đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016

Câu 1 (4 điểm): Cho hàm số:
1
22
x
y
x



.
a. ( 2 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b. (1 điểm) Lp phương trnh tiếp tuyến ca đồ thị hàm số ti giao điểm ca đồ thị vi trc tung.
c. (1 điểm) Tm m để đường thẳng
y x m
cắt đồ thị ca hàm số ti hai điểm phân biệt A, B sao cho
khoảng cách từ A đến trc hoành bằng khoảng cách từ B đến trc tung.
Câu 2 (4 điểm):
a) Giải phương trnh:
2
2 2 2
1
log ( 4 1) log 8 log 4
2
x x x x   
.
b) Tính tích phân sau:
2
0
sin2 cosI x xdx





Câu 3(2 điểm): Cho hình chóp
SABCD
có đáy là hnh vuông cnh a, SA vuông góc vi đáy và mặt phẳng
(SBD) to vi
()ABCD
một góc
0
60
. Tm thể tích khối chóp
SABCD
. Xác định tâm và bán kính mặt cầu đi
qua các đỉnh ca hnh chóp
SABCD

Câu 4(3 điểm): Trong hệ trc tọa độ Oxyz, cho lăng tr đứng
' ' 'ABCA B C
có điểm
(4;0;0), (0;3;0), (2;4;0)A B C
. Tam giác
ABC
là tam giác g, khi đó tm tọa độ điểm
'B
sao cho thể tích
khối chóp
'B ABC
bằng 10. Gọi I là trung điểm
'BB
, tm cosin góc giữa

AI
và
'BC
. Biết B’ có cao độ
dương.
Câu 5 (2 điểm):
a) Giải phương trnh:
2cos ( 3sin cos 1) 1x x x  
.
b) Cho tp hp
 
1,2,3,4,5A
. Có bao nhiêu số có 8 chữ số lp từ các số ca tp A, sao cho chữ số 1
có mặt 2 lần, chữ số 2 có mặt 3 lần, các số khác có mặt một lần.
Câu 6(2 điểm): Cho tam giác
ABC
có phương trnh đường thẳng BC:
40xy  
,các điểm
(2;0), (3;0)HI
lần lưt là trực tâm và tâm đường tròn ngoi tiếp tam giác. Hãy lp phương trnh cnh AB
biết điểm B có hoành độ không ln hơn 3.
Câu 7(2 điểm): Giải hệ phương trnh:
3 2 3 2
3 2 3 (1)
3 2(2)
x x y y
x y x

   



   



Câu 8(1 điểm): Cho
, , 0abc
thỏa mãn:
1abc  
, chứng minh rằng :
9
1 1 1 10
a b c
bc ca ab
  
  

Ht
Th sinh không được sử dụng tài liệu. Cn bộ coi thi không giải thch g thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh:………………………
TRƯNG THPT NGUYN VĂN TRI
T: TON
Đ THI THỬ LẦN 1, KỲ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HC 2015 - 2016
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút
(Không kể thời gian giao đề)

(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang)

Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1
(4đ)
a.(2 điểm).
+)TXĐ:
 
\1D 

0,25

+) Sự biến thiên
- Chiều biến thiên:
2
4
' 0, 1
(2 2)
yx
x
   


0,25

- Hàm số đồng biến trên các khoảng:
( ;1)
và
(1; )

0,25

- Gii hn:
11
lim( )
2 2 2
x
x
x




, do đó :
1
2
y 
là tiệm cn ngang.

11
11
lim( ) ;lim( )
2 2 2 2
xx
xx
xx



   

   
, do đó :
1x 
là tiệm cn đứng
0,5

- Bảng biến thiên:
0,25

- Đồ thị: Cắt Ox ti (-1;0), cắt Oy là (0;1/2)

4
2
2
4
6
10
5
5
10
O

0,5

b.(1 điểm).
- Gọi M là giao điểm ca đồ thị vi trc tung th M có hoành độ x = 0, do đó M(0;1/2).
0,25

- Hàm số có
2

4
'
(2 2)
y
x


nên
'(0) 1y 

0.25
- Phương trnh tiếp tuyến ca đồ thị ti M là :
1
'(0)( 0)
2
y y x  

0,25

1
2
yx  

0,25
c.(1 điểm)
- Hoành độ giao điểm ca đồ thị hàm số vi đường thẳng là nghiệm phương trnh:

1
22
x

xm
x



(Đk:
1x 
)

2
2 (2 1) 2 1 0(1)x m x m     

0,25
- Đường thẳng cắt đồ thị ti hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trnh (1) có hai
nghiệm phân biệt khác 1.

7
(2 1)(2 7) 0
2
2 2 1 1 2 0 1
2
m
mm
mm
m



    





    





(2)
0,25
- G/s
12
,xx
là hai nghiệm ca phương trnh (1), theo định lý Viet ta có:
12
12
21
2
21
.
2
m
xx
m
xx













Khi đó hai giao điểm là
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x x m B x x m

0,25
- Theo giả thiết thì:
12
12
12
( ;Ox) ( ; )
x x m
d A d B Oy x m x
x x m


    




- Vi
12

x x m
, kết hp vi Viet ta có:
21
2
m
m


, không xảy ra.
- Vi
12
x x m
, ta có:
1
12
1 2 2
12
12
21
42
2
1
4
21
.
2
m
xm
xx
x x m x

m
x m x
xx









   








.
Suy ra:
17
42
4 12
m m m     
thỏa mãn điều kiện.

0,25

Câu 2
(4 đ)

a(2 điểm)
+ Đk:
2
25
4 1 0
25
25
0
0
x
xx
x
x
x
x





  

   











0,5
+ Vi điều kiện đó th phương trnh tương đương vi:
2
22
1
log ( 4 1) log 2
2
xx  

0,25

22
2
log ( 4 1) 2 4 1 4x x x x       

0,5

2
1
4 5 0
5
x
xx
x



    




0,5
+ Theo điều kiện th nghiệm là: x=5
0,25
b(2 điểm)
+
3
0
2 sin . osI xc xdx




0,25
- Đặt
cos sinxt x dt dx   

0,5
- Đổi cn:
01xt  

-
1xt


   

0,25
- Do đó
11
33
11
22I t dt t dt


  


0,5

1
4
1
1
2
t


=
11
0
22


0, 5

Câu 3
+ Gọi O là giao điểm hai đường chéo đáy, ta có:
0,25
(2đ)
-
BD AC
và
BD SA
nên:
BD SO
A
B
D
C
S
O
I

Suy ra:
 
0
( );( ) 60SBD ABCD SOA

+
2
2
2
a
AC a AO  
, tam giác SAO vuông ti A nên theo hệ thức lưng trong tam

giác vuông ta có:
0
6
.tan60
2
a
SA AO

0,25
+ Dt(ABCD)=
2
a
nên
3
16
. ( )
36
SABCD
a
V SAdt ABCD
(đvtt)
0,25
+ Gọi I là trung điểm SC suy ra: IO//SA
()IO ABCD

0,25
+ Ta có:
IAO IBO ICO IDO      
IA IB IC ID   
(1)

0,25
+
SAC
vuông ti A có AI là trung tuyến nên:
1
2
IA IB IC SC  
(2)
0,25
+ Từ (1) và (2) ta có: I cách đều S,A,B,C,D nên I là tâm mặt cầu đi qua các đỉnh hnh chóp.
Đồng thời bán kính R=IA=
1
2
SC

0,25
+ Theo định lý Pitago:
22
14
2
a
SC SA AC  

Vy :
14
4
a
R 

0,25

Câu 4
(3 đ)


+Dễ tính:
5; 2 5; 5AB AC BC  
O
A
B
C
B'
C'
A'

0,75
Từ đó theo định lý Pitago th:
2 2 2
CB CA AB
nên tam giác ABC vuông ti C.
0,25
+ Ta thấy
, , (Ox )A B C y
và lăng tr đã cho là lăng tr đứng nên
' ( )B Oyz
từ đó
'(0;3; )Bc
vi c>0
0,25

1

.5
2
ABC
S CACB
và
'BB c

0,25

'
11
10 '. 10 .5. 10 6
33
B ABC ABC
V BB S c c      

Do đó:
'(0;3;6)B

0,5
+ I là trung điểm BB’ nên:
(0;3;3)I

0,25
Khi đó:
( 4;3;3); ' (2;1; 6)AI B C

0,25

cos( ; ' ) cos( ; ' )AI B C AI B C

0,25

.'
4.2 3.1 3.6
23
.'
16 9 9. 4 1 36 1394
AI B C
AI B C
  
  
   

0,25
Câu 5
(2đ)
a(1 điểm)
- Phương trnh tương đương vi:
2
3sin2 2cos 2cos 1x x x  


2
3sin2 2cos 1 2cosx x x   


3sin2 cos2 2cosx x x  

0,25

31
sin2 cos2 cos
22
x x x  


cos(2 ) cos
3
xx

  

0,25

22
3
22
3
x x k
x x k





  





   


,
k 

0,25

2
3
2
93
xk
k
x












,
k 

0,25
b(1 điểm)
+ Xem số cần lp có 8 vị trí.
- Xếp hai số 1 vào tám vị trí th có:
2
8
28C 
cách xếp
0,25
- Xếp ba số 2 vào sáu vị trí còn li có:
3
6
20C 
cách xếp
0,25
- Xếp các số 3,4,5 vào ba vị trí còn li có: 3!=6 cách xếp.
0,25
- Vy có: 28.20.6=3360 số thỏa mãn giả thiết.
0,25
Câu 6
(2đ)
+ Gọi
( ; )G a b
là trọng tâm tam giác, ta có:
2HG GI

0,25
Trong đó:
( 2; ); (3 ; )HG a b GI a b  

8
2 6 2
8
( ;0)
3
2
3
0
aa
a
G
bb
b

  



  







0,25
+ Gọi M là trung điểm BC th MI vuông góc vi BC nên: phương trnh đường thẳng MI là:
x+y-3=0
0,25

M MI BC
nên tọa độ M là nghiệm ca hệ:
3
71
( ; )
4
22
xy
M
xy







0,25
+ Gọi
8
( ; ) ( ; )
3
A a b AG a b  
còn
51
( ; )
62
GM 
. Ta có:

2AG GM
nên tm đưc
(1;1)A

0,25
+ Do đó:
5R IA
là bán kính đường tròn ngoi tiếp.
Gọi
( ; 4)B m m BC
( trong đó:
3m
)
0,25
+ Ta có:
2 2 2
5 ( 3) ( 4) 5 2 5BI m m m m         

0,25
Theo điều kiện th m = 2, do đó: B(2;-2)
+
(1; 3)AB 
nên phương trnh tổng quát đường thẳng AB là: 3(x-1)+1(y-1)=0 hay 3x+y-4=0
0,25
Câu 7
(2 đ)

3 2 3 2
3 2 3 (1)
3 2(2)

x x y y
x y x

   


   




+ ĐK:
32
3
3
30
2
2
x
x
yy
yx
yx





  








0,25
+ Ta có
3 2 3 3
(1) 3 2 3 ( 1) 3( 1) ( 3) 3 3x x y y x x y y            

0,25
+ Ta thấy
3 1; 1 1yx   
nên xét hàm số:
3
( ) 3 , 1f t t t t   

0,25

2
'( ) 3 3 0, 1f t t t    
do đó hàm số:
3
( ) 3f t t t
là đồng biến trên:


1; 

0,25
+ Khi đó ta có:
( 1) ( 3)f x f y  
nên:
2
1 3 2 2x y y x x      
thế vào (2) ta
đưc:
2
33x x x  

0,5

2
1
4 3 0
3
x
xx
x


    




0,25
+ Theo điều kiện ta có
31xy  

. Vy hệ có nghiệm là:
( ; ) (3;1)xy

0,25
Câu 8
(1đ)
- Theo bất đẳng thức Cauchy:
22
22
11
( ) ; ( )
2 2 2 2
b c a a c b
bc ca
   
   
   
   
   
;

2
2
1
()
22
a b c
ab







0,25

- Do đó:
2 2 2
4 4 4
1 1 1 2 5 2 5 2 5
a b c a b c
P
bc ca ab a a b b c c
     
        

0,25

- Ta xét:
2
22
4 99 3 (3 1) (15 11 )
0
2 5 100 100( 2 5)
x x x x
x x x x
  
  
   
vi

(0;1)x

- Dấu bằng xảy ra ti x = 1/3
0,25

- Do đó :
99 9 9
()
100 100 10
P a b c    
(Đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1/3
0,25





>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Văn – Anh – Sinh tốt nhất 1


Câu 1 (4 điểm) Cho hàm số: 

 

 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó đi qua 





Câu 2 (2 điểm) Tính nguyên hàm









Câu 3 (2 điểm)
1. Giải phương trình: 

 

  
2. Một đội văn nghệ có 15 người gồm 9 nam và 6 nữ. Chọn ngẫu nhiên 8 người đi hát
đồng ca. Tính xác suất để trong 8 người được chọn có số nữ nhiều hơn số nam.
Câu 4 (2 điểm) Tính giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 





   

  
Câu 5 (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC có các mặt ABC và SBC là những tam giác đều cạnh

a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 60
0
. Hình chiếu vuông góc của S xuống (ABC)
nằm trong tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và tính khoảng cách từ B đến
mặt phẳng (SAC) theo a.
Câu 6 (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm 



 và
mặt phẳng



    . Viết phương trình mặt phẳng  đi qua A, B và vuông
góc với mặt phẳng . Xác định hình chiếu vuông góc của A xuống (P).
Câu 7 (2 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có








.
1. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Tìm trên các cạnh AB, BC, CA các điểm K, H, I sao cho chu vi tam giác KHI nhỏ
nhất.
Câu 8 (2 điểm) Giải hệ phương trình 



   

    



   

 


  

Câu 9 (2 điểm) Chứng minh rằng: Với mọi ΔABC ta đều có
CHUYÊN HẠ LONG
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN

Th


>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Văn – Anh – Sinh tốt nhất 2




 



 





 


 








ĐÁP ÁN
Câu 1: Cho hàm số: 

 

 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 

 


 
TXĐ = R









 





(0,5đ)
BBT (0,5đ)

Hàm số đồng biến trên



, hàm số nghịch biến trên  và 
Đồ thị hàm số có điểm cực đại là A , có điểm cực tiểu là B 


  
 đổi dấu khi x qua 1 => đồ thị hàm số có điểm uốn 

Chính xác hóa đồ thị:

Đồ thị hàm số nhận  làm tâm đối xứng (0,5đ)

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Văn – Anh – Sinh tốt nhất 3

(0,5đ)
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó đi qua 
Giả sử tiếp tuyến cần tìm tiếp xúc với đồ thị hàm số tại 







Phương trình tiếp tuyến tại B: 




 


  


 



 


 



(0,5đ)
Δ đi qua  

 




 









(0,5đ)
Có hai tiếp tuyến cần tìm: 

 



  
Câu 2:



















 (0,25đ)
Tính 





 Đặt 












(0,25đ)
=





















 

(0,5đ)
Tính 






















   


(0,5đ)
Vậy 














  + C (0,5đ)
Câu 3:

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Văn – Anh – Sinh tốt nhất 4

1, Điều kiện:  (0,25đ)
Phương trình trở thành: 







 













2, Số cách chọn ra 8 người là: 


 (0,25đ)
Số cách chọn ra 8 người mà số nữ nhiều hơn số nam là: 





 






 (0,5đ)
Xác suất để chọn được 8 người thỏa mãn là:





(0,25đ)
Câu 4:
TXĐ = 


 (0,25đ)















xác định trên 



 (05đ)











 (0,25đ)
 











 (0,5đ)
 






Vậy 










 (0,5đ)








 


Câu 5

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Văn – Anh – Sinh tốt nhất 5

Gọi M là trung điểm của BC
Lập luận được góc giữa (SBC) và (ABC) là góc 



(0,5đ)
ΔSAM đều cạnh bằng



























(0,5đ)





















(0,5đ)


























(0,5đ)
Câu 6:
Chọn 





















 (0,5đ)
=>Phương trình mặt phẳng



 

 

 

  

 


  

 (0,5đ)
Hay     
Gọi 







 là hình chiếu vuông góc của A xuống mặt phẳng (P), Ta có:


 và 















cùng phương. (0,5đ)



 

 

  


























 (0,5đ)

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Văn – Anh – Sinh tốt nhất 6

Câu 7:
a, Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là


 

    

 

 
Ta có:

      
      
      
(0,5đ)
=>









(thỏa mãn) (0,25đ)
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:


 







 


=0 (0,25đ)
b,

A (2; 6), B (1; 1), C (6; 3)
Ta có: 



































BC > AB > AC => 






mà cos A > 0 => ΔABC nhọn. (0,25đ)
Gọi E, F lần lượt đối xứng với H qua AB, AC. Ta có:
AE = AH = AF, suy ra tam giác AEF cân tại A và 




Chu vi ΔHIK = KE + KJ + IF 

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Văn – Anh – Sinh tốt nhất 7

Gọi M là trung điểm EF, trong tam giác vuông AME, ta có:
ME = AE. sin= AH. sin 
Suy ra: Chi vi tam giác HKI là
   








Dấu “=” xảy ra  H là chân đường cao kẻ từ A xuống BC và K, I là giao điểm của EF với AB, AC
(0,25đ)
Ta chứng minh: 


 




Có: 



 



 









 




 


 






 

, suy ra: 

 



, suy ra tứ giác ABHI nội tiếp, suy ra 






, suy ra I là chân đường cao tam giác ABC kẻ từ B. Tương tự có K là chân đường cao của
C xuống AB. (0,25đ)
Phương trình các đường thẳng:
(AB):    




   



  
(AH):  



   



   
Suy ra 




















 (0,25đ)
Câu 8:
Điều kiện: 




Nhận xét y = 0 không thỏa mãn phương trình (2)
(2) 

  

 

  




 


 (*) (0,5đ)
Xét hàm số 






  trên R => Hàm số đồng biến trên R

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Văn – Anh – Sinh tốt nhất 8

(*)

   




  


thế vào (1) (0,5đ)
(1) 

   

    


   

  

    


  


   

     

   (0,5đ)
Đặt

   

  

   


Phương trình (**) trở thành  




(0,25đ)
- Với 






- Với 

   

  , phương trình vô nghiệm vì vế trái 
Câu 9:
Ta có:











 nên 









































(0,5đ)




 


 













 



























 



























 
















>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Văn – Anh – Sinh tốt nhất 9








 





 



























































 


 


















Lại có: 
























 


 







(0,5đ)
Dấu “=” xảy ra  ΔABC đều (0,5đ)







SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI THPT QUỐC GIA
LẦN 1 - NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số
32

6 9 1y x x x   
(C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là giao điểm của (C) với (P):
2
21y x x  
.
Câu 2 ( 1,0 điểm ). a) Giải phương trình:
22
12log 2 log ( 2)x x   

b) Giải phương trình:
cos2 3sin4 2cos3 cos 1x x x x  

Câu 3(1,0 điểm ). a) Tìm phần thực của số phức
z
thỏa mãn:
5z(1 3 ) 5 (6 7 )(1 3 )i z i i    
.
b) Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các số{0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}.
Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số được chọn là một số không chia hết cho 5.
Câu 4(1,0 điểm ). Tính tích phân:
1
1
0
)(2
x
I x e dx

 



Câu 5(1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
 
: 2 2 6 0P x y z   
và
mặt cầu
 
:S
2 2 2
2 8 4 12 0x y z x y z      
. Chứng minh rằng (S) tiếp xúc (P). Viết phương
trình đường thẳng d nằm trong (P), tiếp xúc (S) và vuông góc với trục Oz.
Câu 6( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, khoảng cách giữa hai
đường thẳng AD và SB bằng
2
2
a
và
0
90SBC SDC   
. Chứng minh SA vuông góc với mặt
đáy và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.
Câu 7( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng với toạ độ
,Oxy
cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB AD CD
, điểm
B(1;2)
, đường thẳng BD có phương trình

2y 
. Biết rằng đường thẳng
( ):7 25 0d x y  
lần lượt cắt các đoạn thẳng AD và CD theo thứ tự tại M và N sao cho
BM BC
và
tia BN là tia phân giác của góc MBC. Tìm toạ độ đỉnh D (với hoành độ của D là số dương).
Câu 8( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình:
3 2 3 2
3
3 2 2
1
( , )
9 6 18 15 3 6 2
x x x xy y y y
x y R
x y x y x

      



     



Câu 9(1,0 điểm ). Cho các số dương
,,x y z
thỏa mãn
2

2y xz
;
2
2z xy

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
23
22
x y z
M
x y y z z x
  
  

………………HẾT………………

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

1
TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số
32
26y x x
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng
:d y mx

tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình:
   
sin sin 1 cos 1 cosx x x x  
.
Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân:
1.
ln2
0
.5
xx
I e e dx

. 2.
 
7
2
ln 2 1I x dx  

.
Câu 4: (1,0 điểm).
1. Giải phương trình:
 
2
2
log 4 log 2 10xx  
.
2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức:
 
15

2
2
;0xx
x




.
Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm
     
1;1; 2 , 3;0;1 , 1;2;3A B C
. Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có
bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy.
Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC.
Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
 
22
: 2 4 1 0C x y x y    
và
đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường
tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho
3
MAB IAB
SS


, với I là tâm của đường tròn (C).

Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
 
 
32
2
2 7 2 1 3 1 3 2 1
;,
2 4 3 5 4
y y x x x y
x y R
y y y x

      




     

.
Hết

2
HƯỚNG DẪN CHẤM
Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm.
Câu
Nội dung
Điểm
1 (2,0
điểm)

1/ (1,0 điểm)
TXĐ: D = R.
2
' 6 6y x x
.
0
'0
2
x
y
x






. Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8.
Giới hạn.
Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị.
Vẽ đồ thị.
0,25


0,25
0,25
0,25
2/ (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình:
 

3 2 2
2
0
2 6 2 6 0
2 6 0 (*)
x
x x mx x x x m
x x m


      

  

.
Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 0.
Khi đó:
9
' 0 9 2 0
2
00
0
m
m
mm
m

   





  





.


0,25

0,25

0,5
2 (1,0
điểm)
   
sin sin 1 cos 1 cos sin cos 1x x x x x x     

1
2sin 1 sin
44
2
xx

   
     

   
   

2
2
2
xk
xk










.
KL.
0,25

0,25

0,25

0,25
3 (2,0
1/ (1,0 điểm)

3
điểm)
Đặt
5
x
ue
. Tính
2
x
e dx udu
.
Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì
3u 
.
Khi đó:
2
3
2
2
3
3
2 16
2 2 3
33
u
I u du   

.
KL.
0,25

0,25


0,5
2/ (1,0 điểm)
Đặt
2tx
. Tính
2dx tdt
.
Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3.
Khi đó:
 
3
2
2 .ln 1I t t dt

.
Sử dụng từng phần ta được
3
16ln2 3ln3
2
I   
.

0,25

0,25

0,5

4 (1,0
điểm)
1/ (0,5 điểm)
Đk:
1
4
x 
.
Ta có:
 
2 2 2
2
log 4 log 2 10 2log 4 log 2 10 0x x x x        
.
Đặt
2
log 2tx
, (t ≥ 0).
Phương trình có dạng:
2
2
2 10 0
5
()
2
t
tt
tl




   



.
Với t = 2 ta được
22
log 2 2 log 2 4x x x     
.
Vậy phương trình có nghiệm x = 4.



0,25





0,25
2/ (0,5 điểm)
Ta có:
 
15 15
5 15
15 15
2 2 15
2
15 15

00
22
. . 2 . .
k
k
k
k k k
kk
x C x C x
xx




   
  
   
   

.
Khi đó xét số hạng không chứa x ta có
5 15
03
2
k
k

  
.
Vậy số hạng không chứa x là

12 3
15
2.C
.
0,25



0,25

4
5 (1,0
điểm)
Ta có
     
2; 1;3 , 2;1;5 ; ; 8; 16;0AB AC AB AC

      

.
Do đó
 
1;2;0n 
là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC).
Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0.
Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0).
Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên
 
2
3

1 5 9
1
a
IA R a
a


     



.
Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên
   
2
22
: 3 9S x y z   
.
Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên
   
2
22
: 1 9S x y z   
.
0,25


0,25

0,25

0,25
6 (1,0
điểm)
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH

(ABCD) và
3
2
a
SH 
.
Do
3AB a AD a  
. Khi đó
2
.3
ABCD
S AB AD a
. Vậy
3
.
1
.
32
S ABCD ABCD
a
V SH S
.

Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP  (ABCD).
Dễ thấy ∆MPN vuông tại P.
Ta có
1 3 13
;
2 4 4
aa
MP SH PN MN a    
.

0,25


0,25

0,25

0,25
7 (1,0
điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2.
Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau.
Theo công thức diện tích , từ
3
MAB IAB
SS


ta được
22

34MA R MI  
.
Gọi điểm M(a;3 – a). Do
4MI 
nên
1
5
a
a





.
Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2).

0,25
0,25

0,25
0,25

5
8 (1,0
điểm)
Đk:
41x  
.
Ta có:

 
   
3
32
2 7 2 1 3 1 3 2 1 2 1 1 2 1 1 1y y x x x y y y x x x               
.
Xét hàm số
 
3
2f t t t
đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng:
 
 
1 1 1 1 1 1f y f x y x y x          
.
Thế vào phương trình còn lại ta được:
3 2 4 1 4 4 1 3 2 4 0x x x x x x             
.
Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy
nhất x = – 3.
Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3).


0,25


0,25

0,25
0,25
Hết

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
——————
KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT VÀ THI TS ĐẠI HỌC LẦN 1
NĂM HỌC: 2015 -2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời giao đề.
Đề thi gồm: 01 trang.
———————

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
24
1
x
y
x



có đồ thị là (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng
( ):3 2 2 0d x y  
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình :
sin3 2 1 2sin . 2x cos x xcos x  

.
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
24y x x   
.
Câu 4 (1,0 điểm). Trong một cái hộp có 20 viên bi gồm 12 bi đỏ khác nhau và 8 bi xanh khác nhau. Xét phép
thử ngẫu nhiên lấy 7 viên bi từ hộp, tính xác suất để 7 viên bi lấy ra có không quá 2 bi đỏ.
Câu 5 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình:
2
31x m x  
có hai nghiệm thực phân biệt.
Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
, 2 ,AB a AD a

()SA ABCD
và
SA a
. Tính theo a thể tích chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM) với
M là trung điểm của CD.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình bình hành
ABCD
có
( 6; 6)D 
. Đường trung trực
của đoạn DC có phương trình
1
:2 3 17 0xy   
và đường phân giác của góc BAC có phương trình
2

:5 3 0xy   
. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành
ABCD
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3 2 3
23
12 2 8 8
8 2 5
x y x y y
x y y x

    


  


( , )x y R

Câu 9 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 2 2 2 2 2 2
2( ) 27 3( ) 6( )P ab bc ca a b c a b c ab bc ca          

trong đó a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn
3abc  
.

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:




ĐÁP ÁN KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT VÀ THI TS ĐẠI HỌC LẦN 1
NĂM HỌC: 2015 -2016 ; MÔN: TOÁN

Lưu ý khi chấm bài:
-Đáp án trình bày một cách giải gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh.
Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
-Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
-Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.
-Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

Câu
ý
Nội dung trình bày
Điểm
Câu 1

2,0
a)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
24

1
x
y

x




1,0
 Tập xác định: D =
 
\1R 

 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
,
2
6
0,
( 1)
y x D
x
   


Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ; 1) 
và
( 1; ) 

0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2

xx
yy
 


tiệm cận ngang: y=2

( 1) ( 1)
lim , lim
xx
yy

   
   

tiệm cận đứng: x=-1
0,25
- Bảng biến thiên:








0,25
 Đồ thị:
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
 

2;0
, cắt trục tung tại điểm (0;-4)
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng

8
6
4
2
2
4
6
8
15
10
5
5
10
15
O


0,25
2
2
-1




x

y’
y
+
+
b)
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó song song với
đường thẳng
( ):3 2 2 0d x y  

1,0
Gọi
00
( ; ) ( )M x y C
(với
0
1x 
) là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. Từ giả thiết ta
có hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại M là
3
2
k 

0,25
Ta có pt:
0
2
0
2
0
0

1
63
( 1) 4
3
( 1) 2
x
x
x
x


    





0,25
Với
0
1 (1; 1)xM  
. Ta có PTTT cần tìm là:
35
22
yx

0,25
Với
0
3 ( 3;5)xM   

. Ta có PTTT cần tìm là:
3 19
22
yx

KL: Vậy có hai TT thỏa mãn ycbt
35
22
yx
;
3 19
22
yx

0,25
Câu 2
Giải phương trình :
sin3 2 1 2sin . 2x cos x xcos x  

1,0

Phương trình
sin3 2 1 sin3x cos x x sinx    

0,25

2
2sin 0x sinx  

0,25

sin
1
s
2
x=0
inx







Với
sin 0 ( )x x k k Z

   

0,25
Với
2
1
6
sin ( )
5
2
2
6
xk
x k Z

xk







  






Vậy phương trình có 3 họ nghiệm
2;
6
xk



5
2;
6
xk



 

x k k Z



0,25
Câu 3
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
( ) 2 4y f x x x    

1,0

Tập xác định: D =
 
2;4

0,25
'
11
2 2 2 4
y
xx


;
 
'
0 2 4 3 2;4y x x x       

0,25
Ta có:

(2) (4) 2; (3) 2f f f  

0,25
Vậy
 
2;4
( ) 2
x
Max f x


khi x=3;
 
2;4
( ) 2
x
Min f x


khi x=2 và x=4
0,25
Câu 4
Trong một cái hộp có 20 viên bi gồm 12 bi đỏ khác nhau và 8 bi xanh khác nhau. Xét
phép thử ngẫu nhiên lấy 7 viên bi từ hộp, tính xác suất để 7 viên bi lấy ra có không
quá 2 bi đỏ.
1,0

Số cách chọn 7 bi từ hộp là
7
20

77520C 
(cách), suy ra
( ) 77520n 

0,25
Các trường hợp lấy được 7 viên bi có không quá 2 bi đỏ là:
Lấy được 7 bi đều xanh: có
7
8
8C 
(cách)
Lấy được 1 bi đỏ, 6 bi xanh: có
16
12 8
336CC 
(cách)
Lấy được 2 bi đỏ, 5 bi xanh: có
25
12 8
3696CC
(cách)
0,25
Goi A là biến cố : ‘ Trong 7 viên bi lấy ra có không quá 2 bi đỏ’
0,25
Ta có
()nA
8+336+3696 = 4040
Do đó
( ) 4040 101
()

( ) 77520 1938
nA
PA
n
  


0,25
Câu 5
Tìm m để phương trình
2
31x m x  
có hai nghiệm thực phân biệt
1,0

Vì
2
10xx  
nên
2
3
1
x
Pt m
x




Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số

 
2
3
1
x
y f x
x



tại hai điểm phân biệt
0,25
Ta có:
 
 
3
2
3 1 1
'( ) ; ' 0
3
1
x
f x f x x
x

   


0,25
BBT của hàm f(x)

0,25



Từ BBT suy ra
1 10m

Vậy với
1 10m
thì pt đã cho có hai nghiệm thực phân biệt
0.25
Câu 6
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
, 2 ,AB a AD a

()SA ABCD
và
SA a
. Tính theo a thể tích chóp S.ABCD và khoảng cách từ A
đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD.
1,0


A
B
D
C
M
N

S
H



Ta có
2
. .2 2
ABCD
S AB AD a a a  

0,25
x


1
3
'
()fx
()fx
+ 0 -
10
1
1