bộ đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2016 mới có đáp án

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 2
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y 

x  1
2x  3

Th
De

Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 .
Câu 3 (1,0 điểm).
sin  sin 2  2 cos3   2cos 5 
4
 
a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức P 
5
sin  cos 2  sin 5 
2 
b) Giải phương trình : cos 2 x  1  2 cos x  sin x  cos x   0
2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : log 3  x  5  log9  x  2   log

3

 x  1  log

3

2

Câu 5 (1,0 điểm).



a) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển của biểu thức :  2x 2 


8

3 
 .
x

b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường
chéo .

Câu 6 (1,0 điểm).

iT

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3; 0  . Tìm
tọa độ các đỉnh C và D

hu

Câu 7 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB  nằm trong mặt phẳng
vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho
BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách
từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  .
Câu 8 (1,0 điểm)..
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn
ADB là d : x  y  2  0 ,
ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của góc 
điểm M  4 ;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .

nhất của biểu thức :

T

.N

 x3  y 3  8 x  8 y  3 x 2  3 y 2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  2
3
2
 5 x  5 y  10  y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32
Câu 10 (1,0 điểm).Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn

4
4
4

1 1 1


  
ab bc ca a b c

được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

et

--------Hết------- Thí sinh không

Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh:………………

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)

Th
De
Câu

Đáp án

Điểm



 3
Tập xác định: D   \    .
 2



Sự biến thiên. :

1,0

x  1
2x  3

Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y 

5
3
3
+ CBT y ' 
 0, x  D  Hàm số nghịch biến trên (;  ) và ( ; ) .
2
2
2
(2 x  3)

0,25

+Hàm số không có CĐ, CT
+Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận

1 (1,0 đ)



2

iT

3
 3
lim  y   và lim  y    x   là TCĐ khi x     .
3
3
2
 2
x 
x 
lim y  

x 



0,25

2

1
1
 y   là TCN khi x  .
2
2

Bảng biến thiên:

x
y’
y



-

1

2

3
2



hu



||

-

0.25







3 1
- Đồ thị nhận điểm I(  ;  )
2 2
làm tâm đối xứng.
- Đồ thị cắt Ox tại 1; 0 

6

4

2

- 10

-5

5

10

I

-2

-4

-6

-8

-10

0,25

et

1
và cắt Oy tại (0; ) .
3
- Đồ thị đi qua  1; 2  ,  2; 3

.N

3.Đồ thị.

1
2

Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 .

1,0

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
Hàm số xác định và liên tục trên D   3 2;3 2 


2 (1,0 đ)

Ta có f   x   1 





0,25

x  0
 f   x   0  18  x 2  x  
 x3
2
2
18  x 2
18  x  x
x





Mà f 3 2  3 2 ; f 3 2  3 2 ; f  3  3  18  9  6
Suy ra

max

x 3 2 ;3 2 

f  x   f  3  6 ;

min

x 3 2 ;3 2 



0,25



f  x   f 3 2  3 2

0,25

Th
De

4

 
a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức
5
2 
sin  sin 2  2 cos3   2cos 5 
P
sin  cos 2  sin 5 
Ta có
2sin 2  .cos   2 cos3  1  cos 2  
2sin 2  .cos   2 cos3  sin 2 
P

sin   cos 2   sin 2    sin 5 
sin   cos 2   sin 2   cos 2   sin 2    sin 5 

3.(1,0đ)

2sin 2  .cos  1  cos2  

2sin 4  .cos 
 2 tan 3  1
sin  .cos 4 
sin  .cos4 
4
9
3
  
Bài ra ta có sin    cos 2  1  sin 2  
 cos     Do    ;   
5

25
5
 2 

P

0,25



0,5

0,25

3

 4 


128
128
Thế vào 1 ta được P  2.  5   
. Đáp số P  
27
27
3
 5
b) Giải phương trình : cos 2 x  1  2 cos x  sin x  cos x   0

0,25

iT

0,5

Phương trình đã cho   cos 2 x  sin 2 x   1  2 cos x  sin x  cos x   0

  cos x  sin x   cos x  sin x   1  2cos x    0

0,25

hu

 cos x  sin x   cos x  sin x   1  2 cos x   0   cos x  sin x  sin x  1  cos x   0

4 .(1,0 đ)

0,25

1,0

0,25

et

x  5  0
 x  5

x  1
2


Điều kiện  x  2   0   x  2  
x  2
x 1  0
x  1



.N



 tan x  1
x   k

cos
x

sin
x

0

4

( k  )
sin x  1  cos x  0   2 sin  x     1  






x   k 2 , x    k 2
4



2


Vậy phương trình có các nghiệm x   k  ; x   k 2 ; x  k 2 ,( k   )
4
2
Câu 4 (1,0 điểm).
2
Giải phương trình : log 3  x  5   log9  x  2   log 3  x  1  log 3 2

2

Với điều kiện đó phương trình  log 3  x  5   log3 x  2  log 3  x  1  log 3 2
2

2

 log 3  x  5  x  2   log 3  2  x  1    x  5  x  2  2  x  1


 Trường hợp 1. Nếu x  2 thì phương trình * tương đương với
x  3
2

 x  5 x  2   2  x  1  x 2  7 x  12  0  
x  4

*

0,25
0,25

( t / m)
(t / m)

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!


Trường hợp 2. Nếu 1  x  2 thì phương trình * tương đương với

Th
De


1  97
(t / m)
x 
2
6
2

  x  5  x  2   2  x  1  3 x  x  8  0 


1  97
(loai )
x 
6

1  97
Vậy phương trình có ba nghiệm: x  3, x  4 và x 
6
8

3 

a) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức :  2x 2 
 .
x

6

8

8k

1,0

k

32 5 k
8
 3 

k 8k k
k
2
. 

C

1
2
3
x



8

x
k 0

32  5k
Số hạng chứa x 6 ứng với k thỏa mãn
6k 4
2
4
Vậy hệ số của x 6 là : C84  1 2434  90720
8
3 

Gt   2 x 2 


C8k  2 x 2 


x  k 0


5 (1,0 đ)

0,25

iT

b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135
đường chéo .
n  n  3
Số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là Cn2  n 
2
n  n  3
 n  18
 135  n 2  3n  270  0  
Từ giả thiết ta có phương trình
2
 n  15
Do n   và n  3 . Nên ta tìm được giá trị cần tìm n  18

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD ,

biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3;0  . Tìm tọa độ các đỉnh C và D



Gọi C  x0 ; y0  , khi đó AB   2;1 , BC   x0  3; y0 

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0
0,25

hu

6 .(1,0 đ) Từ ABCD là hình vuông, ta có :



0,25

0,25

.N

  x0  4
 

2  x0  3   1. y0  0
 AB  BC

  y0  1



2
2
 x  2
 AB  BC
 x0  3   y0  5
 0
  y0  2
 
Với C1  4; 2   D1  2; 3  ( từ đẳng thức AB  DC )
 
Với C2  2; 2   D1  0;1 ( từ đẳng thức AB  DC )

Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB  nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc
đoạn AB sao cho BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối
chóp S .ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  .

0,25

1,0

et

  600
Vì SC tạo với đáy một góc 600 , suy ra SCH
4 13

4 13
8
64 4 13

Ta có: HB   HC  42 
 SH 
.tan 600 
3
3
9
3
3

0,25

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
S

I
A

Th
De
D

B

H

K

C

1
1 4 13 64 13
7. (1,0 đ)  V
.S ABCD .SH  4 2.

S . ABCD 
3
3
3
3 3
Kẻ HK song song AD ( K  CD )  DC  ( SHK )  mp ( SCD)  mp( SHK )
Kẻ HI vuông góc với SK  HI  mp ( SCD)  d ( H ,( SCD))  HI
1
1
1
3
1
16
Trong SHK ta có:


 2  2 
 HI  13
2
2

2
HI
SH
HK
4 .13 4 13.4 2
 d ( H , ( SCD))  13 .

0,25
0,25

0,25

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp

iT

tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân
ADB là d : x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết
giác trong của góc 
phương trình đường thẳng AB .
A(1;4)

F

hu

E

M(-4;1)

I

D

B

Gọi E, F là giao điểm của d
và AB, AC
Ta có:
  1 
 AFD  C  2 ADC
.

1



 AEF  ADC  DAB

2


Mà C  DAB (cùng chắn
AB )
cung 


 AFD  A
EF  AE  AF

C

1,0

0,25

.N



8 .(1,0 đ) Ta có AC ( 5; 3) suy ra vtpt của AC là n AC  (3; 5)

 pt AC : 3( x  1)  5( y  4)  0  3x  5 y  17  0

7

 x  2
3x  5 y  17  0
7 11
Tọa độ F là nghiệm của hệ: 

 F( ; )
2 2
x  y  2  0
 y  11

2

et

7
11
34
34
AF  (1  )2  (4  )2 
 AE 
2
2
2
2

Vì E  d  E (t ; t  2)  AE  ( t  1; t  2)  AE  ( t  1) 2  ( t  2) 2
Ta có

0,25

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!

Th
De

 7
 7 11
t

 E ( ; ) ( Loai do trung F )
34
AE 

 2  2 2
2
t   1
 E (  1 ; 3 ) (T / m)


2
2 2


3 5
 AE  (  ;  )  vtpt của AB là nAB  (5; 3)
2 2
 pt AB : 5( x  1)  3( y  4)  0  5x  3 y  7  0
Câu 9. Giải hệ phương trình
 x3  y 3  8 x  8 y  3x 2  3 y 2
: 2
3
2
 5 x  5 y  10 y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32
x  2  0
 x  2
Điều kiện : 

 y  7  0  y  7





3

3

Từ phương trình 1 ta có  x  1  5  x  1   y  1  5  y  1

0,25

1
 2

 3

1,0

0,25

Xét hàm số f  t   t  5t , trên tập  , f   t   3t  5  0, t    hàm số f  t  đồng
3

2

biến trên  . Từ  3 : f  x  1  f  y  1  x  y  4 

9 .(1,0 đ) Thay  4  vào  2  ta được pt:
5x 2  5 x  10 x  7   2 x  6  x  2  x3  13x 2  6 x  32  5


 5x

2


 5 x  10  



x  7  3   2x  6

 5 x 2  5 x  10

 x  2 





Đ/K x  2



x  2  2  x3  2 x 2  5 x  10  5 

2x  6 
2
   x  2   x  5
x22

0,25

 
x  2 
 y  2   x; y    2; 2 ( thỏa mãn đ/k)
4

 5 x 2  5 x  10 2 x  6 
5 x 2  5 x  10
2x  6



0
5
2 
x7 3
x22 

hu



iT

 x7 3
 5 x 2  5 x  10

2x  6

  x2  5   0
 x  2 

x2 2
 x7 3



0,25

 2


1
1 
1
1
  5
x

5x 
10  
    2
x  6 
   0 (pt này vô nghiệm)

 x  7  3 5  0,x2  x  2  2 2 

 
 0,x 2  
 0,x2

0,25

 0, x2

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất :  x; y    2; 2 

.N

Câu10. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức :

T

4
4
4
1 1 1


  
ab bc ca a b c

 1
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1  a, b, c   0; 
 2

2

5a  1
 3a  1  2a  1  0 , a   0; 1 
 18a  3  

Ta có


2
aa
a  a2
 2
5a  1
 1
 18a  3, a   0; 
Từ đó suy ra :
2
aa
 2

0,25

et

4
4
4
1 1 1 5a  1 5b  1 5c  1
T


   


1  a 1  b 1  c a b c a  a 2 b  b2 c  c2

10.(1,0đ)

1,0

0,25

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
Ta cũng có 2 bất đẳng thức tương tự:
5b  1
5c  1
 1
 1
 18b  3, b   0;  và
 18c  3, c   0; 
2
2
b b
cc
 2
 2
Cộng các bất đẳng thức này lại với nhau ta có :

T

0,25

5a  1 5b  1 5c  1



 18  a  b  c   9  9 .
a  a 2 b  b2 c  c2

1
1
 Tmax  9 đạt được  a  b  c 
3
3
Vậy Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 , thì giá trị lớn nhất

Dấu đẳng thức xẩy ra khi a  b  c 

Th
De
của biểu thức :
khi a  b  c 

T

4
4
4
1 1 1


   bằng 9 và đạt được khi và chỉ
ab bc ca a b c

1

3

Chú ý: Để có được bất đẳng thức

0,25

5a  1
 1
 18a  3, a   0;  ta đã sử dụng phương
2
aa
 2

pháp tiếp tuyến
Lưu ý khi chấm bài:

- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao 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.

iT

- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

.N

hu

et
Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

De

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  3 x 2 .
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), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng
y  3 x  5.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3x 

3
2

b)Cho số phức z thỏa mãn z   2  3i  z  1  9i . Tìm môđun của số phức z.

Th

Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x  9  0.
Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học
sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong
4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.
1





Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x 2 1  x 1  x 2 dx
0









32

2 x


y  3  1  

et
u.N

iTh

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA và SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN).
Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) và đường thẳng d:
 x  2  t

 y  1  2t . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa đường thẳng d. Viết phương trình
z  1  2t

mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d.
Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A
lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường
thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Câu 9 .(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:
2 y 3 3



x 2 x



2

5



y  3 1





x 2 y 3 2  6 x




2

y  3 1

Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn: ab  bc  ca  1 . Tìm GTNN của
biểu thức:
P

a

16  b  c   a 2  bc 



b

16  a  c   b 2  ac 



a2 1  1 c 
  
4  a ab 

-------- Hết--------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................

Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Đáp án
-Tập xác định: D = R.

-Sự biến thiên:
Chiều biến thiên y '  3 x 2  6 x; y '  0  x  0  x  2 .
Các khoảng nghịch biến: (-;0) và (2;+); khoảng đồng biến: (0;2).
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4.
Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y  

De

Câu
1a
(1,0đ)

x  

Điểm
0,25

0,25

x  

Bảng biến thiên:

x
y'
y

-

0

0

–

2
0
4

+

+

+
0,25

–

Th

0

-

Đồ thị:

-9

-8

-7

-6

y

8

6

4

2

x
-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

0,25

9

-2

iTh
-4

-6

-8

1b
(1,0đ)

Tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  5 nên có hệ số góc bằng 3.
2
0

2
0

Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, ta có  3 x  6 x0  3  3 x  6 x0  3  0  x0  1
Suy ra M(1;2)
Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 1 .

2a
(0,5đ)

3
1
1
1
3
 (1  cos2 x)  (1  cos4 x)  (1  cos6 x) 
2
2
2
2
2
 (cos6 x  cos2 x)  cos4 x  0  2 cos 4 x.cos2 x  cos4 x  0

cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3 x 

 k

cos4 x  0
x  8  4



cos2 x   1
 x     k

2

3
2b
(0,5đ)

0,25
0,25
0,25
0,25

et
u.N

 cos4 x(2 cos 2 x  1)  0

0,25

Gọi z  a  bi, a, b   ; Khi đó z   2  3i  z  1  9i

0,25

0,25

 a  bi   2  3i  a  bi   1  9i   a  3b   3a  3b   1  9i

 a  3b  1
a  2

. Vậy môđun của số phức z là : z  22  (1) 2  5

3a  3b  9
b  1
3
(0,5đ)

32 ( x 1)  82.3 x  9  0  9.32 x  82.3 x  9  0
1
  3 x  9  3 2  3 x  32  2  x  2. Vậy bất phương trình có nghiệm là  2  x  2 .
9

0,25
0,25
0,25

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
4
(0.5đ)

4
n()  C12
 495
Gọi A là biến cố : “ 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên”
 A : “ 4 học sinh được chọn là học sinh của cả 3 lớp trên”

Ta có các trường hợp sau:

+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C52 .C14 .C31  120 cách
+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C51.C42 .C31  90 cách

0,25

0,25

De

+ 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C có C51.C14 .C32  60 cách
 n( A)  270.

n( A) 6
 .
n() 11

 P ( A) 

Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A)  1  P ( A) 

5
(1,0đ)

1

2



1



1

. I   x 1  x 1  x dx   x dx   x 3 1  x 2 dx
0

2

5
11

1

0

0,25

0

Th

1

2

x3

I1   x dx 
3
0
2



0

1
3

1

I 2   x 3 1  x 2 dx
0

iTh

Đặt t  1  x 2  x 2  1  t 2  xdx  tdt
Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  0

1
 t3 t5 
2
 I 2    1  t  t dt    t  t dt     
 3 5  0 15
1
0
0

1

2

Vậy I  I1  I 2 

2

2

4

7
15

Đặt u = x  du = dx; dv  e 2 x dx choïn v 
1


0

Vậy I 
6
(1,0đ)

x 2x 1 1 2x
e2 1
e2  1
e |0 

e dx   e 2 x |10 
2
20
2 4
4



3e 2  7
.
12

0,25
0,25

S

Ta có SA  (ABCD)  AC là hình chiếu của SC trên

H
M



(ABCD)  SCA  600

N

AC  AD 2  CD 2  a 5 ; SA  AC tan 600  a 15

A

B

0,25

et
u.N

1

 xe 2 x dx 

1 2x
e
2

D

C

1
1
2 15a3
VS. ABCD  S ABCD .SA  AB.AD.SA 
.
3
3
3
Trong mp(SAD) kẻ SH  DM, ta có AB  (SAD) mà MN // AB  MN  (SAD)  MN  SH 

0,25

0,25
0,25

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
SH  (DMN)  SH = d(S, (DMN))
SH SM
SA.DA
SA.DA
2a 15
SHM ~ DAM 
.

 SH 


2
2
DA DM
2 DM 2 AD  AM
31
7
(1,0đ)

0,25

Đường thẳng d đi qua M(-2;1;-1) và có vectơ chỉ phương a  (1;2;2) , MA  (4;2;2)





mp(P) đi qua A và chứa d nhận n  a, MA  (8;10;6) làm vectơ pháp tuyến

De

0,25

(P): 4x – 5y – 3z + 10 = 0
0,25
0,25

Gọi H là hình chiếu của A trên d  H(-2 + t; 1 + 2t; -1 – 2t),
4
 32 10 26 
AH  ( 4  t;2  2t;2  2t ); AH  a  AH .a  0  t   AH    ; ; 
9
9
9 
 9

Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH =

Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các
đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng
minh AF  EF .

Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG
tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp,
đó AF  EF .
Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0.
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ

G

A

0,25

nội
do

F
H

D

E

C

17

 x  5
3 x  y  10
32
 17 1 


 F  ;   AF 

5
 5 5
x  3y  4
y  1

5


AFE  DCB  EF 

0,25

B

iTh

Th

8
(1,0đ)

10 2
200
. Vậy (S): x  2 2  y  32  z  52 
.
3
9

0,25

et
u.N

1
2
AF  2 ;
2
5

0,25

2

2

8
51  8
 17  
E  t ;3t  10   EF    t     3t   
5
5 
5 5

19
 19 7 
hay E  3; 1  E  ; 
 5t 2  34t  57  0  t  3  t 

5
 5 5
Theo giả thiết ta được E  3; 1 , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE
vuông cân tại D nên
2

 x  12   y  12   x  3 2   y  12
 AD  DE


 AD  DE
 x  1 x  3   y  1 y  1

0,25

 y  x  2
x  1
x  3



hay D(1;-1)  D(3;1)
 y  1  y  1
 x  1 x  3  0
Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1).

9
(0,5đ)

x  0
y  3

ĐK: 

0.25

Ta có phương trình thứ 2 của



 

x 2 x  y  3 1 

hệ:

 x  a





x  2 y 3  2  6 x


2



y  3 1

 *

0,25

. Phương trình thứ 2 của hệ trở thành:

De

Đặt: 



y  3 1

 y  3  1  b

a  2a  b   b  a  2b   6  a 2  b 2 
BCS

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a  b 
Thế vào phương trình đẩu của hệ ta có:

32

2 x

3  a  b   6  a 2  b 2   VP*

 a  b  2a  b  2b  a  

VT* 

Ta có:

 *





2

0,25

y  3 1  x  y  3  1

0.25

52 x

Th

1. 2 y  3  3

x

32





x  y 3 2 y 3 3



2

5

**

Mặt khác theo AM-GM ta có:

2





x  y 3 

 x

2 y 3 3 2 y 3 3



2
2

32



x  y 3 2 y 3 3





AM  GM



x  y 3 2 y 3 3



2

 8

 5  VT**  VP** .

iTh



2

32

Và dẩu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

2



2 y 3 3
x  y 3 

2
2



32



 9 13 

4 4 

Vậy nghiệm của hệ là  x; y    ;

10
(1,0đ)

Ta có:

Từ (1) và (2) ta sẽ có:

2

2a  b  c 
ab  ac

2
a  bc  a  b  a  c 

a
2a

2
 b  c   a  bc   a  b  a  c 

Tương tự ta cũng sẽ có:



0,25

a 2  bc
a 2  bc
1  2


ab  ac
ab  ac




x  y 3 2 y 3 3

3

 x  2

 y 3  1

2

et
u.N

9

 x  4

 y  13

4

0.25

1

b
2b

2
 a  c   b  ac   c  b  a  b 

 2

0,25

0,25

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
P

 a2 1  1 c 
1
2a
2b



  
4   a  b  a  c   c  b  a  b  
4  a ab 

 a 2  1  b  c 
1
4ab  2ac  2bc
 .

4  a  b  b  c  c  a 
4ab
Mặt khác ta có a,b,c là các số không âm và ab  bc  ca  1 . Nên ta sẽ có:

a

2

 1  b  c 

De

4ab

Từ đây ta sẽ có:

 a  b  b  c  c  a    a  b  b  c  c  a 
4ab
4ab  2c  a  b 
 a  b  b  c  c  a  AMGM 1
4ab  2ac  2bc
1
P .

4  a  b  b  c  c  a 

4ab  2c  a  b 

0,25






Th

 a 2  bc
1

 ab  ac
a  b  1
 b 2  ac
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
.

1
c  0
 ab  bc
ab  bc  ca  1

c  0

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
Ngày thi: 1/12/2015, BTC sẽ trả bài cho thí sinh vào ngày 4/12/2015.

*******HẾT*******

et
u.N

iTh
Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />

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
i

số phức w = 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)
3
2
2

đi qua M(4; 3; 4), 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(x2 + y2 + z2) = 9(xy + 2yz
+ xz). Tìm giá trị của biểu thức:
P

x

1

2
y z
( x  y  z)2
2


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN : TOÁN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi có 01 trang)

Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

2 x  3
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
x2

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  4 trên đoạn  2;1 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình  2sin x  1





3 sin x  2cos x  1  sin 2 x  cos x

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn An2  3Cn2  15  5n .
20

1 

b) Tìm số hạng chứa x trong khai triển P  x    2 x  2  , x  0.
x 

5

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC , với A  2;5 , trọng tâm
 4 5
G  ;  , tâm đường tròn ngoại tiếp I  2; 2  . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
 3 3
Câu 6 (1,0 điểm).
sin   cos 
a) Cho tan   2 . Tính giá trị của biểu thức: P 
 4cot 2  .
sin   cos 
b) Nhà trường tổ chức tham quan dã ngoại cho 10 thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Toán học và 10

thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Tiếng Anh. Trong một trò chơi, ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5
thành viên tham gia trò chơi. Tính xác suất sao cho trong 5 thành viên được chọn, mỗi Câu lạc bộ có ít
nhất 1 thành viên.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD  2 AB  2a.
Tam giác SAD là tam giác vuông cân tại đỉnh S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy

 ABCD  . Tính thể tích khối chóp

S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có AD  2 AB. Điểm
 31 17 
H  ;  là điểm đối xứng của điểm B qua đường chéo AC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ
 5 5

nhật ABCD , biết phương trình CD : x  y  10  0 và C có tung độ âm.
8 x3  y  2  y y  2  2 x

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
y  2  1 2 x  1  8 x3  13  y  2   82 x  29







Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: P 

1
2 x  y  z  2  2 x  y  3
2

2

2



1
.
y  x  1 z  1

----------- 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:................................


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Hướng dẫn chấm – thang điểm 10 có 04 trang)
Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN TOÁN 12
Nội dung – đáp án
Điểm

\ 2

Tập xác định D 

Ta có lim y  2; lim y  2

x 

x 

0,25

lim y  ; lim y  

x 2

1

2

x 2

Đồ thị có tiệm cận đứng x  2; tiệm cận ngang y  2.
7
y'  
 0x  2  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  ,  2;   và
2
 x  2
không có cực trị.
Bảng biến thiên
2
x


y'



y
2

2

Đồ thị
Hàm số y  f  x   x3  3x 2  4 xác định và liên tục trên đoạn  2;1 và y '  3x 2  6 x

 x  0   2;1
y'  0  
 x  2   2;1
f  2  16; f  0   4; f 1  2

  2sin x  1

3

4





0,25

0,25
0,25
0,25

Vậy Giá trị lớn nhất 4 là khi x  0 , giá trị nhỏ nhất là 16 khi x  2.
PT   2sin x  1

0,25



0,25
0,25

3 sin x  2cos x  1  cos x  2sin x  1



0,25

3 sin x  cos x  1  0

 2sin x  1  0

 3 sin x  cos x  1  0

0,25



x    k 2

1
6

+) 2sin x  1  0  sin x    
2
 x  7   k 2

6

0,25

 x  k 2
 1

+) 3 sin x  cos x  1  0  cos  x     
 x  2  k 2
3 2

3

Điều kiện: n  , n  2
n!
An2  3Cn2  15  5n  n  n  1  3
 15  5n
2!
n

2
!


a)
n  5

 n2  11n  30  0  
.
n  6

b)

1/4

20  k

0,25

0,25

k

k 20  k 20 3k
 1 
k
  2   C20  1 2 x
 x 
5 15 5
Ta phải có 20  3k  5  k  5  Số hạng chứa x 5 là C20
2 x

Khai triển P  x  có số hạng tổng quát C20k  2 x 

0,25

0,25

0,25


5

 10 10 
Gọi M là trung điểm của BC . Ta có AG   ;   .
3
 3
10
4

 3  2  xM  3 
 xM  3



AG  2GM  

 M  3;0 
 10  2  y  5   yM  0
 M

 3
3


0,25

0,25

IM  1; 2  là véc tơ pháp tuyến của BC

0,25

Phương trình BC :  x  3  2 y  0  x  2 y  3  0.

0,25

a)

6
b)

tan   1
4

tan   1 tan 2 
2  1 4
P
  2.
2  1 4
5
Số phần tử của không gian mẫu là n     C20
P

0,25
0,25

Gọi A là biến cố “Chọn được 5 thành viên, sao cho mỗi câu lạc bộ có ít nhất 1

thành viên”
Số kết quả thuận lợi cho A là C105  C105  504.
504 625
Xác suất của biến cố A là P  A  1  5 
.
C20 646
Gọi I là trung điểm của AD. Tam giác SAD là
S
tam giác vuông cân tại đỉnh S  SI  AD .
Mà  SAD    ABCD   SI   ABCD  .

0,25

0,25

S ABCD  AB.BC  a.2a  2a 2

K

AD
a
2
1
1
2a 3
 VS . ABCD  SI .S ABCD  a.2a 2 
.
3
3
3

Dựng đường thẳng  d  đi qua A và song song với
SI 

H
D

A
I

O

7

0,25

C

B

BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên
 d .
BD / /  SAH   d  BD, SA  d  BD,  SAH  

0,25

0,25

 d  D,  SAH    2d  I ,  SAH  

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên SH  IK   SAH   d  I ,  SAH    IH

Ta có IH 

5
a 6
a 6
a  IK 
 d  SA, BD  
.
5
6
3
H

D

A

8

tan ACB 

N

1
2 5
 cos ACD 
 cos ACH
2
5

và sin ACH 
sin ACD 

B

0,25

C

2/4

5
5
 cos ACD 
5
5

2 5
5

0,25






 sin HCD  sin ACD  ACH 

Ta có d  H , CD  

3
5

18 2
18 2 5
 HC 
.  6 2.
5
5 3

65 
 31
Gọi C  c; c  10   CH    c;  c  .
5
5


0,25

c  5
2
2
 31   67

Ta có:   c     c   72  
 C  5; 5  .
c  73
5
  5


5


Phương trình BC :  x  5   y  5  0  x  y  0 .
Gọi B  b; b  , ta có BC  CH  6 2  BC 2  72   b  5   b  5  72
2

2

0,25

b  11 loai 

 B  1;1 .
b  1

Tìm được A  2;4  , D 8; 2  .

0,25

1

2 x  1  0
x  
Điều kiện: 

2
y  2  0


y  2

Phương trình 8x3  y  2  y y  2  2 x   2 x    2 x  
3





3

y2  y2

0,25

Xét hàm đặc trưng: f  t   t 3  t , f '  t   3t 2  1  0t
Hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên R. Suy ra: 2 x  y  2
Thế 2 x  y  2 vào phương trình thứ hai ta được:

 2 x 1
  2 x  1
  2 x  1 
9

2 x  1  8x3  52 x 2  82 x  29
2 x  1   2 x  1  4 x 2  24 x  29 



2 x  1  4 x 2  24 x  29  0   2 x  1





2 x  1  4 x 2  24 x  29  0

0,25

1

2x 1  0  x   y  3

2


2
 2 x  1  4 x  24 x  29  0

Giải phương trình: 2 x  1  4 x2  24 x  29  0
Đặt t  2 x  1, t  0  2 x  t 2  1.
Ta được phương trình: t   t 2  1  12  t 2  1  29  0  t 4  14t 2  t  42  0
2

t  2

t  3  loai 

  t  2  t  3  t 2  t  7   0  t  1  29  loai 
2


 1  29
t 

2

3/4

0,25


3
 y  11
2
1  29
13  29
103  13 29
Với t 
x
y
2
4
2

Với t  2  x 

0,25

 1   3   13  29 103  13 29 
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 cặp nghiệm:  ;3  ;  ;11 ; 

;
 .
4
2
 2   2  

Đặt a  x  2, b  y  1, c  z .

Ta có a, b, c  0 và P 

1

1
2 a  b  c  1  a  1 b  1 c  1
2

2

 a  b
a 2  b2  c 2  1 

2



2

 c  1


0,25

2

1
2
Ta có
  a  b  c  1
2
2
4
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .
Mặt khác  a  1 b  1 c  1

 a  b  c  3


3

27

1
27
Khi đó : P 
. Dấu "  "  a  b  c  1

a  b  c  1  a  b  c  13

0,25

1
27
Đặt t  a  b  c  1  t  1. Khi đó P  
, t  1.
t (t  2)3
1
27
1
81
Xét hàm f (t )  
;
, t  1 ; f '(t )   2 
3
t (t  2)
t
(t  2)4
10

0,25

f '(t )  0  (t  2)4  81.t 2  t 2  5t  4  0  t  4 ( Do t  1 ).
lim f (t )  0

t 

Ta có BBT.

t

1

f ' t 

+

4
0


-

1
8

f t 
0

0

Từ bảng biến thiên ta có
1
max f (t )  f (4)   t  4
8
a  b  c  1
1
maxP  f (4)   
 a  b  c  1  x  3; y  2; z  1
8
a  b  c  4
Vậy giá trị lớn nhất của P là

1
, đạt được khi  x; y; z    3; 2;1 .
8

Chú ý:
- Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng như đáp án.
- Câu 7. Không vẽ hình không cho điểm.

4/4

0,25


Luyenthipro.vn

TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I
Năm học 2015 – 2016.
MÔN: TOÁN. LỚP 12
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

( Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x2 (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị (C) tạo với đường
4

5

thẳng  : x  my  3  0 một góc  biết cos  .
Câu 2(1,0 điểm ). Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y 

2x  3
.
x  2015
9


5
Câu 3( 1,0 điểm). Xác định hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  x5  2  .
x 

3

Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình sin2 x  sin x cos x  2cos2 x  0 .
a
2

Câu 5(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA  ,
SB 

a 3 
, BAD  600 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là
2

trung điểm của AB, BC. Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa
đường thẳng SH và DK.

Câu 6(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
DC  BC 2 , tâm I( - 1 ; 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh CD, H( - 2; 1 ) là giao

điểm của hai đường thẳng AC và BM.
a) Viết phương trình đường thẳng IH.
b) Tìm tọa độ các điểm A và B.
Câu 7( 1,0 điểm). Giải phương trình
2x  1  3  2x  4  2 3  4 x  4 x2 





2
1
4x2  4x  3  2x  1 trên tập số thực.
4

x  y  z  0
Câu 8( 1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn  2 2 2

 x  y  z  2

.Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức P  x3  y3  z3 .
------------------- 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:………

TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I
MÔN: TOÁN. LỚP 12
(Hướng dẫn gồm 04 trang)

Chú ý:
 Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó.
 Điểm toàn bài không làm tròn.
CÂU
ĐÁP ÁN
TXĐ: D  
Sự biến thiên: y  3x2  6x  3x  x  2

ĐIỂM

0.25

x  0
y  0  


x  2

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0 và  2;  
Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 .

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2  yCT  4 , cực đại tại x = 0  yCÑ  0

0.25

Giới hạn lim y  , lim y  
x

Bảng biến thiên

x

x

-∞

y’

0
0
0

+

’

1a)
(1,0 đ)

+∞

2
0

-

+
+∞
0.25

y
-4

-∞
Đồ thị
6

y

f(x)=x^3-3*x^2

4

2

0.25

x
-4

-2

2

4

6

-2

-4

-6


Đường thẳng đi qua CĐ, CT là 1 : 2x  y  0  VTPT n1  2;1

Đường thẳng đã cho  : x  my  3  0 có VTPT n2 1; m
1b)
(1,0 đ)

 
Yêu cầu bài toán  cos ; 1   cos n1; n2 











 25 m2  4m  4  5.16. m2  1
 11m2  20m  4  0



m 2
5. m  1
2



4
5

0.25

0.25

0.25
1


2
(1,0 đ)

m  2



2

m  


11
2x  3
2x  3
  ( hoặc lim 
  ) nên x  2015 là
Vì lim 
x2015 x  2015
x2015 x  2015
tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
2x  3
 2 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
Vì lim
x x  2015

 

Xét số hạng thứ k + 1 trong khai triển Tk 1  C . x
k
9

3
(1,0 đ)

k

 5
. 2 

x 

0.5
0.5

9 k

0.25

 Tk1  C9k .59k.x7k18
Vì số hạng chứa x3 nên 7k 18  3  k  3
Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển là C93.56  1.312.500

0.25
0.25
0.25

PT  sin2 x  cos2 x  sin x cos x  cos2 x  0

0.25



 



  sin x  cos x sin x  2cos x  0
4
(1,0 đ)

5

0.25

sin x  cos x  0 1


sin x  2cos x  0 2
 



0.25

1  tan x  1  x   4  k  k   
 2  tan x  2  x  arctan2  k  k  

0.25
0.25

S

0.25

B

C

K

H
M
5
(1,0 đ)

A
Từ giả thiết ta có AB = a, SA 

D

a 3
a
, SB 
nên ASB vuông tại S
2
2

AB
 SAH đều. Gọi M là trung điểm của AH thì SM  AB . Do
2
 SAB   ABCD   SM   ABCD  .
 SH 

0.25

1
1
1
Vậy VKSDC  VS.KCD  .SM .SKCD  .SM . SBAD
3

3
2
1 a 3 1 a.a. 3 a3
 .
. .

(đvtt)
3 4 2 2.2
32

0.25

2


Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD = 4 AQ  HQ  KD nên

SH , DK    SH , QH 

Gọi I là trung điểm HQ  MI  AD nên MI  HQ

 .
Mà SM   ABCD   SI  HQ   SH ,QH   SHI

0.25

Trong tam giác vuông SHI có:

6a
(1,0 đ)

1
1
1 a 3
HQ
DK
.
HI 2

4
4
2  3.
cosSHI 



a
a
a
SH
4
2
2
2

IH   1; 1

0.25

0.5

Nên đường thẳng IH có phương trình x  y  3  0 .

A

0.5

B
I
H

D

C

M



Từ giả thiết ta suy ra H là trọng tâm của BCD  IA  3HI  A(2;5) .

6b
(1,0 đ)

2
2
BC 6
1
BC 3
BM 

BC2  MC 2 
, HC  AC 
3
3
3
3
3
2
2
2
 HB  HC  BC nên BM  AC

 BM đi qua H( -2; 1 ), nhận IH   1; 1 làm VTPT có phương trình

Ta có HB 

x  y  1  0  tọa độ B có dạng B( t; - t - 1 ).

0.25
0.25

0.25

Lại có IA  IB nên 18   t  1   t  3  t  4t  4  0
2

t  2  8

. Do đó



t  2  8

2

2








B 2  2 2;1  2 2

.


B 2  2 2;1  2 2


0.25

1
3
ĐK:   x  . Phương trình
2
2


7
(1,0 đ)



2x  1  3  2x

 
2

2

  2x  12   2x  12
 
(*)
2x  1  3  2x  


2
2





0.25

Xét hàm số f  t   t 2  t trên  0;   có f   t   2t  1  0 t  0;   nên
hàm số f(t) đồng biến trên  0;  


  2x  12 



Do đó pt (*) trở thành  f 2x  1  3  2x  f  2 



 f ñoà
ng bieá
n





0.25

3


 2x  1 



8

 2x  1
3  2x 



2



8

2



2x  1  3  2x  4 2x  1

2

2x  1  3  2x   2x  1  3  2x  ( **)
2


 2x  1  a  0
Đặt 
thì phương trình (**) trở thành
3

2
x

b


0


8 a  b  a2  b2 2  4a2b2 (1)
8 a  b  a2  b2 2

 
 



a2  b2  4
a2  b2  4
2 









0.25

Từ (1)  8 a  b  16  4a2b2  2  a  b  4  a2b2





 4 a2  b2  2ab  16  8a2b2  a4b4 (***)

Đặt ab = t  0  t  2 thì pt (***) trở thành





16  8t  16  8t 2  t 4  t  t  2 t 2  2t  4  0

t  0



x   1
t  2  loaïi 


 2x  1  3  2x  2 
2

 
. Vậy t = 0  

t

1


5
loaï
i
3
 


x 
 2x  1. 3  2x  0



2
t  1  5  loaïi 

0.25

Chú ý: HS có thể giải theo cách khác như sau
Đặt a  2 x  1  3  2 x . Phương trình đã cho trở thành

a  a  2  a 2  2a  4 a 4  8a 2  8a  8  0

Có x  y  z  0  z    x  y  P  x3  y3   x  y   3xyz
3

Từ x2  y2  z2  2   x  y   2xy  z2  2  2z2  2xy  2  xy  z2  1
2



0.25



Vậy P  3z z2  1

2
1
3
4
4
x  y   z2  z2  
 z

2
2
3
3
 4 4
Đặt P  f  z  3z3  3z với z   ;
K
3
3



z   1  K


3

2
Có f   z  9z  3 , f   z  0  

z  1  K


3


Do 2  x2  y2  z2 

8
(1,0 đ)

 4
4 
Ta có: f  
 ,f 
 3
3 


2
Do vậy max P 
khi z 
3

 1 
4
4  1  2

2
, f 

,f




3 
3 
3
3  3
3

2
3

;x  y 

0.25

0.25

0.25

1
3

4

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN;
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi: 7/11/2015

Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: y  x 3  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: cos2x  cos6x  cos4x
b) Cho cos2  



4

với     . Tính giá trị của biểu thức: P  1  tan   cos   
5

2
4


Câu 4 (1 điểm)


a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 2010 trong khai triển của nhị thức:  x 


2 

x2 

2016

.

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 thức: P 

x2

y2



z2


zx  8  y 3 xy  8  z3
-------------------------- 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:..................................
yz  8  x 3

