ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG

TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278
TT 17 QUANG TRUNG TPCT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015-2016
Môn: TOÁN; Khối A, B, A1.
ĐỀ THI LẦN 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
2
1
x
y
x
=
−
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm hai điểm A,B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm đó song song với
nhau, đồng thời ba điểm O,A,B tạo thành tam giác vuông tại O.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
(2sin 1)(3cos 4 2sin ) 4cos 1
8
1 sin
x x x x
x
+ + + +
=
+
,
( )

Rx ∈
2. Giải hệ phương trình :
( )
( )
2
2
1 4 0
2 2 0
x y x y y
x x y x

+ + + − =


+ − + − =



( )
Ryx ∈,

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân:
3
2
0
sin
( )
1 cos
x x
I dx

x
π
−
=
+
∫

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh bằng
2a
.
,E F
lần lượt là trung
điểm của
AB
và
BC
,
H
là giao điểm của
AF
và
DE
. Biết
SH
vuông góc với mặt phẳng
( )ABCD

và góc giữa
đường thẳng
SA
và mặt phẳng
( )ABCD
bằng
0
60
. Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai
đường thẳng
SH
,
DF
.
Câu V (1,0 điểm). Cho các số thực
]2;1[,, ∈cba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
2
2
4( )
a b ab
P
c ab bc ca
+ +
=
+ + +
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông
ABCD
. Điểm
(2;3)E
thuộc đoạn thẳng
BD
, các điểm
( 2;3)H −
và
(2;4)K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm
E
trên
AB
và
AD
. Xác định toạ độ các đỉnh
, , ,A B C D
của hình vuông
ABCD
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 4 20 0S x y z y z+ + − + − =
. Viết phương trình mặt
phẳng
( )
α

đi qua điểm
(1; 2;3)M −
và vuông góc với mặt phẳng
( ) : 4 2014 0x y z
β
+ + + =
. Đồng thời
( )
α
cắt mặt
cầu
( )S
theo giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng
16
π
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong khai triển nhị thức:
( )
3 15
n
−
có bao nhiêu số hạng hữu tỉ ,biết n là số tự nhiên
thỏa mãn :
2 3
1
121 0
2
n n
C A
n

+ − =

B. Theo chương trình nâng cao
Câu V.b.(2,0 điểm).
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Parabol
2
( ) : 4 3P y x x= − +
và đường thẳng
d
có phương trình
5 0x y− + =
. Tính diện tích của hình vuông
ABCD
biết
,A B
thuộc đường thẳng
d
và
,C D
thuộc Parabol
( )P
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác
ABC
với
(1;2;1)A
,
(2;4;2)B
,
(3;0;5)C

. Viết phương trình
tham số của đường phân giác trong
AD
của góc
BAC∠
của tam giác
ABC
. (
D
thuộc
BC
)
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 1
3
3 2.3 3
log (1 ) 1
x y x y
xy
− +

= +

+ =


( )
Rx ∈

TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278

………………….HẾT………………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


Câu Đáp án Thang
điểm
Câu I.1
a) Tập xác định :
{ }
1\RD =
b) Sự biến thiên:
* Tiệm cận :
+) Vì
1 1
2 2
lim , lim
1 1
x x
x x
x x
− +
→ →
= −∞ = +∞
− −
nên đường thẳng
1x =
là tiệm cận đứng.
+) Vì
2 2
lim 2 , lim 2

1 1
x x
x x
x x
→−∞ →+∞
= =
− −
nên đường thẳng
2y
=
là tiệm cận ngang.
0.25
*Chiều biến thiên:
+) Ta có :
( )
2
2
0, 1
1
y x
x
−
′
= < ∀ ≠
−
0.25
+) Bảng biến thiên
+ Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng
( )
;1

−∞
và
( )
1;
+∞
.
0.25
c) Đồ thị
*Vẽ đồ thị:
* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm
( )
1;2I
làm tâm đối xứng.
0.25
Gọi
2
;
1
a
A a
a
 
 ÷
−
 
và
2
;
1
b

B b
b
 
 ÷
−
 
(Với
, 0; , 1;a b a b a b≠ ≠ ≠
) thuộc đồ thị (C). Khi đó hệ số góc của các
đường tiếp tuyến tại A và B lần lượt là:
( )
1
2
2
1
k
a
= −
−
và
( )
2
2
2
1
k
b
= −
−
Do các đường tiếp tuyến song song nên:

( ) ( )
2 2
2 2
1 1a b
− = −
− −
2a b
⇔ + =
0.25
Mặt khác, ta có:
2
;
1
a
OA a
a
 
=
 ÷
−
 
uuur
;
2
;
1
b
OB b
b
 

=
 ÷
−
 
uuur
. Do OAB là tam giác vuông tại O nên
( ) ( )
4
. 0 0
1 1
ab
OAOB ab
a b
= ⇔ + =
− −
uuur uuur
0.25
TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278
Ta có hệ
( ) ( )
2
4
0
1 1
a b
ab
ab
a b
+ =




+ =

− −

. Giải hệ ta được
1
3
a
b
= −


=

hoặc
3
1
a
b
=


= −

0.25
Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ là
( )
1;1−

và
( )
3;3
0.25
câuII.1
( ) ( )
2
2sin 1 3cos 4 2sin 4cos 1
8
1 sin
x x x x
x
+ + + +
=
+

( )
1
Đk:
1 sin 0 2 ,
2
x x l l
π
π
−
+ ≠ ⇔ ≠ + ∈
¢

( )
*

PT
( )
1
( ) ( )
2
2sin 1 3cos 4 2sin 4cos 1 8 8sinx x x x x
⇔ + + + + = +

( ) ( )
2
2sin 1 3cos 4 2sin 4sin 8sin 3x x x x x
⇔ + + = + +

0.25

( ) ( ) ( ) ( )
2sin 1 3cos 4 2sin 2sin 1 2sin 3x x x x x
⇔ + + = + +

2sin 1 0
cos4 1
x
x
+ =

⇔

=

0.25

• Với
2sin 1 0x
+ =
2
6
7
2
6
x k
x k
π
π
π
π

= − +

⇔


= +


• Với
cos4 1
2
k
x x
π
= ⇔ =

0.25
Kết hợp với điều kiện
( )
*
PT
( )
1
có các nghiệm
2
6 3
x k
π π
= − +

x k
π
=
,
ZK ∈
0.25
II.2
Ta biến đổi hệ về dạng :
( )
( )
( )
2
2
1 2 2
1 2
x y x y y

x x y y

+ + + − =


+ + − =


.Nếu
0y =
thì hệ vô nghiệm.
Nếu
0y ≠
thì ta biến đổi hệ về dạng
( )
( )
2
2
1
2 2
1
2 1
x
y x
y
x
y x
y

+

+ + − =



+

+ − =


0.25
Đặt
2
1
; 2
x
u v y x
y
+
= = + −
. Hệ pt trở thành
2 1
1 1
u v u
uv v
+ = =
 
⇔
 
= =
 

0.25
Với
1
1
u
v
=


=

thì
2
2
1
1
2
2 0
5
3
2 1
x
x
x x
y
y
y x
y x

+

=
= −

+ − =


⇔ ⇒
  
=
= −



+ − =

hoặc
1
2
x
y
=


=

0.25
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là
( )
2;5−
và

( )
1;2
0.25
III
3
2
0
sin
1 cos
x x
I dx
x
π
 
−
=
 ÷
+
 
∫

3
2 2
0 0
sin
1 cos 1 cos
x x
dx dx
x x
π π

= −
+ +
∫ ∫
• Tính
2 2
1
2
0 0
1 cos
2cos
2
x x
I dx dx
x
x
π π
= =
+
∫ ∫
0.5
TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278
Đặt
2
tan
2cos
2
2
u x
dx du
dx

x
dv
v
x
=

=


 
⇒
 
=
=
 




2
1
0
.tan tan 2ln cos ln 2
2 2
2 2 2 2 2
0 0
x x x
I x dx
π
π π

π π
 
 
⇒ = − = + = −
 ÷
 ÷
 
 
∫
• Tính
3
2
2
0
sin
1 cos
x
I dx
x
π
=
+
∫
,Đặt :
cos sint x dt xdx
= ⇒ = −
Đổi cận :
x
0
2

π
t
1
0

( )
1
2
2
0
1
1
1
0
2 2
t
I t dt t
 
⇒ = − = − =
 ÷
 
∫
Vậy
1
ln 2
2 2
I
π
= − −
0.5

IV
Do
ABCD
là hình vuông cạnh
2a
nên
2
4
ABCD
S a
=
.
( )SH ABCD
⊥
HA
⇒
là hình chiếu vuông góc của
SA

trên mp
( )
ABCD
·
0
60 3SAH SH AH
⇒ = ⇒ =

0.25
( )
·

·
. .ABF DAE c g c BAF ADE
∆ = ∆ ⇒ =
Mà:
·
·
0
90AED ADE+ =
Nên
·
·
0
90BAF AED
+ =
·
0
90AHE DE AF⇒ = ⇒ ⊥
Trong
ADE
∆
có:
2
. .
5
a
AH DE AD AE AH= ⇒ =
Thể tích của khối chóp
.S ABCD
là:
3

2
1 2 3 8 15
. .4
3 15
5
a a
V a= =
(đvtt)
0.25
Trong mp
( )
ABCD
kẻ
HK DF
⊥
tại
K
.
0.25
TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278
( )
,d SH DF HK
⇒ =
.
Trong
ADE
∆
có:
2
4

.
5
a
DH DE DA DH= ⇒ =
Có :
5DF a=
Trong
DHF
∆
có:
2 2
2 2 2 2
16 9 3
5
5 5
5
a a a
HF DF DH a HF
= − = − = ⇒ =

. 12 5
25
HF HD a
HK
DF
⇒ = =
Vậy
( )
12 5
,

25
a
d SH DF
=
0.25
V. P được viết lại dưới dạng tương đương là
M
babacc
ba
abbacc
ba
P =
++++
+
≥
+++
+
=
22
2
2
2
)()(4
)(
4)(4
)(
0.25
Do
]2;1[,, ∈cba
nên

0≠+ ba
, nên chia tử và mẫu của M cho
2
)( ba +
ta được:
14
1
14
1
22
++
=
+






+
+






+
=
tt

ba
c
ba
c
M
với
ba
c
t
+
=
Với
]2;1[,, ∈cba






∈⇔ 1;
4
1
t
0.25
Xét hàm số
14
1
)(
2
++

=
tt
tf
trên






1;
4
1
Ta có
22
/
)14(
)2(2
)(
++
+−
=
tt
t
tf
< 0,
∀







∈ 1;
4
1
t
)(
/
tf⇒
nghịch biến trên






1;
4
1
Do đó
∀
6
1
)1()(1 =≥⇒≤ ftft
Đẳng thức xảy ra khi
)2;1;1();;(1 =⇔= cbat
Vậy Min P
6
1

=
khi
)2;1;1();;( =cba
VIa.1
Có:
: 3 0EH y
− =

: 2 0EK x
− =
: 2 0
: 4 0
AH x
AK y
+ =

⇒

− =


( )
2;4A
⇒ −
0.25
0.25
TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278
Giả sử
( )
;n a b

r
,
( )
2 2
0a b
+ >
là VTPT của đường thẳng
BD
.
Có:
·
0
45ABD =
nên:
2 2
2
2
a
a b
a b
= ⇔ = ±
+
• Với
a b
= −
, chọn
1 1 : 1 0b a BD x y
= − ⇒ = ⇒ − + =
( ) ( )
2; 1 ; 3;4B D

⇒ − −
( )
( )
4; 4
1;1
EB
ED

= − −

⇒

=


uuur
uuur
E
⇒
nằm trên đoạn
BD
(thỏa mãn)
Khi đó:
( )
3; 1C −
0.25
• Với
a b
=
, chọn

1 1 : 5 0b a BD x y
= ⇒ = ⇒ + − =
.
( ) ( )
2;7 ; 1;4B D
⇒ −
( )
( )
4;4
1;1
EB
ED

= −

⇒

= −


uuur
uuur
4EB ED
⇒ =
uuur uuur
E⇒
nằm ngoài đoạn
BD
(loại)
Vậy:

( ) ( ) ( ) ( )
2;4 ; 2; 1 ; 3; 1 ; 3;4A B C D
− − − −
0.25
VIa.2
mp
( )
β
có VTPT:
( )
1
1;1;4n =
ur
Giả sử
( )
; ;n a b c=
uur
,
( )
2 2 2
0a b c
+ + >
là VTPT của mp
( )
α
Ta có :
( )
1
. 0 4 0 4n n a b c b a c= ⇔ + + = ⇔ = − +
r ur

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
: 1 4 2 3 0a x a c y c z
α
⇒ − − + + + − =
0.25
Giả sử đường tròn giao tuyến của
( )
α
và mặt cầu
( )
S
có bán kính là
r
.
Ta có:
2
. 16 4r r
π π
= ⇒ =
Mặt cầu
( )
S
có tâm
( )
0;1; 2I
−
, bán kính
5R
=
.

( )
( )
2 2
, 3d I R r
α
⇒ = − =

( )
( )
2
2 2
3 4 5
3
4
a a c c
a a c c
− − + −
⇔ =
+ + +
0.25

2 2
32 68 0a ac c
⇔ − − =

2
34
a c
a c

= −

⇔

=

• Với
2a c
= −
, chọn
( )
1 2 :2 2 5 0c a x y z
α
= − ⇒ = ⇒ + − + =
0.25
• Với
34a c
=
, chọn
( )
1 34 :34 38 113 0c a x y z
α
= ⇒ = ⇒ − + − =
Vậy có hai mp thỏa mãn có PT:
2 2 5 0x y z
+ − + =

34 38 113 0x y z
− + − =

0.25
VIIa.
ta có :
2 3
1
121 0
2
n n
C A
n
+ − =

2
12
2 120 0
10( )
n
n n
n loai
=

− − = ⇔

= −


Khai triển
( ) ( ) ( )
12
12 12

12
0
3 15 ( 1) 3 15
k k
k k
k
C
−
=
− = −
∑
=
12
6
2
12
0
( 1) 3 5
k
k k
k
C
=
−
∑
0.5
=> số hạng tq của khai triển là T=
6
2
12

( 1) 3 5
k
k k
C−
0.5
TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278
Do đó T là số hữu tỉ <=>
{ }
12,10,8,6,4,2,0
2
120
=⇔





∈
≤≤
k
N
k
k
Vậy trong khai triển có 7 số hạng hữu tỉ
VIb1
( )
P
2
: 4 3y x x= − +
: 5 0d x y

− + =
,
/ /CD AB
nên
( )
: , 5CD y x m m
= + ≠
Pt hoành độ giao điểm của
CD
và
( )
P
là:
( ) ( )
2
5 3 0 1x x m
− + − =

13 4m
∆ = +
Đk:
13
4
m
> −
0.25
Giả sử
( )
;C c c m
+

,
( )
;D d d m
+

( )
c d≠

,c d
là nghiệm của PT
( )
1
. Theo định lí Viet có:

5
3
c d
cd m
+ =


= −

( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
; 2 2 4 2 13 4CD d c d c CD d c c d cd m
 
= − − ⇒ = − = + − = +
 

uuur
0.25
( )
5
,
2
m
CB d C d
−
= =
Mặt khác:
( )
( )
2
5
2 13 4
2
m
CD CB m
−
= ⇒ + =

2
26 27 0m m
⇔ − − =

1
27
m
m

= −

⇔

=

(thỏa mãn)
0.25
• Với
1 18
ABCD
m S= − ⇒ =
• Với
27 242
ABCD
m S= ⇒ =
Vậy
18; 242
ABCD ABCD
S S= =
0.25
VIB.2
Ta có:
( )
1;2;1 6AB AB= ⇒ =
uuur
,
( )
2; 2;4 2 6AC AC= − ⇒ =
uuur

0.25
Theo tính chất đường phân giác có:
1
2
2
BD AB
CD BD
CD AC
= = ⇒ = −
uuur uuur
0.25
7 8
; ;3
3 3
D
 
⇒
 ÷
 
1 2
: 2
1 3
x t
AD y t
z t
= +


⇒ = +



= +

0.5
VIIb.
( )
( ) ( )
2 1
3
3 2.3 3 1
log 1 1 2
x y x y
xy
− +

= +


+ =


,
( ) ( )
2 2 3PT xy
⇔ =
0.25
( )
2 2
1 3 2.3 3
x y x y

PT
− −
⇔ = +
Đặt
3
x y
t
−
=
,
0t
>
Ta được:
2 2
2 3 2 3 0t t t t
= + ⇔ − − =

1( )
3( / )
t loai
t t m
= −

⇔

=

0.25
• Với
3 3 3 1 1

x y
t x y x y
−
= ⇒ = ⇔ − = ⇔ = +
Thay vào
( )
3
ta được:
( )
2
1 2 2 0y y y y
+ = ⇔ + − =
0.25
TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278

1
2
y
y
=

⇔

= −

Vậy hệ pt có nghiệm:
( ) ( )
2;1 ; 1; 2
− −
0.25

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối