13 đề thi thử THPT QG môn toán 2016 có lời giải

——————

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT VÀ THI TS ĐẠI HỌC LẦN 1
NĂM HỌC: 2014 -2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời giao đề.
Đề thi gồm: 01 trang.
———————
2x − 4
có đồ thị là (C).
x +1

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
(d ) : 3 x − 2 y + 2 = 0 .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình : sin 3 x + cos 2 x = 1 + 2sin x.cos 2 x .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x − 2 + 4 − 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: x + 3 = m x 2 + 1 có hai nghiệm thực phân biệt.
Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
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 D(−6; −6) . Đường trung trực
của đoạn DC có phương trình ∆1 : 2 x + 3 y + 17 = 0 và đường phân giác của góc BAC có phương trình
∆ 2 : 5 x + y − 3 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD .
 x 3 + 12 y 2 + x + 2 = 8 y 3 + 8 y
( x, y ∈ R )
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 

x2 + 8 y3 + 2 y = 5x

Câu 9 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = −2(ab + bc + ca )3 + 27 a 2b 2c 2 − 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6(ab + bc + ca )
trong đó a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn a + b + c = 3 .
--------------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 (tham khảo)

Câu
Câu 1

ý
a)

Nội dung trình bày
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
• Tập xác định: D = R \ { −1}

2x − 4
x +1

Điểm
2,0
1,0

• Sự biến thiên:
6

> 0, ∀x ∈ D
( x + 1) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (−1; +∞)

,
- Chiều biến thiên: y =

y = lim y = 2 → tiệm cận ngang: y=2
- Giới hạn và tiệm cận: lim
x →−∞
x →+∞
lim y = +∞, lim y = −∞ → tiệm cận đứng: x=-1
x →( −1) −
x →( −1)+
- Bảng biến thiên:

x −∞
y’
y

+
2

+∞
2

0,25

+∞

-1
+

0,25

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

0,25

b)

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó song song với
đường thẳng (d ) : 3 x − 2 y + 2 = 0
Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ (C ) (với x0 ≠ −1 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. Từ giả thiết ta
3
có hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại M là k =
2
 x =1
6
3
= ⇔ ( x0 + 1) 2 = 4 ⇔  0
Ta có pt:
2
( x0 + 1)

2
 x0 = −3

1,0

0,25
0,25


3
5
x−
2
2
3
19
Với x0 = −3 ⇒ M (−3;5) . Ta có PTTT cần tìm là: y = x +
2
2
3
5
3
19
KL: Vậy có hai TT thỏa mãn ycbt y = x − ; y = x +
2
2
2
2
Giải phương trình : sin 3 x + cos 2 x = 1 + 2sin x.cos 2 x
Phương trình ⇔ sin 3 x + cos 2 x = 1 + sin 3 x − sinx

Với x0 = 1 ⇒ M (1; −1) . Ta có PTTT cần tìm là: y =

Câu 2

⇔ 2sin 2 x − sinx = 0
 sin x=0
⇔
s inx = 1

2
Với sin x = 0 ⇔ x = kπ (k ∈ Z )

Câu 3

π

 x = 6 + k 2π
1
(k ∈ Z )
Với sin x = ⇔ 
2
 x = 5π + 2kπ

6
π
5π
+ k 2π ; x = kπ ( k ∈ Z )
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm x = + k 2π ; x =
6
6

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = f ( x) = x − 2 + 4 − x
Tập xác định: D = [ 2; 4]
1
1
'
y' =
−
; y = 0 ⇔ x − 2 = 4 − x ⇔ x = 3 ∈ [ 2; 4]
2 x−2 2 4− x

Câu 4

0,25

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

0,25

0,25

1,0
0,25
0,25

Ta có: f (2) = f (4) = 2; f (3) = 2

0,25

f ( x ) = 2 khi x=3; Min f ( x) = 2 khi x=2 và x=4
Vậy Max
x∈[ 2;4]
x∈[ 2;4]

0,25

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.
7
Số cách chọn 7 bi từ hộp là C20 = 77520 (cách), suy ra n(Ω) = 77520
Các trường hợp lấy được 7 viên bi có không quá 2 bi đỏ là:
7
Lấy được 7 bi đều xanh: có C8 = 8 (cách)

1,0
0,25
0,25

1
6
Lấy được 1 bi đỏ, 6 bi xanh: có C12C8 = 336 (cách)
2
5
Lấy được 2 bi đỏ, 5 bi xanh: có C12C8 = 3696 (cách)
Goi A là biến cố : ‘ Trong 7 viên bi lấy ra có không quá 2 bi đỏ’
Ta có n( A) = 8+336+3696 = 4040
n( A) 4040

101
=
=
Do đó P ( A) =
n(Ω) 77520 1938

Câu 5

Tìm m để phương trình x + 3 = m x 2 + 1 có hai nghiệm thực phân biệt
x+3
=m
Vì x 2 + 1 ≠ 0∀x nên Pt ⇔
x2 + 1
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số

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


x+3

y = f ( x) =

tại hai điểm phân biệt
x2 + 1
−3x + 1
1
f '( x) =

; f '( x) = 0 ⇔ x =
3
Ta có:
3
( x 2 + 1)

0,25

BBT của hàm f(x)

0,25

−∞

x
'

f ( x)

+

1
3
0

+∞
-

10

f ( x)
−1
Từ BBT suy ra 1 < m < 10
Câu 6

1
0.25

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

1,0

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.
S

H
D

A

M
N
B

C

2
Ta có S ABCD = AB. AD = a.2a = 2a

0,25
3

1
1
2a
Do đó : VS . ABCD = SA.S ABCD = .a.2a 2 =
(đvtt)
3
3
3
Dựng AN ⊥ BM ( N ∈ BM ) và AH ⊥ SN ( H ∈ SN )
 BM ⊥ AN
 AH ⊥ BM
⇒ BM ⊥ AH và 
⇒ AH ⊥ ( SBM )
Ta có: 
 BM ⊥ SA
 AH ⊥ SN
Do đó d ( A, ( SBM )) = AH
2
Ta có: S ABM = S ABCD − 2 S ADM = a

1
2a 2
4a
AN .BM = a 2 ⇒ AN =
=
2

BM
17
1
1
1
4a
=
+ 2 ⇒ AH =
Trong tam giác vuông SAN có
2
2
AH
AN
SA
33
Mà S ABM =

0,25

0,25
0,25


4a
33
Oxy
Trong mặt phẳng toạ độ
, cho hình bình hành ABCD có D(−6; −6) . Đường trung
trực của đoạn DC có phương trình ∆1 : 2 x + 3 y + 17 = 0 và đường phân giác của góc
BAC có phương trình ∆ 2 : 5 x + y − 3 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình

bình hành ABCD .
−2a − 17
)
Gọi I là trung điểm của CD, do I ∈ ∆1 ⇒ I ( a;
3
uuu
r
ur
1 − 2a
) , đường thẳng ∆1 có VTCP u1 (−3; 2)
nên DI = (a + 6;
3
uuu
r ur
vì DI .u1 = 0 ⇔ a = −4 do đó I (−4; −3) suy ra C (−2;0)
Vậy d ( A, ( SBM )) = AH =

Câu 7

Gọi C’ đối xứng với C qua ∆ 2 . Ta có phương trình CC’: x-5y+2=0
x − 5y + 2 = 0
1 1
⇒ J ( ; ) nên
Gọi J là trung điểm của CC’. Tọa độ J là nghiệm hệ 
2 2
5 x + y − 3 = 0

1,0

0,25

0,25

C ' (3;1)

uuur
Đường thẳng AB qua C’ nhận DC làm VTCP có phương trình: 3x-2y-7=0 .\
3 x − 2 y − 7 = 0
⇒ A(1; −2)
Tọa độ A là nghiệm hệ: 
 5x + y − 3 = 0
uuur uuur
Do ABCD là hình bình hành nên AB = DC suy ra B (5; 4)
Vậy A(1; −2) , B (5; 4) , C (−2;0)
Câu 8

 x 3 + 12 y 2 + x + 2 = 8 y 3 + 8 y (1)
( x, y ∈ R )
Giải hệ phương trình: 
x 2 + 8 y 3 + 2 y = 5 x(2)

Ta có (1) ⇔ x 3 + x = (2 y − 1)3 + (2 y − 1) (*)
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t , ∀t ∈ ¡ , f ′ ( t ) = 3t + 1 > 0 ∀t ∈ ¡ . Vậy hàm số f ( t ) đồng
biến trên ¡ . Từ ( *) ta có f ( x ) = f ( 2 y − 1) ⇔ x = 2 y − 1
Thế x = 2 y − 1 vào (2) ta được phương trình:

y≥5
8

(2 y − 1) 2 + 8 y 3 = 8 y − 5 ⇔ 
2
3
2
(2 y − 1) + 8 y = (8 y − 5)


y≥5
y≥5
8
8
⇔
⇔
3
2
2
8 y − 60 y + 76 y − 24 = 0
( y − 1)(8 y − 52 y + 24) = 0
 y≥5
8


 y =1

⇔  y = 1 ⇔ 
y = 6
 y = 6

1
  y = 2

Với y = 1 ⇒ x = 1
Với y = 6 ⇒ x = 11
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) và (11;6)

0,25

0,25
1,0

0,25
0,25
0,25

0,25


Câu 9

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = −2(ab + bc + ca )3 + 27a 2b 2c 2 − 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 6(ab + bc + ca )
trong đó a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn a + b + c = 3 .
Ta có: ab + bc + ca ≥ 3 3 ab.bc.ca ⇒ 27 a 2b 2 c 2 ≤ (ab + bc + ca )3
Lại có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒ −3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≤ −3(ab + bc + ca )

1,0

0,25

Do đó P ≤ −(ab + bc + ca )3 + 3(ab + bc + ca ) = −t 3 + 3t = f (t )
0,25

(a + b + c) 2
=1
3
Ta có bảng bt của hàm số f(t) trên [ 0;1]
với 0 ≤ t = ab + bc + ca ≤

t

0

1

f’(t)

+

0
0,25

f(t)

2
0

ax f (t ) = 2 khi t=1
Từ BBT ta có: M
t∈[ 0;1]
Từ đó ta có GTLN của P bằng 2 khi a = b = c =

1
3

0,25


ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
MÔN TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
-----------------------------------Câu 1: (2 điểm)
1 / Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x 3 − 3 x − 2
2/ Tìm tọa độ của điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M song song với đường thẳng (d): 9x – y 18 = 0
Câu 2: a/ (0,5 điểm) Giải phương trình sau log 3 (2 x − 1) − 4 log 9 (5 x + 2) + 4 = 0
b/ (0.5 điểm) Giải phương trình cos3x + 2 sin2x – cosx = 0
1

Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân

∫
0

xdx
x +1 + x
2

.

Câu 4: a/ (0.5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 2 x + 5 − x
b/ (0.5 điểm)Biết trong số 10 vé xổ số còn lại trên bàn vé có 2 vé trúng thưởng. Khi đó một người
khách rút ngẫu nhiên 5 vé . Hãy tính xác suất sao cho trong 5 vé được rút ra có ít nhất một vé trúng

thưởng
Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, mặt bên (SAB) nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đáy (ABCD), tam giác SAB vuông tại S, SA = a Hãy tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SC theo a
Câu 6: (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2 x − 2 y + z − 1 = 0 và điểm A(1 ; -1; 0)
a/ Hãy viết phương trình mp (α ) qua điểm A và song song với mặt phẳng (P)
b/ Tìm tọa độ điềm M thuộc mp (P) sao cho MA vuông góc với mp( P )
Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có đường chéo AC phương trình là x+y-10=
0. Tìm tọa độ điểm B biết rằng đường thẳng CD qua điểm M (6; 2) và đường thẳng AB qua điểm N( 5; 8)
2
2
 x + xy + y = 7
Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình  2
2
 x − xy − 2 y = − x + 2 y

Câu 9: (1 điểm) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn x 2 + y 2 + (3x − 2)( y − 1) = 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + x + y + 8 4 − x − y

--------------Hết--------------


Câu
1a

Đáp án
Nội dung
+ TXĐ D=R
+ y ' = 3x 2 − 3
x = 1

y’=0 ⇒ 
 x = −1
+ lim y = +∞; lim y = −∞
x →+∞

1đ

1b

Điểm
0.25

x →−∞

+ BBT: Đúng chiều biến thiên
Đúng các giới hạn và cực trị
+ KL: Hs đồng biến trong khoảng (-∞ ;-1)và (1 ; +∞); nghịch biến trong
khoảng (-1 ; 1); đạt cực đại bằng 0 tại x=-1 ; đạt cực tiểu bằng -4 tại x=1
+ Điểm đặc biệt: đồ thị hàm số cắt trục hoành tại các điểm (2; 0) và (-1;0)
có điểm uốn (0; 2)
+ Đồ thị: Vẽ đúng đồ thị qua các điểm cực trị , điểm đặc biệt và đúng
dạng
+ Đường thẳng 9x – y – 18 = 0 có hệ số góc bằng 9
+ Gọi M0( x0; y0) là điểm mà tại đó tiếp tuyến song song đường thẳng
9x - y- 18=0 ⇒ f '( x0 ) = 9

0.25
0.25

0.25

0.25

⇒ 3x02 − 3 = 9
1đ

2a

 x0 = 2
⇔
 x0 = −2
+ Với x0 =2 y0 = 0 M0( 2; 0)
x0 = -2 y0 = -4  M0( -2 ; -4 )
+ Kiểm tra lại
M0( 2,0)  tiếp tuyến tại M0 có pt là y= 9(x – 2) ⇔ 9 x − y − 18 = 0 ( loại)
M0(-2;-4)tiếp tuyến tại M0 có pt là y = 9( x + 2) − 4 ⇔ 9x-y+14=0( nhận)
1
a/ + Đk : x >
2
log 3 (2 x − 1) − 4 log 9 (5 x + 2) + 4 = 0

0.25
0.25
0.25

⇔ log 3 (2 x − 1) − 2 log 3 (5 x + 2) = −4
⇔ log 3 (2 x − 1) − log 3 (5 x + 2) 2 = −4
⇔ log 3
0.5

⇔

2x −1

( 5x + 2 )

2

= −4

2x −1
= 3−4
2
(5 x + 2)

0.25

⇔ 25 x 2 − 142 x + 85 = 0
x = 5
⇔
 x = 17
25

So với đk ta nhận x=5 và x =

17
25

0.25

2b
0.5

b/ 2sin2x +cos3x – cosx = 0
⇔ 2 sin2x – 2 sin2x.sinx = 0
⇔ 2sin2x ( 1 – sinx) = 0
sin 2 x = 0
⇔
sin x = 1

3

kπ

x = 2
⇔
 x = π + 2π

2
1
1 2
2
( x + 1) dx
x + 2x +1
∫0 x 2 + 1 = ∫0 x 2 + 1 .dx

0.25

0.25

1

2x 

= ∫ 1 + 2 ÷dx
x +1 
0
1

1

2 x.dx
x2 + 1
0

0.25

d(x + 1)
x2 + 1
0

0.25

= ∫ 1.dx + ∫

1đ

0.25

0

1

=x0 +∫
1

2

1

2
=1+ ln x + 1 0

=1+ln2
0.25
4a

0.5 đ

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f ( x) = 2 x + 5 − x
+ x ∈ [0;5]
1
1
−
+ f '( x ) =
x 2 5− x
+ f '( x ) = 0 ⇔ x = 4 ∈ [ 0;5]

0.25

+ f (0) = 5; f (5) = 2 5; f (4) = 5
Maxf ( x ) = 5 = f (4)
+

x∈[ 0;5]

min f ( x) = 5 = f (0)
x∈[ 0;5]

4b
0.5 đ

5

5
+ Số phần tử của không gian mẫu: Ω = C10 =252
+ Biến cố A: ‘Trong năm vé rút ra có ít nhất một vé trúng thưởng’
 biến cố A : ‘Trong năm vé rút ra không có vé nào trúng thưởng’
5
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C8 = 56
56
Xác suất của biến cố A là P( A ) =
252
56 7
=
Xác suất của biến cố A là P(A) = 1 −
252 9
+ Trong mp(SAB), dựng SH ⊥ AB, do (SAB) ⊥ (ABCD)
⇒ SH ⊥ ( ABCD)

⇒ SH là chiều cao khối chóp

0.25

0.25

0.25


1
⇒ VS . ABCD = B.h
3
+ B= dt ABCD= 4a2
+ h = SH

1đ

SB = AB 2 − SA2
=a 3
SB.SA
h = SH =
AB
a 3
=
2
⇒ VS . ABCD = 2a 3 3

0.25
0.25

• d(AB,SC)
Vì AB// DC nên d (AB, SC)= d( AB, (SDC))
= d ( A, (SDC)
3V
= A.SDC
dtSDC
1
3. .VS . ABCD
= 2
dtSDC
• dt SDC=?
tgSAD vuông tại A nên SD = a 5
tgSBC vuông tại B nên SC = a 7 , DC= 2a
⇒ dtSDC =

19 2
a
2

nên d ( A, ( SDC )) =
6a
0.5 đ
6b

0.5 đ

0.25

6a 57
19

+ Mp (α ) song song với (P) nên mp (α ) có vecto pháp tuyến là
r
n = (2; −2;1) mặt khác (α ) qua điểm A (1;-1; 0) nên :
Pt của (α ) là 2 (x – 1) -2 (y + 1) +1( z – 0)= 0
⇔ 2x – 2y +z -4 = 0
+ Gọi M (x; y; z)
- Do M ∈ ( P ) ⇔ 2 x − 2 y + z − 1 = 0
uuur
r
- Do MA ⊥ (P) ⇔ MAcùng phuongn
uuur
Mà MA = (1 − x; −1 − y; − z )
r
n = (2; −2;1)
1 − x −1 − y − z
=
=
nên
2
−2
1
x + y = 0
⇔
 y + 2 z = −1

0.25

0.25

0.25

0.25


2 x − 2 y + z = 1

x + y = 0
 y + 2 z = −1

1

x = 3

1

⇔ y = −
3

1

z = − 3

1 1 1
KL : M  ; − ; − ÷
3 3 3
r
+ Gọi n = (a; b) là vecto pháp tuyến của đường thẳng AB với a 2 + b 2 > 0
góc giữa đường thẳng AB và AC bằng 450
a+b

0
 cos 45 =
a 2 + b 2 . 12 + 12
Ta có hpt

7

0.25

0.25

⇒ a 2 + b2 = a + b
1đ

⇒ a.b = 0
a = 0
⇒
b = 0
+ a=0 nên b ≠0  chọn b= 1 pt đt AB là 0(x – 5)+ 1( y – 8)=0 ⇔ y=8
+ b=0 nên a ≠0  chọn a=1  pt đt AB là 1( x – 5) +0(y – 8)=0 ⇔ x=5

0.25

* Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AC, do AC là phân giác của góc tạo
bởi hai đường thẳng BC và DC nên M’ thuộc đường thẳng BC
 pt đt MM’ là 1( x- 6) -1(y – 2)=0 ⇔ x – y – 4 = 0
0.25
+ Gọi H là giao điểm của đt MM’ và AC  H( 7;3)
+ H là trung điểm MM’  M’(8; 4 )
* Với M’(8;4) và AB : y=8 pt BC là x= 8 B= AB ∩ BC B(8;8)

* Với M’(8,4) và AB : x= 5 pt BC là y=4  B= AB ∩ BC  B(5;4)
8

1đ

+

0.25

x 2 − xy − 2 y 2 = − x + 2 y
⇔ x 2 + (1 − y ) x − y 2 − 2 y = 0

có ∆ = (3 y + 1) 2
x = 2y
nên 
 x = − y −1

 y =1⇒ x = 2
+ Với x=2y thế vào (1) ta có 
 y = −1 ⇒ x = −2
 y = −3 ⇒ x = 2
+ Với x= -y-1 thế vào (1) ta có 
 y = 2 ⇒ x = −3
Vậy hệ có 4 nghiệm (2;1); (-2;-1); (2;-3); (-3;2)

0.25
0.25
0.25
0.25

9

+ Ta có x 2 + y 2 + (3x − 2)( y − 1) = 0 ⇔ ( x + y ) 2 − 3( x + y ) + 2 = − xy − y
Vì x,y không âm nên ( x + y ) 2 − 3( x + y ) + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x + y ≤ 2
Đặt t = x+y khi đó t ∈ [ 1; 2]

0.25

Ta có P = x 2 + y 2 + x + y + 8 4 − x − y ≤ ( x + y ) 2 + ( x + y ) + 8 4 − ( x + y )
P ≤ t2 + t + 8 4 − t

1đ

+ Xét hàm f (t ) = t 2 + t + 8 4 − t với t ∈ [ 1; 2]
4
4
> 0 với t ∈ [ 1; 2]
ta có f '(t ) = 2t + 1 −
với t ∈ [ 1; 2] ⇒ f '(t ) > 3 −
4−t
2
và f(t) liên tục trên đoạn [1;2] nên f(t) đồng biến trên đoạn [1;2]
 maxf (t ) = f (2) = 6 + 8 2 ⇒ f (t ) ≤ 6 + 8 2

0.25

[1;2]

 x. y = 0

x = 2
⇔
 P ≤ 6 + 8 2 , P= 6 + 8 2 khi 
t = 2
y = 0
KL: Giá trị lớn nhất của P là 6 + 8 2 đạt được khi x = 2 và y = 0

0.25
0.25


Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2016 chuyên Vĩnh Phúc lần 1

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 3sin2x – 4sinxcosx + 5 cos2x = 2
Câu 5 (1,0 điểm)
a) Tìm hệ số của x10 trong khai triển của biểu thức: (3x3 – 2/x2)5
b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu nhiên (đồng thời) 3
quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy), cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(2;-1), D(5;0) và có tâm I(2;1). Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C và góc nhọn hợp bởi hai đường
chéo của hình bình hành đã cho.
Câu 7 (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đấy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC =
2MS. Biết AB = 3, BC = 3√3, tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AC và BM.
Câu 8. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy), cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
tâm J(2;1). Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình: 2x + y – 10 = 0
và D(2;-4) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh
tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0.

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 - LẦN 2
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm cực đại của (C).
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình

(

)

cos x 2sin x + 3 2 − 2cos 2 x − 1

= 1.
1 + sin 2 x
2
b) Cho số phức z thỏa mãn: ( 1 + i ) ( 2 − i ) z = 8 + i + ( 1 + 2i ) z. Tính môđun của z.
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 x + log 2 ( 4 x ) = 5.
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 3 + 6 x 2 − 171x − 40 ( x + 1) 5 x − 1 + 20 = 0, x ∈ ¡
1 + x3
lnxdx.
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫
x
1
e

·
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB = BC = a, BAD
= 900 ,
cạnh SA = a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A lên
SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD).

Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là
điểm trên cạnh AC sao cho AB = 3 AM . Đường tròn tâm I ( 1; −1) đường kính CM cắt BM tại D. Xác
4 
định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N  ;0 ÷, phương trình đường
3 
thẳng CD : x − 3 y − 6 = 0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng
d:

x −1 y z − 3
= =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai điểm
1
1
1

A, B sao cho tam giác ABM đều.
Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Tính
xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng:
a3
a3 + ( b + c )

3

+

b3
b3 + ( c + a )

3

+

c3
c3 + ( a + b )

------------------ Hết ------------------

3

≥1


Câu
Câu
1
(2,0
điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
• Tập xác định: R.

y = +∞. Đồ thị (C) có không tiệm cận.
• Giới hạn và tiệm cận: xlim
→±∞

(

0,25

)

3
2
• CBT: Ta có y ' = 4 x − 4 x = 4 x x − 1 ; y' = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1.

Dấu của y’: y ' > 0 ⇔ x ∈ ( −1;0 ) ∪ ( 1; +∞ ) ; y ' < 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 0;1)

⇒ hàm số ĐB trên mỗi khoảng ( −1;0 ) và ( 1; + ∞ ) . NB trên mỗi khoảng ( −∞; 1) và (0 ; 1)
• Hàm số có hai CT tại x = ±1; yCT = y(±1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; yCĐ = y(0) = 1.
• Bảng biến thiên:

x- ∞

-1
-

0
0

+∞

1

+

0

-

0

0

+ ∞y’
+y
+∞

1

0,25

0,25

0

• Đồ thị:
Đồ thị cắt Oy tại (0;1).
Điểm khác (±2; 9)

Đồ thị nhận trục tung làm trục đối
xứng.

Câu
2
(1,0
điểm)

0,25

b) (1,0 điểm)
• Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0
• Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1.
a) (0,5 điểm)

0,5
0,5

π
+ kπ
4
Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2sin x cos x + 3 2 cos x − 2 cos 2 x − 1 = 1 + sin 2 x
cos x = 2 ( l )

2
⇔ 2 cos x − 3 2 cos x + 2 = 0 ⇔ 
2
cos x = 2

0,25

• Điều kiện: 1 + sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ −

• Với cos x =

2
π
⇔ x = ± + k 2π .
2
4

Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x =

0,25

π
+ k 2π , k ∈ ¢.
4


b) (0,5 điểm)

( 1 + i ) ( 2 − i ) z = 8 + i + ( 1 + 2i ) z ⇔ ( 1 + i ) ( 2 − i ) − ( 1 + 2i )  z = 8 + i
2

2

0,25

⇔  2i ( 2 − i ) − 1 − 2i  z = 8 + i

8 + i ( 8 + i ) ( 1 − 2i )
=
= 2 − 3i ⇒ z = 13
1 + 2i
5
Vậy môđun của z là 13.
⇔z=

Câu
3
(0,5
điểm)

Câu
4
(1,0
điểm)

0,25

Điều kiện: x > 0.
Khi đó, phương trình tương đương với
1
3
log 2 x + log 2 x + log 2 4 = 5 ⇔ log 2 x = 3
2
2
⇔ log 2 x = 2 ⇔ x = 4 (t/m)
Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4.

1
Điều kiện: x ≥
5
Khi đó phương trình tương đương với

(x

3

0,25
0,25

(

)

+ 6 x 2 + 12 x + 8 − ( 3 x + 6 ) = 8 ( 5 x − 1) 5 x − 1 + 36 ( 5 x − 1) + 54 5 x − 1 + 27  − 6 5 x − 1 + 9

(

)

(

3

⇔ ( x + 2) − 3( x + 2) = 2 5x − 1 + 3 − 3 2 5x − 1 + 3
3

Xét hàm sô f ( t ) = t − 3t

)

0,25

)

3

(

Phương trình (1) có dạng f ( x + 2 ) = f 2 5 x − 1 + 3
2
Ta có: f ' ( t ) = 3t − 3; f ' ( t ) = 0 ⇔ t = ±1

t- ∞

-1

)

1

+

0

-

0

+ ∞f’(t)
+f(t)

3
Suy ra: Hàm số f ( t ) = t − 3t đồng biến trên khoảng (1; + ∞)
1  x + 2 > 1
Với điều kiện x ≥ 5 ⇒ 
2 5 x − 1 + 3 > 1

0,25

0,25

Từ đó suy ra ( 1) ⇔ x + 2 = 2 5 x − 1 + 3
 x ≥ 1
 x ≥ 1
⇔ x − 1 = 2 5x − 1 ⇔  2
⇔ 2
 x − 2 x + 1 = 4 ( 5 x − 1)
 x − 22 x + 5 = 0
 x ≥ 1
⇔
⇔ x = 11 + 116 ( t / m )
 x = 11 ± 116
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x = 11 + 116.

Câu
5
(1,0

điểm)

e

e

e

1 + x3
ln x
lnxdx = ∫
dx + ∫ x 2 lnxdx = I1 + I 2
x
x
1
1
1
e
e
lnx
ln 2 x e 1
Tính I1: I1 = ∫ x dx = ∫ ln xd ( lnx ) = 2 1 = 2
1
1
Ta có: I = ∫

0,25

0,25
0,25

1

du = dx

u = ln x
x

2
Tính I2: I 2 = x lnxdx . Đặt  dv = x 2 dx ⇒ 
3

v = x
1

3
e 1e 2
x3
e 3 1 3 e 2e 3 1
⇒ I 2 = ln x −
x dx = − x =
+
1 31
3
3 9 1
9
9
e

∫

0,25

∫

e

Vậy I = ∫
1

1 + x3
1 2e3 1 11 2e3
lnxdx = +
+ = +
x
2 9 9 18 9

Câu
6
(1,0
điểm)

0,25

.• Chứng minh: ∆SCD vuông tại C ⇒ ABCD là hình
thang đáy AD, BC.⇒ ∆ACD vuông cân tại C.
⇒ AC = CD = a 2; AD = 2a = SC ; BD = a 5

0,25

a3 2 a3 2 a3 2
−
=
• VSBCD = VS.ABCD – VSABD =
(đvtt).
2
3
6
•

S SCD = a 2 2; d ( B, ( SCD ) ) =

(hoặc

•

d ( B, ( SCD ) )
d ( A, ( SCD ) )

d ( H , ( SCD ) )
d ( B, ( SCD ) )

=

3VS . BCD
S SCD

0,25

a3 2
a
= 2 6 =
2
a 2
3.

BK 1
a
= ⇒ d ( B, ( SCD ) ) = )
CK 2
2

SH SA2 2
2
a
=
= 2 = ⇒ d ( H , ( SCD ) ) = d ( B, ( SCD ) ) =
SB SB
3
3
3

Cách khác: • Chứng minh BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (SBC).
Kẻ AK ⊥ (SC) ⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ (AKH) ⊥ (SCD).
Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.
Có (AMK) ⊥ (SCD) hay (AMK) ⊥ (SED).
AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ HK ⇒ tam giác AHK vuông tại H.
Kẻ HJ ⊥ MK có HJ = d(H, (SCD)).
• Tính AH, AM ⇒ HM; Tính AK ⇒ HK. Từ đó tính được HJ = a/3.

Hoặc có thể bằng phương pháp tọa độ.

0,5


∆ABM

S

Câu
7
(1,0
điểm)

∆DCM (g − g) ⇒

AB
DC
=
=3
AM DM

Xét tam giác CMD ta có:
CM 2 = DM 2 + CD 2 ⇔ 4CI 2 = 10 DM 2
4
Mà DM = 2d (I,d) =
nên CI 2 = 4
10
0,5

 3 11 
Gọi I ( 3 y + 6; y ) Ta có ⇒ C  − ; − ÷ (loại) hoặc C(3; -1) (thỏa mãn)
 5 5
I

là

trung

( C ) : ( x − 1)

2

điểm

của

CM

⇒ M ( −1; −1) ⇒ phương

trình

đường

tròn

tâm

I

là

+ ( y + 1) = 4
2

 3 11 
D là giao điểm của CD và (C) ⇒ D  − ; − ÷. Phương trình đường thẳng BM: 3 x + y + 4 = 0
 5 5
Phương trình đường thẳng BC: 3 x + 5 y − 4 = 0. B là giao điểm của BM và BC ⇒ B ( −2;2 )

0,5

Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC ⇒ AB : x + 2 = 0 . A là giao điểm của
AB và AC ⇒ A ( −2; −1)
Câu
8
(1,0
điểm)

Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A ( −2; −1) , B ( −2;2 ) , C ( 3; −1)
uu
r
Mp(P) qua M(2;1;2) và ⊥ (d) nhận vtcp ud = ( 1;1;1) làm vtpt.

Suy ra phương trình mp(P): 1.( x − 2 ) + 1. ( y − 1) + 1.( z − 2 ) = 0 ⇔ x + y + z − 5 = 0
Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d ( M , d ) =

 4 1 10 
8

, H  ; ; ÷.
3
3 3 3 
2

4 2
=
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH .
3
3
 x −1 y z − 3
= =

1
1
Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:  1
.
4
2
( x − ) + ( y − 1 )2 + (z − 10 )2 = 8

3
3
3
9
 4 2 6 1 2 6 10 2 6   4 2 6 1 2 6 10 2 6 
Giải hệ này ta tìm được A, B là:  +
; +
; +
; −

; −
÷,  −
÷.
9 3
9 3
9  3
9 3
9 3
9 
3

Câu
9
(0,5
điểm)

Câu
10

5
4
• Gọi Ω (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: n ( Ω ) = A8 − A7 = 5880 .
• Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
4
3
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n ( A ) = A7 + 6. A6 = 1560

1560 13
=
⇒ Xác suất cần tìm P(A) =

5880 49
x2
3
Xét BĐT: 1 + x ≤ 1 + , ∀x ≥ 0
2

0,5

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


(1,0
điểm)

( 1 + x ) ( 1 − x + x2 )

3
Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 1 + x =

Ấp dụng vào bài toán ta có:
a3
a3 + ( b + c )
Tương tự, ta có:

=

3

b3

1
3

b+c
1+ 
÷
 a 
b2
≥ 2
a + b2 + c 2

b3 + ( c + a )
Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm.
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
3

1

≤

1 + x + 1 − x + x2
x2
= 1+
2

2

a2
a 2 + b2 + c 2

( 1)
2
1b+c
1+ 
÷
2 a 
c3
c2
≥
( 2) ;
3
a 2 + b2 + c 2
c3 + ( a + b )

≥

≥

0,25

( 3)

0,25
0,25

-----Hết----Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.

THPT CHUYÊN LÀO CAI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
MÔN: TOÁN

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2
a) Khảo sát sự biến thiên và và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 24x - y
-5=0
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sinx(2sinx + 1) = cox(2cosx + √3)
Cầu 3 (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn hệ thức (i+3)z +

2+i
= (2 -i)z. Tìm môđun của số phức w
i

=z-i
Câu 4 (1.0 điểm). Trong cụm thi xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phái thi 4 môn trong đó có
3 môn buộc Toán, Văn. Ngoại ngữ và 1 môn do thi tinh tự chọn trong số các môn: Vật li. Hóa học.
Sinh học, Lịch sử vả Địa lý. Một trường THPT có 90 học sinh đăng ki dự thi. trong đó 30 học sinh
chọn mỏn Vật lỉ vả 20 học sinh chọn môn Hóa học. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ của trường
đó. Tính xắc suất để trong 3 học sinh đó luôn có cả học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn
Hóa học.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đấy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa mặt phẳng (SCD)
và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD. Tính theo a khoảng cách
giữa hai đường thẳng SA và BD.

Câu 6. (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): (x – 1) 2 + (y – 2)2 + (z –
3)2 = 9 và đường thẳng ∆ :

x−6 y −2 z −2
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M(4; 3; 4),
−3
2
2

song song với đường thẳng ∆ và tiếp xúc với mặt cầu (S).


Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường
thẳng d: x + 2y – 6 = 0, điểm M(1; 1) thuộc cạnh BD. Biết rằng hình chiếu vuông góc của điểm M
trê cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng ∆: x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
Câu 8 ( 1,0 điểm). Giải bất phương trình:
( x + 2)( 2 x + 3 − 2 x + 1) + 2 x 2 + 5 x + 3 ≥ 1

Câu 9 ( 1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 5(x 2 + y2 + z2) = 9(xy + 2yz + xz). Tìm
giá trị của biểu thức:
P=

x
1
−
2
y +z
( x + y + z)2

2

ĐỀ LUYỆN SỐ 12
Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x3 + 3x 2 + 1 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) tại điểm A ( 1; 5 ) . Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến với
đồ thị (C) ( B ≠ A ) . Tính diện tích tam giác OAB, với O là gốc tọa độ.

Câu 2 (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) =

x 2 − 3x + 6
trên đoạn  2; 4  .
x −1

Câu 3 (1.0 điểm)
a) Giải phương trình lượng giác: cos 2x + cos 6x = cos 4x
b) Cho cos 2α = −

π

4
π
với < α < π . Tính giá trị của biểu thức: P = ( 1 + tan α ) cos  − α ÷
5
2
4


Câu 4 (1 điểm)
2016

a)Tìm hệ số của số hạng chứa x

2010


2 
trong khai triển của nhị thức:  x + 2 ÷
x 


.

b) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ các chữ số
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp X. Tính xác suất để số được chọn chỉ chứa 3 chữ
số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(−1; 2), B(3; 4) và đường thẳng d có
phương trình: x − 2y − 2 = 0. Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao cho: MA 2 + MB2 = 36.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB = 2, AC = 4. Hình
chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của đoạn thẳng AC. Cạnh bên SA tạo
với mặt đáy một góc 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn
(T) có phương trình: x 2 + y 2 − 6x − 2y + 5 = 0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Đường tròn đường kính


AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN
có phương trình: 20x − 10y − 9 = 0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.
 xy − y 2 + 2y − x − 1 = y − 1 − x
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3 6 − y + 3 2x + 3y − 7 = 2x + 7

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x + y + z ≥ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
x2
y2
z2
+
+
×
thức: P =
yz + 8 + x 3 zx + 8 + y 3 xy + 8 + z 3
-------------------------- 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:..................................

Câu
1
(2.0 điểm)

Đáp án

Điểm

a. (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị…
• Tập xác định: D = ¡ .
• Sự biến thiên:
x = 0 ⇒ y = 1
y ' = 3x 2 + 6x; y ' = 0 ⇔ 
 x = −2 ⇒ y = 5

0.25

y = −∞; lim = +∞
Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞
Bảng biến thiên:

x
y'

−∞
+

-2
0
5

−

0
0

+∞
+

+∞

0.25

y

−∞
1
(
−∞
;
−
2
),
(
0
;
+∞
)
- H/s đb trên các khoảng
và nb trên khoảng (−2; 0).
- Hàm số đạt cực tại x = −2; y CÑ = 5 ; đạt cực tiểu tại x = 0; y CT = 1.

0.25

• Đồ thị:
x

−1

1

y

3

5

b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…tính diện tích tam giác….
+ Ta có: y '(1) = 9 ⇒ phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A ( 1; 5 ) là:
y = 9(x − 1) + 5 ⇔ y = 9x − 4 (d)
+ Tọa độ điểm B là giao của d và (C) có hoành độ là nghiệm pt:

0.25

0.25
0.25


x = 1
2
x 3 + 3x 2 + 1 = 9x − 4 ⇔ x3 + 3x 2 − 9x + 5 = 0 (x − 1) (x + 5) = 0 ⇔ 
 x = −5
uuur
Do B ≠ A nên B(−5; − 49) . Ta có: AB = ( −6; −54 ) ⇒ AB = 6 82 ;
d ( O,d ) =

4
82

0.25

.

1
1 4

.6 82 = 12 (đvdt)
Suy ra: S∆OAB = d ( O,d ) .AB = .
2
2 82
2
(1 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất…
Ta có f(x) liên tục trên đoạn  2; 4  , f '(x) =

x 2 − 2x − 3
(x − 1)2

0.25

Với x ∈  2; 4  , f '(x) = 0 ⇔ x = 3

0.25

10
3

0.25

Ta có: f(2) = 4,f(3) = 3,f(4) =

f ( x) = 3 tại x = 3; Max f ( x) = 4 tại x = 2
Vậy Min
[ 2; 4 ]
[ 2; 4 ]

3
(1.0 điểm)

0.25

0.25

a. Giải phương trình …
 cos 4x = 0
PT ⇔ 2 cos 4x cos 2x = cos 4x ⇔ cos 4x(2 cos 2x − 1) = 0 ⇔ 
 cos 2x = 1

2


π
π
π
x = 8 + k 4
 4x = 2 + kπ
⇔
⇔
 x = ± π + kπ
 2 x = ± π + k 2π


3
6

0.25

0.25

b.Tính giá trị biểu thức…
π
< α < π nên sin α > 0,cos α < 0 . Ta có:
2
1 + cos 2α 1
1
cos2 α =
= ⇒ cos α = −
,
2
10
10

Do

sin 2 α = 1 − cos2 α =

9
3
sin α
⇒ sin α =
, tan α =
= −3
10
cos α
10

Khi đó: P = ( 1 + tan α ) .
4
(1.0 điểm)

0.25

1
2

1  1
3 
2 5
+
−
÷= −
5
2  10
10 

( cos α + sin α ) = ( 1 − 3) .

0.25

a.Tìm hệ số của số hạng chứa x 2010 trong khai triển…
2016


2 
Xét khai triển:  x + 2 ÷
x 



=

2016

∑C

k =0

k

k
2016

x

2016 − k

2016
 2 
k k
2016 −3 k
 2 ÷ = ∑ 2 C2016 x
k =0
x 

Số hạng chứa x 2010 ứng với 2016 − 3k = 2010 ⇔ k = 2 là 22 C22016 x 2010 có hệ số là
22 C22016 = 4C22016 .

0.25
0.25


b.Tính xác suất …
Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X”.
6
Khi đó: Ω = A 9 = 60480
Gọi A là biến cố: “Số được chọn chỉ chứa 3 chữ số lẻ”. Khi đó:
+ Chọn 3 chữ số lẻ đôi một khác nhau từ các chữ số 1, 3, 5, 7, 9 có C35 cách.
+Chọn 3 chữ số chẵn đội một khác nhau từ các chữ số 2, 4, 6, 8 có C34 cách.
+ Sắp xếp các chữ số trên để được số thỏa mãn biến cố A có 6! cách.
3
3
Do đó ΩA = C5 .C4 .6! = 28800
Vậy xác suất cần tìm là: P(A) =
5
(1.0 điểm)

ΩA
Ω

=

0.25

0.25

28800 10
=

60480 21

Tìm tọa độ điểm M …

uuuu
r
Giả sử M(2t + 2; t) ∈ d ⇒ MA = ( −2t − 3; 2 − t) ⇒ MA 2 = 5t 2 + 8t + 13
uuur
MB = (1 − 2t; 4 − t) ⇒ MB2 = 5t 2 − 12t + 17

0.25
0.25

Ta có: MA 2 + MB2 = 36 ⇔ 5t 2 + 8t + 13 + 5t 2 − 12t + 17 = 36 ⇔ 10t 2 − 4t − 6 = 0
 t = 1 ⇒ M(4;1)

⇔
 4 3
3
t=−
⇒ M ;− ÷

5
5 5

0.25

0.25

 16 3 

Vậy tọa độ điểm M là: M(5;1), M  ; ÷.
 5 5
Tính thể tích khối chóp S.ABC

6
(1.0 điểm)
SH vuông góc (ABC) ⇒ góc giữa
·
SA và (ABC) là: SAH
= 60o
·
⇒ SH = AH.tan SAH
=2 3

S

K

D

E
A

H

0.25
C

B

∆ABC vuông tại B ⇒ BC = AC 2 − AB2 = 2 3 ⇒ S∆ABC =

1
AB.BC = 2 3
2

1
1
Vậy VS.ABC = SH.S∆ABC = .2 3.2 3 = 4.
3
3
Dựng hình chữ nhật ABCD ⇒ AB // CD ⇒ AB // (SCD)
⇒ d(AB,SC) = d(AB,(SCD)) = d(A,(SCD)) = 2d(H,(SCD)) (do AC = 2HC )
Trong (ABCD), gọi E là trung điểm CD ⇒ HE ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (SHE)
Trong (SHE), kẻ HK ⊥ SE (K ∈ SE) ⇒ HK ⊥ (SCD) ⇒ d(H,(SCD)) = HK
Ta có: HE =

1
AD = 3
2

0.25

0.25
0.25


SHE vuụng ti E

1

1
1
1 1 5
2 15
=
+
= + = HK =
2
2
2
5
HK
HS HE 12 3 12

4 15
ì
5
Tỡm ta im A v vit phng trỡnh cnh BC.
Vy d(AB,SC) = 2HK =

7
(1.0 im)
(T) cú tõm I(3;1), bỏn kớnh R = 5 .
ã
ã
Do IA = IC IAC
(1)
= ICA

ng trũn ng kớnh AH ct BC ti M

MH AB MH //AC (cựng vuụng gúc
ã
ã
AC) MHB
(2)
= ICA
ã
ã
Ta cú: ANM
(chn cung AM) (3)
= AHM

A
N
E
M
B

H

I

C

0.25

T (1), (2), (3) ta cú:
ã
ã
ã

ã
IAC
+ ANM
= ICA
+ AHM

ã
ã
= MHB
+ AHM
= 90o
Suy ra: AI vuụng gúc MN
phng trỡnh ng thng IA l: x + 2y 5 = 0
Gi s A(5 2a;a) IA.
a = 0
2
2
2
M A (T) (5 2a) + a 6(5 2a) 2a + 5 = 0 5a 10a = 0
a = 2
Vi a = 2 A(1; 2) (tha món vỡ A, I khỏc phớa MN)
Vi a = 0 A(5; 0) (loi vỡ A, I cựng phớa MN)

9
Gi E l tõm ng trũn ng kớnh AH E MN E t; 2t ữ
10


8

38
Do E l trung im AH H 2t 1; 4t ữ
10

uuur
58 uur
48
AH = 2t 2; 4t ữ, IH = 2t 4; 4t ữ
10
10


uuur uur r
272 896
Vỡ AH HI AH.IH = 0 20t 2
t+
=0
5
25
8
11 13
H ; ữ (thoỷa maừn)
t =
5
5 5

28
31 17
H ; ữ (loaùi)

t =
25
25 25
11 13
8
Vi t = H ; ữ (tha món)
5
5 5
uuur 6 3
r
AH
= ; ữ BC nhn n = (2;1) l VTPT
Ta cú:
5 5
phng trỡnh BC l: 2x + y 7 = 0
Gii h phng trỡnh

0.25

0.25

0.25


(1.0 điểm)

Điều kiện: x ≥ 0, 1 ≤ y ≤ 6, 2x + 3y − 7 ≥ 0 (*)
x = 0
Nhận thấy 
không là nghiệm của hệ phương trình ⇒ y − 1 + x ≠ 0

y = 1
2
Khi đó, PT (1) ⇔ x(y − 1) − (y − 1) =

⇔ (y − 1)(x − y + 1) =

0.25

y −1 − x
y −1 + x
y −1− x
y −1 + x

0.25



1
÷= 0
⇔ (x − y + 1)  y − 1 +

÷
y
−
1
+
x


⇔ x − y + 1 = 0 ⇔ y = x + 1 (do (*))

Thay vào PT (2) ta được: 3 5 − x + 3 5x − 4 = 2x + 7

ĐK: 4 / 5 ≤ x ≤ 5 (**)

⇔ 3 5 − x − (7 − x) + 3( 5x − 4 − x) = 0
⇔

−4 + 5 x − x 2
3 5 − x + (7 − x)

+

3(−4 + 5x − x 2 )
5x − 4 + x

=0

0.25



1
3
⇔ ( − 4 + 5x − x 2 ) 
+
÷= 0
 3 5 − x + (7 − x)
5x − 4 + x ÷



⇔ −x 2 + 5x − 4 = 0 (do (**)

9
(1 điểm)

x = 1 ⇒ y = 2
⇔
(thỏa mãn (*),(**))
x = 4 ⇒ y = 5
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5).
Tìm GTNN …
a2 b 2 c2 (a + b + c)2
+ + ≥
(*) với a, b,c,x,y,z > 0 và chứng minh.
x y z
x+y+z
(Học sinh không chứng minh (*) trừ 0.25)
(x + y + z)2
Áp dụng (*) ta có: P ≥
xy + yz + zx + 8 + x3 + 8 + y 3 + 8 + z3
Ta có BĐT:

2 + x + 4 − 2x + x 2 6 − x + x 2
=
2
2
2
2 + y + 4 − 2y + y
6 − y + y2
8 + y3 = (2 + y)(4 − 2y + y 2 ) ≤

=
2
2
2
2 + z + 4 − 2z + z
6 − z + z2
8 + z3 = (2 + z)(4 − 2z + z 2 ) ≤
=
2
2
2
2(x + y + z)
Suy ra: P ≥
2xy + 2yz + 2zx + 18 − (x + y + z) + x 2 + y 2 + z 2
Ta có:

0.25

0.25

8 + x3 = (2 + x)(4 − 2x + x 2 ) ≤

=

2(x + y + z)2
(x + y + z)2 − (x + y + z) + 18

0.25