bộ đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 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 CHÍNH THỨC

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

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x2  2

De

Câu 2 (1,0 điểm).Tìm cực trị của hàm số : y  x  sin 2 x  2 .
Câu 3 (1,0 điểm).
3sin   2 cos 
a) Cho tan   3 . Tính giá trị biểu thức M 
5sin 3   4 cos3 
x  4x  3
x 3
x2  9
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 3sin 2 x  4sin x cos x  5 cos 2 x  2

b) Tính giới hạn : L  lim

Câu 5 (1,0 điểm).

5

2 


a) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức :  3x 3  2  .
x 

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.
10

Th

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

iTh

đường chéo của hình bình hành đã cho.

Câu 7 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy 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  2 MS . 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 : 2 x  y  10  0

et
u.N

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 .

3
3
2
2
 x  y  3x  12 y  7  3x  6 y
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : 
3
2
 x  2  4  y  x  y  4 x  2 y
Câu 10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình : x3  2 x 2  3x  4  0 và x3  8 x 2  23 x  26  0 .

Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó.
--------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:………………

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 I
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)

Câu

Đáp án

Điểm

De

Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x2  2

1,0

Tập xác định: D   .
x  0
Ta có y'  3 x 2  6 x. ; y'  0  
x  2

0,25

Th

- Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0) và (2; ) ; nghịch
biến trên khoảng (0; 2) .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =-2.

0,25

- Giới hạn: lim y  , lim y  
x 

x 

Bảng biến thiên:

x
y'
y

0
0



+

-



iTh

Đồ thị:

+

2

0,25

-2



1 (1,0 đ)



2
0

y

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

5

et
u.N
x

-8

-6

-4

-2

2

4

6

0,25

8

-5

2 (1,0 đ)

Câu 2 .Tìm cực trị của hàm số : y  x  sin 2 x  2 .

1,0

Tập xác định D  
f   x   1  2 cos 2 x , f   x   4sin 2 x

0,25

f   x   0  1  2 cos 2 x  0  cos 2 x 


1
 x    k , k  
2
6


 

 

f     k    4sin     2 3  0  hàm số đạt cực đại tại xi    k 
6
 6

 3

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />
0,25
0,25


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

3.(1,0đ)

Th

De


3
 

Với yCD  f    k     
 2  k , k  
6 2
 6






f    k    4sin    2 3  0  hàm số đạt cực tiểu tại xi   k 
6
6

3
3

 
Với yCT  f   k    
 2  k , k  
6
 6 2
3sin   2 cos 
Cho tan   3 . Tính giá trị biểu thức M 
5sin 3   4 cos3 
3sin   sin 2   cos 2    2 cos   sin 2   cos 2  
M
5sin 3   4 cos3 
3sin 3   2sin 2  cos   3sin  cos 2   2 cos3 

(chia tử và mẫu cho cos3  )
3
3
5sin   4 cos 
3
3 tan   2 tan 2   3 tan   2

5 tan 3   4

3.33  2.32  3.3  2 70
Thay tan   3 vào ta được M 

5.33  4
139
Lưu ý: HS cũng có thể từ tan   3 suy ra 2k   

2

0,5

0,25

0,25

 2k và

1
3
; sin  
rồi thay vào biểu thức M.
10
10

cos  

x 3

x 

x 3

L  lim
x 3

x

x  4x  3
x2  9

iTh

b) Tính giới hạn : L  lim

L  lim



0,25



4x  3 x  4x  3

2



 9 x  4x  3
x 1

 x  3  x 

4x  3







  lim
x 3

0,5

x2  4 x  3

x

2



 9 x  4 x  3

3 1

 3  3  3 

4.3  1





0,25



1
18

0,25

Câu 4.Giải phương trình : 3sin 2 x  4sin x cos x  5 cos 2 x  2

1,0

et
u.N

2
2
2
2
4 .(1,0 đ) Phương trình  3sin x  4 sin x cos x  5cos x  2  sin x  cos x 

 sin 2 x  4sin x cos x  3cos 2 x  0
  sin x  cos x  sin x  3cos x   0  sin x  cos x  0  sin x  3cos x  0


 k   x  arctan 3  k  , k  
4

Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x   k  , x  arctan 3  k  , k  
4
 tan x  1  tan x  3  x 

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

5

2 

a) Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển của biểu thức :  3x 3  2  .
x 

5

5 k

k

5
5
k

 3 2 
 2 
k
3
3
x


C
3
x
.


C5k  1 35 k .2k x155 k




5

 2
2 
x  k 0

 x  k 0
10
Hệ số của của số hạng chứa x là C5k (1)k 35 k 2k , với 15  5k  10  k  1
1

Vậy hệ số của x10 là : C51  1 34 21  810
5 (1,0 đ)

1,0

b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu
nhiên 3 quả. Tính xác suất để trong 3 quả cầu chọn ra có ít nhất một quả cầu màu

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />
0,25
0,25


- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
xanh.
3
Số phần tử của không gian mẫu là n     C20
Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh”
C3
Thì A là biến cố “Chọn được ba quả cầu màu đỏ”  n  A   C123  P  A   123
C20
C 3 46
Vậy xác suất của biến cố A là P  A  1  P  A   1  123 
C20 57

0,25

0,25

De

Câu 6 . 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.

 xB  2 xI  xD  4  5  1
 B  1; 2 
Do I là trung điểm BD . Suy ra 
 yB  2 y I  y D  2  0  2
6 .(1,0 đ) Do I là trung điểm AC . Suy ra  xC  2 xI  x A  4  2  6  C 6;3
 

 yC  2 yI  y A  2  1  3


Góc nhọn    AC , BD  . Ta có AC   8; 4  , BD   6; 2 

0,25
0,25

Th

0,25

 
 
AC  BD
48  8
2


   45
cos   cos AC , BD    
2
4 5.2 10
AC BD





0,25

iTh

Câu 7 . Cho hình chóp S.ABC có đáy 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  2 MS . Biết AB  3, BC  3 3 , tính thể tích
của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .

N

M

K

et
u.N

nên SH 

1,0

S

Gọi H là trung điểm AB  SH  AB ( do
SAB đều).
Do  SAB    ABC   SH   ABC 
Do ABC đều cạnh bằng 3

1,0

3 3
, AC  BC 2  AB 2  3 2
2

A

0,25

C

H

B

1
1
33 6 9 6

 VS . ABC   SH  S ABC   SH  AB  AC 

(đvtt)
3
6
12
4
7. (1,0 đ) Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N  AC || MN  AC ||  BMN 
AC  AB, AC  SH  AC   SAB  , AC || MN  MN   SAB   MN   SAB 

  BMN    SAB  theo giao tuyến BN .

0,25

0,25

Ta có AC ||  BMN   d  AC , BM   d  AC ,  BMN    d  A,  BMN    AK với K
là hình chiếu của A trên BN
2
NA MC 2
2
2 32 3 3 3

  S ABN  S SAB  

(đvdt) và AN  SA  2
3
SA SC 3
3
3 4

2

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />
0,25


- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
3 3
2
2S
2  3 21
BN  AN 2  AB 2  2AN . AB.cos 600  7  AK  ABN 
BN
7
7
3 21
(đvđd)
7
Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh cũng có thể giải quyết theo hướng CA  ( SAB )
và VS . ABC  VC .SAB

Vậy d  AC , BM  

De

Câu 8. 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 : 2 x  y  10  0 và D  2; 4  là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại

1,0

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 .
AJ đi qua J  2;1 và D  2; 4  nên có

Th

phương trình AJ : x  2  0
 A  AJ  AH , ( trong đó H là chân
đường cao xuất phát từ đỉnh A )

A

E
J

Tọa độ A là nghiệm của hệ
x  2  0
x  2

 A  2;6 

2 x  y  10  0
y  6

B

0,25

I

C

H

iTh

D

8 .(1,0 đ) Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
  DC
  DB  DC và EC
  EA

Ta có DB
  1 (sđ EC
  sđ DB
 )= DJB
  sđ DC
 )= 1 (sđ EA
  DBJ cân tại D 
DBJ
2
2
DC  DB  DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC
Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D  2; 4  bán kính JD  02  52  5 có
2

2

et
u.N

phương trình  x  2    y  4   25 . Khi đó tọa độ B là nghiệm của hệ
 x  2 2   y  4 2  25  x  3  x  2
 B  3; 4 




 y  4  y  9  B  2; 9 
 x  y  7  0

0,25

Do B có hoành độ âm nên ta được B  3; 4 

qua B  3; 4 
qua B  3; 4 
BC : 
 BC : 
 BC : x  2 y  5  0
 
vtpt n  u AH  1; 2 
 AH
Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ
2
2
C  3; 4   B

 x  2    y  4   25  x  3  x  5



 C  5;0 

 y  4  y  0 C  5; 0 
 x  2 y  5  0
Vậy A  2;6  , B  3; 4  , C  5; 0 

 x3  y 3  3x  12 y  7  3x 2  6 y 2
Câu 9. Giải hệ phương trình : 
3
2
 x  2  4  y  x  y  4 x  2 y
x  2  0
 x  2
Điều kiện : 

4  y  0
y  4

1
 2

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />
0,25

1,0
0,25

- DE THI THU THPT Quoc Gia - Tai Lieu On Thi.Cap nhat moi ngay.Truy cap TAI NGAY!
3

3

Từ phương trình 1 ta có  x  1   y  2   x  1  y  2  y  x  1
9 .(1,0 đ) Thay  3 vào  2  ta được pt:

x  2  3  x  x 3  x 2  4 x  1 , Đ/K 2  x  3








x  2  3  x  3  x3  x2  4 x  4 

De




x2 

 3
2

4   x  1  x 3   x  1  4 x  2  x  1



2  x  2  3  x   4

x  2  3 x 3





 x  2  3  x   2 

2   x2  x  2

x  2  3 x 3



 x  2  3  x   2 



 x  2  3  x   2 



x  2  3 x 3

2



  x  1  x 2  4 

  x  1  x 2  4 
  x  2   x2  x  2

0,25





2

0
2
  x  x  2  x  2 
x  2  3 x 3
 x  2  3  x   2 

  
0


2
 x  x  2  0  x  2  x  1



Th



0,25



 
x  2 
 y  3   x; y    2;3 ( thỏa mãn đ/k)



 
x  1 
 y  0   x; y    1;0  ( thỏa mãn đ/k)



0,25

3

3

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    2;3 ,  x; y    1;0 

iTh

Câu10.Chohai phương trình: x3  2 x 2  3 x  4  0 và x3  8 x 2  23 x  26  0 .Chứng
minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó
 Hàm số f  x   x3  2 x 2  3x  4 xác định và liên tục trên tập 

Đạo hàm f   x   3x 2  2 x  3  0, x    f  x  đồng biến trên 

1,0

 *

f  4  . f  0    40  .4  160  0   a   4; 0  : f  a   0  **

0,25

Từ * và ** suy ra phương trình

Theo trên : a 3  2a 2  3a  4  0

et
u.N

10.(1,0đ)

x3  2 x 2  3 x  4  0 có một nhiệm duy nhất x  a
 Tương tự phương trình x3  8 x 2  23 x  26  0 có một nhiệm duy nhất x  b

1
3

2
Và b3  8b 2  23b  26  0   2  b   2  2  b   3  2  b   4  0  2 
3
2
Từ 1 và  2   a 3  2a 2  3a  4   2  b   2  2  b   3  2  b   4  3
Theo trên hàm số f  x   x3  2 x 2  3x  4 đồng biến và liên tục trên tập 
Đẳng thức  3  f  a   f  2  b   a  2  b  a  b  2

0,25

0,25

0,25

Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng 2 .

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.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.

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!
- 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.

et

u.N

iTh

Th

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

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


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

SỞ GD-ĐT HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT YÊN MỸ

KỲ THI KSCL NĂM 2015 - 2016
Môn: TOÁN 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
------------------------------------1
3

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  2 x 2  3x  1

1

Th
De

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến song song
với đường thẳng y  3x  1

1
Câu 2(1,0 điểm) Tìm GTLN-GTNN của hàm số sau : y   x 4  2 x 2  1 trên đoạn  2; 


2

1
log5 3

Câu 3 (1,0 điểm)Tính A  log 2 6  log 4 81  log 2 27  81
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm mọi giá trị của m để đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị
y

x2
 C  tại hai điểm phân biệt. Khi nào có ít nhất một trong hai giao điểm có tọa
x 1

độ nguyên ?
Câu 5 (3,0 điểm) Cho hình chóp S .A BCD có đáy A BCD là hình thoi tâm I và có cạnh
· D = 600 .Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với mặt phẳng
bằng a, góc BA

iTh

(A BCD ) biết SH =

a 13
4

a) Hãy tính thể tích của khối chóp S .A BCD .
b) Gọi M là trung điểm của SB , N thuộc SC sao cho SC = 3SN . Tính tỉ số thể tích
khối chóp S .A MN và khối chóp S.ABCD.
c) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD ) .





u.N

 x3 4 y 2  1  x 2 y  3
Câu 6 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2 y  4 y 2  1  x  x 2  1


(1)
(2)

Câu 7 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 

7
121


2
2
a  b  c 14  ab  bc  ca 
2

----------------------------------Hết-----------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

et

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

Trang 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!

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015 - 2016
CÂU

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Câu
1a

Ta có: y  x3  2 x 2  3x  1

1
3

0,25

DR

Th
De

x  1
y '  x 2  4 x  3; y '  0  
x  3

Sự biến thiên:
+Trên các khoảng  ;1 và  3;   y '  0 nên hàm số đồng biến
+ Trên khoảng (1; 3) có y’< 0 nên hàm số nghịch biến
Cực trị:
+Hàm số đạt cực đại tại x = 1 giá trị cực đại y 

0,25

7
3

+Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3; giá trị cực tiểu y = 1
Giới hạn: lim y   và lim y   
x  

x  

Bảng biến thiên:
x

y

1

+

0



3

iTh

y'



0,25

-

0

+

7
3





1

Đồ thị: giao Oy tại (0;1)
7
)
3

et

u.N

5
3

Đi qua (2; ) và (4;

0,25

Trang 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!

Câu
1b

y '  x2  4x  3 .

0,25

Đường thẳng y = 3x + 1 có hệ số góc 3
x  0
x  4

Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  1 nên: y '  x   3  

Th
De
x  0  y  1 pttt
x  4 y 

7
pttt
3

y  3x  1

y  3x 

Thử lại, ta được y  3x 

Câu

2(1,0
điểm)

0,25

29
3

0,25

29
thỏa yêu cầu bài toán.
3

1
Tìm GTLN-GTNN của hàm số sau : y   x 4  2 x 2  1 trên đoạn  2; 


2

y '  4 x3  4 x

0,25

x  0
1

Trên  2;  có y '  0  
2


 x  1

0,25

iTh

 1  23
y  2   7, y  1  2, y  0   1 , y   
 2  16

Kết luận
Câu 3

0,25

max y  y  1  2 và min y  y  2   7
 1
2; 2 



 1
2; 2 



0,25

x2
 C  . Tìm giá trị của m để đường thẳng d : y   x  m

x 1
cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt. Tìm m để trong đó có ít nhất một điểm

Cho hàm số y 

có tọa độ nguyên .

u.N

(1,0đ)

0,25

Xét phương trình hoành độ giao điểm
x2
 x  m
x 1
x  1
 2
.....
x

mx

m

2

0


et

m  2  2 3

 m  2  2 3

0,25

0,25

Do (C ) có bốn điểm có tọa độ nguyên là A  0; 2 ; B  2;4 ; C  4;2  và D  2;0 
Ycbt  d : y   x  m đi qua một trong bốn điểm A, B, C, D

0,25
Trang 3

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!

 m  2  m  6

Câu 4

0,25
1
log5 3

Tính A  log

6  log 4 81  log 2 27  81

2

(1 đ)

Th
De
A  log

 log 2

Câu 5

2

1
log5 3

6  log 4 81  log 2 27  81



 log 2 6  log 2 9  log 2 27  3log3 5

4

0.5

6.9
 54  1  625  626
27

0,5
S

a) Ta có SH  ( ABCD)  SH là
đường cao của chóp S.ABCD

K

Theo giả thiết hình thoi ABCD có
B

0

góc A = 60 suy ra tam giác BAD đều

BD  a  S ABCD  2S ABD

a2 3

2

b)

V S .A MN
V S .A BC

V SA BC

V S .A BCD

=

I
A

E
D

39 3
a
24

0,5

SA SM SN
1
.
.
=
SA SB SC
6

1
2
1
=

12

0,5

H

0.5

=

gt  HD 

3
a
4

u.N

V S .A BCD
V S .A MN

C

iTh

1
3

Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD 

5c



0.25

0.25

Trong (ABCD) kẻ HE  CD và trong (SHE) kẻ HK  SE

et

Lập luận chỉ ra HK   SCD   d  H ; SCD   HK

Trang 4

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />
0,25

0,25


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

Xét  HED vuông tại E, ta có HE  HD.sin 600 
Xét  SHE vuông tại H, ta có HK 

SH .HE
SH 2  HE 2

3 3
a
8



3 39
4 79

a

Th
De

0,25

d (B , (SCD ))
BD
4
4
4
Mà
=
=
 d (B , (SCD )) = d (H , (SCD )) = HK =
3
3
d (H , (SCD )) HD
3

Do A B / / (SCD )  d(A,(SCD )) = d(B ,(SCD )) =

Câu 6



39

39

a

79

a

0,25

79



 x3 4 y 2  1  x 2 y  3
Giải hệ phương trình 
2
2

2 y  4 y  1  x  x  1

(1)

(2)

Điều kiện: y  0



0,25



PT (1)  x  x 2 4 y 2  1  2 y   3  x  0

(3)

iTh

Khi đó, PT (2)  2 y  4 y 2  1  x  x2  1
Xét hàm f  t   t  t 2  1 trên 0;  
Có f '  t   1 

t

t2 1

0,25

 0 t  0  f  t  đồng biến trên  0;  

Khi đó, PT (3)  f  2 y   f  x   2 y  x

u.N

Thay vào phương trình (1) ta được phương trình: x5  x3  x x  3

0,25

Đặt t  x > 0 có hàm số g  t   t10  t 6  t 3 có g' t   10t 9  6t 5  3t 2  0 dot  0
Mà g 1  3  t  1  x  1  x  1

1
1
Với x  1  y  . Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   1; 
2

 ab + bc + ca =

1 - (a 2 + b2 + c 2 )
.
2

Do đó A =

7
a 2 + b2 + c 2

-

121

 2

et

Câu 7 Ta có 1 = (a + b + c)2 = a 2 + b2 + c 2 + 2(ab + bc + ca )

0,25

7(1 - (a 2 + b2 + c 2 ))
Trang 5

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />
0.25


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

Đặt t = a 2 + b2 + c 2 .

0.25

Vì a, b, c > 0 và a + b + c = 1 nên 0 < a < 1, 0 < b < 1, 0 < c < 1
Suy ra t = a 2 + b2 + c 2 < a + b + c = 1

Th
De

B .C . S

Mặt khác 1 = (a + b + c)2 = a 2 + b2 + c 2 + 2(ab + bc + ca )  3(a 2 + b2 + c 2 )
Suy ra t = a 2 + b2 + c 2  . Vậy t   ;1

3
3 
1

1

7
t

Xét hàm số f  t   
f 't   

121
1 
; t   ;1
7 1  t 
3 

0,25

7
121

2
2
t
7 1  t 

f ' t   0  t 

iTh

BBT

7
18

t

f '(t )

7
18

1
3

-

0

1
+

f (t )

u.N

324
7

324
324
1 
; t   ;1 . Vậy A 
với mọi a; b; c thỏa điều kiện đề
7
7
3 
7
 2
2
2
1
1
1
324
a  b  c 
bài. Hơn nữa, với a = ;b = ;c = thì 
18 và A =
2
3
6
7

a  b  c  1

Suy ra f  t  

324

7

et

Vậy min A =

Trang 6

Like Fanpage de cap nhat nhieu DE THI THU hon: />
0,25


- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

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

ĐỀ CHÍNH THỨC
2x  1
1 .
x 1
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y 

Th

De

b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ M đến
trục Ox.

Câu 2 (1 điểm).

 5

 2x   0 .
a. Giải phương trình sin x  2sin 3 x  sin 
 2

b. Giải phương trình log3  x  2   log3  x  4   log

3

8  x   1 .

6

xdx
.
x

1
3x

2



2

Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân I  
Câu 4. (1 điểm).

n

2 
4

a. Tìm số hạng chứa x trong khai triển  x  2  , biết n là số tự nhiên thỏa mãn C3n  n  2C2n .
x 
3

b. Một hộp đựng 9 viên bi trong đó có 4 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên 3
viên bi. Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy được có ít nhất 2 viên bi màu xanh.
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm
AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc
3

iTh

giữa (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SA và IC.

Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E, F

u.N

lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM  3FE . Biết
điểm M có tọa độ  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y  3  0 , điểm A có hoành độ là
số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Câu 7 (1 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1; 3; 2  , B  3;1; 2  . Viết
phương trình mặt cầu đường kính AB. Tìm điểm I trên trục Oy sao cho IA  2IB .



et

2

 2x  2x   x  y  y  x  y
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình 
.
2
x

1

xy

y

21



Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x 2  y2  z2  1 . Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức P 

x2
y2

 xy .
2x 2  2yz  1 2y 2  2xz  1

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

Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!
Họ và tên thí sinh ………………………………………………………………………….Số báo danh………………………….
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1

Câu

§iÓ
m

Néi dung
- Tập xác định D  R \ 1

Th
De

- Sự biến thiên y ' 

3

 x  1

2

0,25

 0 với x  D

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 , 1;  
+ Hàm số không có cực trị
+ lim y  x   2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị

0,25

x 

lim y  x   , lim y  x    , suy ra đường thẳng x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị

x 1

x 1

+ Bảng biến thiên

-

x

1

+

y’(x
)

Câu
1a

+

2

y

1,0
điểm

0,25

-



iTh

6

5

- Đồ thị
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm

4

 0; 1 ,  2;1 ,  4;3 ,  2;5
+ Đồ thị nhận điểm I 1; 2  làm tâm đối

3
2

0,25

1

xứng.

5

2
y

O
-2

1

2

4

5

x

u.N

-1
2

Gọi M  x 0 ; y0  ,

Câu
1b

y0 

2x 0  1
, Ta có d  M, 1   d  M,Ox   x 0  1  y0
x0 1

 x0 1 

Với x 0 

2x 0  1
2
  x 0  1  2x 0  1
x0 1

x  0
1
, ta có pt x 02  2x 0  1  2x 0  1   0
2
x0  4

Với x 0 

Suy ra M  0; 1 , M  4;3

et

1,0
điểm

 x 0  1 ,

1
, ta có pt x 02  2x 0  1  2x 0  1  x 02  2  0 (vô nghiệm) .
2
Vậy M  0; 1 , M  4;3

0,25
0,25
0,25

0,25

Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 2a
0,5
điểm

 5

sin x  2sin 3 x  sin 
 2x   0  sinx 1  2sin 2 x   cos 2x  0
 2

 sin x.cos 2x  cos 2x  0  cos 2x(sin x  1)  0

 k

 x 4 2
 k
cos 2x  0
Kết luận: nghiệm của phương trình x  
,


4 2
 sin x  1
 x    k2

2

x

 k2
2
Điều kiện xác định 2  x  8

Th
De
Câu 2b
0,5
điểm

0,25

Khi đó log3  x  2   log3  x  4   log


3

8  x   1  log3 [  x  2 x  4 ] - log3 8  x 

2

0,25

1

 x  2  x  4   3  x 2  6x  8  3x 2  48x  192  2x 2  54x  184  0   x  4
 x  23
2
8  x 


0,25

0,25

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là x  4

2
3
2
t 2 2
. tdt
6
4
4
xdx
2 t2  2
3
3
Suy ra I  

  2
dt
t 2 1
3 2 t 1
2  x  1 3x  2
2
t
3

Đặt t  3x  2  t 2  3x  2  2tdt  3dx  dx  tdt .Khi x  2  t  2, x  6  t  4

Câu
3

iTh

1 điểm

4

2 
3 
2
1
2
1 
 1
  1  2 dt   dt  2 2 dt  t   

dt
3 2  t 1 
32
t 1
3 2 2  t 1 t 1 
2
4
4
4
9

  ln t  1  ln t  1    ln
2
3
3
5
4

4

4

0,25

0,25

4

0,25
0,25

Điều kiện

n  3 . C3n 

n  n  1 n  2  4
4
n!
4
n!
n  2Cn2 

 n2

 n  n  n  1
3
3! n  3! 3
2! n  2 !
6
3

0,25

Câu 4a
0,5
điểm

u.N

n 2  9n  0  n  9 (do n  3 )

9
9
2 
k

 2 
Khi đó ta có  x  2    C9k x 9k  2    C9k x 93k  2 
x  k 0

 x  k 0
3

Số hạng chứa x tương ứng giá trị k thoả mãn 9  3k  3  k  2
9

k

Suy ra số hạng chứa x 3 bằng C92 x 3  2   144x 3
Gọi  là không gian mẫu của phép lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ 9 viên bi suy ra

0,25

2

Câu 4b
0,5
điểm

n     C39  84

Suy ra n  A   C52 .C14  C53  50
Câu 5

et

Gọi A là biến cố lấy được ít nhất 2 viên bi xanh.
Trường hợp 1. Trong 3 viên bi lấy được có 2 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ, có C52 .C14  40
cách.
Trường hợp 2. Ba viên bi lấy ra toàn màu xanh, có C35  10 cách
Vậy P  A  

0,25

0,25

n  A  50 25


n    84 42
1
3

Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , SABCD  a 2

0,25

Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!
S

Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra
SH  (ABCD)


Dựng HE  AB  SHE   AB , suy ra SEH
là

  600
góc giữa (SAB) và (ABCD)  SEH
Ta có SH  HE.tan 600  3HE

F
A

D

Th
De
K

M

P

I

H

C

E

HE HI 1
a
a 3

  HE   SH 
CB IC 3
3
3
1

1 a 3 2
3a 3
Suy ra VS.ABCD  SH.SABCD  .
.a 
3
3 3
9

0,25

B

Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI
 d SA,CI   d  CI, SAP    d  H, SAP  

0,25

Dựng HK  AP , suy ra SHK   SAP 

Dựng HF  SK  HF  SPA   d  H, SPA    HF

1
1
1
(1)


2
2
HF

HK HS2
1
1
1
1
Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK 



2
2
2
HK
DM
DP DA 2
a
1
1
1
1
4 1 3
8
Thay vào (1) ta có  2  2 
.

 2  2  2  2  HF 
2
2
HF
DP DA HS

a
a
a
a
2 2
a
Vậy d SA, CI  
.
2 2

Do SHK vuông tại H 

iTh

Gọi I là giao điểm của BM và AC.

C

E

1,0
điểm

B

Ta thấy BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC

M

F

0,25


  BM  AC .
ABC  BEM  EBM
 CAB
Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC BM : x  2y  7  0 .

u.N

Câu
6

0,25

Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ

I
A

13

x
  12 6 

 2x  y  3  0

 13 11 
5

 I ;

IM
 ; 



5 5 
 5 5
 x  2y  7  0
 y  11

5

2   8 4 
Ta có IB   IM   ;   B 1; 3
3
 5 5 

0,25

et
Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Trong ABC ta có

1
1

1
5
5



 BA 
BI
2
2
2
2
BI
BA BC
4BA
2

5
8
4
4 5
Mặt khác BI       
, suy ra BA 
BI  2
2
5
 5   5 
Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có
2

2

0,25

Th
De

 a 3
BA  4   a  1   6  2a   4  5a  26a  33  0   11
a 
5

  2 4 
Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ; 
 5 5


Ta có AC  5AI   2; 4   C 1;1 . Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1
2

2

Câu 7
1,0
điểm

2

2

0,25



Gọi I là trung điểm AB, A 1; 3; 2  , B  3;1; 2  suy ra I  2; 1;2   IA   1; 2;0   IA  5

0,25

Suy ra mặt cầu đường kính AB có phương trình  x  2    y  1   z  2   5 .

0,25

2

2

2

Do I thuộc trục Oy nên I có tọa độ I  0;a;0 

IA  5   a  3  a 2  6a  14, IB  13   a  1  a 2  2a  14
2

2

iTh

a  5  11
IA  2IB  IA 2  2IB2  a 2  6a  14  2a 2  4a  28  a 2  10a  14  0  
a  5  11







Vậy I 0;5  11, 0 , hoặc I 0;5  11, 0

0,25

0,25



Điều kiện xác định x  1, x  y  0

Khi đó 2x  2x   x  y  y  x  y  2x 2  xy  y2  2x  x  y  0
2

  x  y  2x  y  
Câu 8

0,5

Do x  1, x  y  0  2x  y  0 , từ đó suy ra x  y .
x  1  x 2  x 2  21  x  1  1  x 2  4  x 2  21  5


1

x2
  x  2 
x 2
  0 (3)
2
x  21  5 
 x 1  1

Thay vào (2) ta có

Vì x  2 

u.N

1,0
điểm



xy
1
 0   x  y   2x  y 
  0.

2x  x  y
2x  x  y 





1
  x  2  1 
  0 , từ (3) suy ra x  2
2
10

x

91
x 2  21  5


Vậy nghiệm của hệ phương trình là  2; 2  .

x2

0,25

0,25

Ta có 2yz  1  x 2  y2  z 2  2yz  x 2   y  z   2x  y  z 
2

2

y2
1
y

.Suy ra

2
2y  2xz  1 2 x  y  z

1 xy 
1
z
P 
  x  y  1 
 x y
2 xyz
2 xyz

Tương tự

Câu 9

et

x2
1
x

Suy ra 2x  2yz  1  2x  2x  y  z   2x  x  y  z   2
2x  2yz  1 2 x  y  z
2

0,25

Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

1,0
điểm

Ta có x  y  2  x 2  y2   2 1  z 2   2  2z 2
1
2

 4
2
  2  2z
2
2  2z  z 
 4
1
z
2
Xét hàm số f  z   1 
  2  2z trên  0;1
2
2
2  2z  z 
1
z
f ' z  

 0 với c   0;1 .
2
2

2
2 3
4
2  2z
2  2z  z
 2  2z 
z

Suy ra P  1 

Th
De




0,25

0,25

Do hàm số liên tục trên  0;1 , nên f  z  nghịch biến trên  0;1
1
1
,z  0
2
2
1
1
,z  0
Vậy GTLN của P là  4 2 đạt được khi x  y 

2
2

Suy ra P  f  z   f  0    4 2 . Dấu = xảy ra khi x  y 

0,25

Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng

et

u.N

iTh
Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />

- Chia sẻ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - TÀI LIỆU ÔN THI cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
Năm học 2015  2016

Môn : TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y 

2x  1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm).
Cho hàm số y  x 4  mx2  m  5 có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để đồ thị (Cm) của
hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 3 (1,0 điểm).
Cho log3 15  a, log3 10  b . Tính log9 50 theo a và b.
Câu 4 (2,0 điểm).
Giải các phương trình sau:
a) 2sinx cos x+ 6 sinx  cosx  3  0 ;
b) 22 x5  22 x3  52 x2  3.52 x+1 .
Câu 5 (1,0 điểm).
n

2

Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2   với x ≠ 0, biết rằng:
x

4

Cn1  Cn2  15 với n là số nguyên dương.

Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a và AB vuông góc với
·  300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
mặt phẳng (SBC). Biết SB = 2a 3 và SBC

điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2 x  y  5  0 và A(  4; 8). Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F(5;  4) là hình chiếu vuông góc
của B trên đường thẳng ED. Tìm tọa độ điểm C và tính diện tích hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm).

Giải phương trình: x x  1  (2 x  3)2 (2 x  2)  x  2 .
Câu 9 (1,0 điểm).
3
4

Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x2  y 2  z 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P  8 xyz 

1
1 1
  .
xy yz zx

Tham gia nhóm Facebook: ÔN THI ĐH TOÁN - ANH để cùng học: />