

 x 2  5x  4  0  1  x  4
 Kết hợp với điều kiện x  3 ta có nghiệm của bất phương trình (1) là 3  x  4 .
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2i) z (1 2 z )i 1 3i . Tính môđun của z .
 Đặt z a bi , a, b
ta có:

0,25
0,50
0,25

a  4b  1 a  9
.
(1  2i)z  (1  2z)i  1  3i  a  4b  (b  1)i  1  3i  

b  1  3
b  2
 Vậy môđun của z là z

a2

b2

92

22

0,25


85 .



4
(1,0đ)

1,00

sin 2 x
dx .
Tính tích phân I  
3  4sin x  cos2 x
0
2







0,25

sin 2 x
sin x cos x
sin x cos x
dx   2
dx  

dx
2
3

4sin
x

cos2
x
sin
x

2sin
x

1
0
0
0  sin x  1

2

2

 Ta có: I  

2

 Đặt t  sin x  1  dt  cos xdx , x  0  t  1; x 
2



2

0,25

t 2

2

1 1 
t 1
dt    2  dt
2
t t 
1 t
1

0,25

2

0,25

 Suy ra: I  


1
1
  ln t    ln 2  .


t 1
2

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x  y  z  3  0 và đường
5
(1,0đ)

x y 1 z  1
. Tìm tọa độ giao điểm A của d với ( P ) và lập phương


1
1
1
trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d và
nằm trong mặt phẳng ( P ) .
 Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình
x  y  z  3
 x  3
x  y  z  3  0



 1  y  4 .
 x y 1 z 1  x  y


 1
 y  z  2 z  2

1
1




1,00

thẳng d :

 Suy ra A(3; 4;2) .









 Mặt phẳng ( P ) có VTPT là n( P )  1;1;1 ; đường thẳng d có VTCP là ud  1;1;1

0,25

0,25
0,25


Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng d    (P )  (Q)


1 1 1 1 1 1
Khi đó VTCP của  là u  n( P ) ; ud   
;
;
 0; 2;2 .

  1 1 1 1 1 1 


 x  3

 Vậy phương trình tham số của  là  y  4  2t  t   .
z  2  2t




6
(1,0đ)

a) Giải phương trình 2sin 2 x
 Ta có:

1

3 cos 2 x

3

2sin 2 x cos


3
sin2x+ 3 cos 2x

3 cos 2 x

3
3 cos 2x

2

0,25

0,50

(1)

2

2cos 2 x sin



0,25

2

sin2x

2


(2)

Do sin 2 x  1 nên phương trình (2) vô nghiệm

0,25

♥ Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2015 quy tụ 6 đội bóng gồm:

0,50

ĐKVĐ U21 HA.GL, U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam,
U21 Myanmar và U19 Hàn Quốc. Các đội chia thành 2 bảng A, B, mỗi bảng 3 đội.
Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai
đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác nhau.
 Số phần tử của không gian mẫu là:

C63C33 20 .
Gọi A là biến cố: “đội tuyển U21 HA.GL và U21 Thái Lan nằm ở hai bảng khác
2!C42 C22 12
nhau”. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A

♥ Vậy xác suất cần tính là P A

7
(1,0đ)

12
20


A

0,25
0,25

3
.
5

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a, AD  a , K là hình
chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm H , M lần lượt là trung điểm của
AK và DC , SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc giữa đường thẳng SB và

1,00

mặt phẳng ( ABCD) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và MH .
0,25

S

N

A
a

450

2a


B

A

H

I
H

K

D

B

I
K
C

M

D

M

C

 Do SH  ( ABCD) nên HB là hình chiếu của SB lên ( ABCD)






Suy ra SB;(ABCD)  SB; HB  SBH  450  SH  BH
1
2a
2a
Xét tam giác vuông ABC ta có: AC  a 5 , HK  AK 
, BK 
2
5
5
Xét tam giác vuông BKH ta có

0,25


4a2 4a2 8a2
2a 2 2a 10
BH  BK  HK 


 SH  BH 

5
5
5
5
5

 Thể tích khối chóp S.ABCD là
1
1
1
2a 10 4a3 10
.
V  SABCD .SH  AB.AD.SH  .2a.a.

3
3
3
5
15
 Gọi I là trung điểm của BK , suy ra tứ giác HICM là hình bình hành
Suy ra: HI  BC  I là trực tâm tam giác BHC  CI  HB  MH  HB
Mà HB là hình chiếu của SB lên ( ABCD) nên MH  SB .
 Trong (SHB) , kẻ HN  SB ( N  SB) , ta có:
 MH  HB
 MH  HN

 MH  SH
2

2

2

0,25

0,25


0,25

Suy ra HN là đoạn vuông góc chung của SB và MH . Suy ra: d  SB, MH   HN

1
1
1 2a 2
2a 5
Xét tam giác vuông SHB ta có: HN  SB  HB. 2 
2
2
2
2 5
5
2a 5
.
5
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình





Vậy d SB, MH 

8
(1,0đ)

chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M  2; 1 , N lần lượt là trung điểm của


1,00

 1 1
HB và HC ; điểm K   ;  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết
 2 2
rằng điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng d : x  2 y  4  0 .
C
N
H
K(-1/2;1/2)

M(2;-1)

I
A

x+2y+4=0

B

 Gọi I là trung điểm của AH , ta có MI / / AB  MI  AC
Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC  CI  AM
Mà NK  AM  NK / / CI  K là trung điểm HI .
 2a  2 2  a 
 Đặt A  2a  4; a   d , từ hệ thức AK  3KH  H 
;

3 
 3


0,25

0,25

7

 2a  4 5  a 
1
Suy ra: AK    2a;  a  và MH  
;

2
3 
2

 3

7
 2a  4   1
 5  a 
AK.MH  0    2a 
    a 
0
2
 3   2  3 
a  1
2
 A  2; 1 .
 10a  13a  23  0  

a  23

10
 Suy ra tọa độ H  0;1 và B  4; 3
Khi đó:

Phương trình AB : x  3y  5  0 và BC : x  y  1  0 .
 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:

0,25
0,25


9
(1,0đ)

 x  3y  5  x  4

 C  4; 3 .

x  y  1
y  3
3x 2  2 xy  2y2  3x  2y  0
(1)

Giải hệ phương trình  2
.
2
5
x


2
xy

5
y

3
x

3
y

2

0
(2)


 Nhân hai vế của phương trình (1) với 3 rồi trừ theo vế cho (2), ta được phương trình:
4 x 2  4 xy  y 2  6 x  3y  2  0

2 x  y  1
.
 (2 x  y)2  3(2 x  y)  2  0  
2 x  y  2
 Nếu 2 x  y  1 thì y  1  2 x , thay vào (1) ta được:
x  0  y  1
2
7 x  5x  0  

x  5  y   3

7
7
 Nếu 2 x  y  2 thì y  2  2 x , thay vào (1) ta được:


1,00
0,25
0,25
0,25

0,25

x  1 y  0
7 x  11x  4  0  
x  4  y  6

7
7
5 3 4 6
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là  0;1 ; 1;0  ;  ;   ;  ;  .
 7 7  7 7
2

10
(1,0đ)

3
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
2
2
2
z  xy  1
x  yz  1
y  zx  1
P 2


.
y  yz  1 z 2  zx  1 x 2  xy  1

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 

1,00

 Biến đổi biểu thức P , ta có:

0,25
2

2
2

1 
1 
1
x


y

z


y  
z  
x 
P


1
1
1
y
z
x
z
x
y

a2 b2 c 2
   a  b  c  a, b, c  0 
(1)
b c a
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2
b2
c2
a2 b2 c 2

 b  2a,  c  2b,  a  2c 
   abc.
b
c
a
b c a

1 
1  1 
1 1 1
Sử dụng (1) ta suy ra: P   x     y     z    x  y  z     Q
y 
z 
x
x y z


 Chứng minh bất đẳng thức:

 Tiếp tục đánh giá Q , ta có: Q  3 3 xyz 

3
3

0,25

0,25

xyz


xyz 1

3
2
3
3
9 15
 Khi đó: Q  3t   12t   9t  2 36  
t
t
2 2
1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z 
2
1
15
Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là
, đạt khi x  y  z  .
2
2
Đặt t  3 xyz , ta có: 0  t  3 xyz 

0,25