20 bộ đề thi thử THPT quốc gia môn toán năm 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
NĂM HỌC: 2015-2016
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3
Câu 2 (2,0 điểm).

3π
2π 

. Tính sin  α 
.
2
3 

b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .
a) Cho tan α  2 và π  α 

1

trên đoạn  2;  .
2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4x  6x  9x.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường
mơn Tốn có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ, mơn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1
nam và 4 nữ, mơn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ, mơn Vật lí có 5 em đạt
giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi mơn một em học sinh để đi dự
đại hội thi đua? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi
đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm
đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vng góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp
đường tròn (T) có phương trình: ( x  4)2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  4 y 17  0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0)
và điểm M có tung độ âm
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  8 y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



P



1
1

1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

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


Hä và tªn thÝ sinh:
.......................................................................
.........; SBD..........................................

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Câu

Nội dung
a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D  R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y   ; lim y  

Điểm

0,25

x

x

b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x  4 x , y’ = 0  x = 0, x  1
x
-
-1
0
1
y'
0
+
0
0
+
-3
3

+
+
+

0,25

y

Câu 1
(1,0 điểm)

-4

-4
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (;1) và (0; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1 ) = - 4.
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm
(  3 ; 0).

0,25

y

 3 1 O

1

3

x

0,25

3

4
Cho tan α  2 và π  α 

Câu 2.1
(1,0 điểm)

3π
2π 

. Tính sin  α   ?
2
3 


1
1
1
5
2
Ta có Cos α  1  tan 2 α  1  4  5  cosα   5

3π
5
 cosα  0 nên cosα  
5
2
 5
2 5
sin α  cosα.tan α 
.2 
5
5

Do π  α 

0,25

0,25
0,25


Vậy

2π 
2π
2π

sin  α    sin α.cos
 cosα.sin
3 
3
3


2 5 1  5 3 2 5  15

. 
.

5
2
5
2
10
Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0

Câu 2.2
(1,0 điểm)

0,25

cos x  sin 4x  cos3x  0  2sin 2x.sin x  2sin 2x.cos 2x  0

0,25

 2sin 2x(sinx  cos2x)  0  sin 2x(2sin 2 x  sin x  1)  0

0,25

kπ

x  2


 x  π  k2π
sin 2x  0


2
 s inx  1  
 x   π  k2π

1
6

s inx 


2

7π
 k2π
x 
6


0,5

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .
1

trên đoạn  2;  .
2

Câu 3
(1,0 điểm)

x

+ Ta có f '(x)  1 

0,25

4  x2

+ f '(x)  0  x  2  [  2; ]

1
2

0,25

1  15
2

0,25

minf(x)  2

0,25

1
2

+ Có f (2)  2;f ( ) 

maxf(x) 
1
[-2; ]
2

1  15
;
2

1
[-2; ]

2

Giải phương trình 2.4x  6x  9x.

Phương trình
x

x

4 6
 2.       1
9 9
2x

Câu 4
(1,0 điểm)

0,25

x

2
2
 2.       1  0
3
3
 2  x
   1  Loai 
3


 2 x 1
  
2
 3 

0,25

0,25


 x   log 2 2
3

Vậy phương trình có nghiệm x   log 2 2

0,25

3

Câu 5
(1,0 điểm)

Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xn Trường mơn Tốn 5 em đạt
giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , mơn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , mơn
Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , mơn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3
nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ?
Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Có tất cả 5.5.5.5=625 cách
 n(Ω)  625
0,25

Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội”
0,25
 A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH”

 

 n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48  P A 

n(A) 48

n(Ω) 625

Vậy P(A)  1  P  A   1 

48 577

625 625
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm

0,25
0,25

trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo
bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
SH  ( ABCD)
S

·

 300 .
và SCH
Ta có:
K
A

Câu 6
(1,0 điểm)

D
I

H

B

SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .
Xét tam giác SHC vng tại H ta có:

0,25

SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3
C

HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a
Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra

BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 .

0,25

3

1
4a 6
Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH 
.
3
3
Vì BA  2HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI .
Do đó: HK   SAC  .

0,25


Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
Suy ra, HK 

HS .HI
HS 2  HI 2



HI AH
AH .BC a 6
.


 HI 

BC AC
AC
3

a 66
.
11

0,25

Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2 HK 

2a 66
11
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C và N là hình chiếu vng góc của B trên MD.Tam giác BDM nội
tiếp đường trịn (T) có phương trình: ( x  4)2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  4 y  17  0 ;
đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm
A

Câu 7
(1,0 điểm)

B
I
C

D

+(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam
giác BDM và N,C là chân các đường cao
nên chứng minh được :IM  CN

0,25

E
N
M

+ Lập ptđt IM qua I và IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0
 M(7; 3)
+ M là giao điểm (T) với IM : 
 M(1;5) (loai)
+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vng góc BC : y=1
 D(9;1)
D là giao điểm (T) và DC : 
 D(1;1)
Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)
uuur uuur
+Do BA  CD => A(-1 ;5)
* Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2


Giải hệ phương trình:   x  8 y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7



0,25

0,25

0,25



Điều kiện x  1; y  2 .
Đặt x  1  a; y  2  b  a, b  0  , từ (1) ta có:

a  ab  a 2  1  5  2  b 2  2   b  a  b  ab  b 2  a 2  b 2  0

Câu 8
(1,0 điểm)

  a  b 1  2a  b   0
 a  b (do a, b  0  1  2a  b  0

0,25


 x 1 

y2  y  x3 .

Thế vào (2) ta được:

 x  8 x  4

  x  1





x 1  3 

x  4x  7
x  8
  x4
x 1
 2

*
 x  4 x  7
x 1  3
+ x  8  y  11;
2

 x  8 x  4   x  1 x  8
x2  4x  7



x 1  3

0,25

+ *   x  1  3  x  4   x  1  x 2  4 x  7 






x 1  3 


x 1



2

0,25

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

Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3 với t  ¡ có f '  t   3  t  1  0 t  ¡ nên
f  t  đồng biến trên ¡ .
2

x  2

Do đó **  f  x  1   f  x  2   x  1  x  2  

2
x  1  x  4x  4

x  2
5  13
 2
x
(T/M)
2
x

5
x

3

0

x

0,25

5  13
11  13
y
2
2
 5  13 11  13 
;

2
 2


Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là 8;11 và 

Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

1
1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

Ta có x2  y 2  2   x2  1   y 2  1  2  x  y  ,….; xy 
Câu 9

(1,0 điểm)

1 1

1

1

xy  1
,…
2





 xy  yz  zx  3 .
Nên P  
2x y y  z z  x

Ta có  x  y  z  xy  yz  zx   9 xyz
  x  y  y  z  z  x    x  y  z  xy  yz  zx   xyz 

8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9

0,25

 x  y  y  z    y  z  z  x    x  y  z  x 
1
1
1



x y yz zx
 x  y  y  z  z  x 
 x  y  z   xy  yz  zx

 x  y  y  z  z  x 
2
 x  y  z   xy  yz  zx
2



8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9
27
3


8  xy  yz  zx  8

1
27
27 

 xy  yz  zx  
2  8  xy  yz  zx 
8

Suy ra P  

Đặt t  xy  yz  zx .
Do x, y, z  0; 2   2  x  2  y  2  z   0  xy  yz  zx 

4  xyz
2t 2
2

1
2
Mặt khác: xy  yz  zx   x  y  z   3  t  3 .
3
Vậy t   2;3

0,25

1 27
27
Ta có P    t    f  t 
2  8t

8

1  27  8t 3  27
Xét hàm số f  t  với t  0; 2 ta có f '  t   t  2  

 0 t   2;3
2  8t 
16t 2
nên hàm số f  t  đồng biến trên  2;3 .
15
.
4
15
15
Do P  f  t   P  . Có P  khi x  y  z  1 .
4
4
15
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
đạt được khi x  y  z  1.
4

0,25

 f  t   f  3 

(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)

0,25


SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016

Mơn: TỐN;
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi: 7/11/2015

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: 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 vng 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
trịn (T) có phương trình: x 2  y 2  6x  2y  5  0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Đường trịn
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.
2

xy  y  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 khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:..........................................................
Số báo danh:..................................
yz  8  x3




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

Giới hạn: lim y  ; lim  
x 

x 

Bảng biến thiên:

x
y'



-2



0
5



0



0



0.25



y

1
- H/s đb trên các khoảng (; 2), (0; ) và nb trên khoảng (2; 0).
- Hàm số đạt cực tại x  2; y CÑ  5 ; đạt cực tiểu tại x  0; yCT  1.
• Đồ thị:
x
1
y

0.25

1
5

3

0.25

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 hồnh độ là nghiệm pt:

x  1
x3  3x2  1  9x  4  x3  3x2  9x  5  0 (x  1)2 (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

0.25

82
0.25

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) 

Vậy Min f ( x)  3 tại x = 3; Max f ( x)  4 tại x = 2
2; 4 

3

0.25

.

1
1 4
Suy ra: SOAB  d  O,d  .AB  .
.6 82  12 (đvdt)
2
2 82
2
(1 điểm)

0.25

a. Giải phương trình …

2 ; 4 

0.25


(1.0 điểm)

 cos4x  0
PT  2 cos4x cos2x  cos4x  cos4x(2 cos2x 1)  0  
 cos2x  1

2





x  8  k 4
 4x  2  k


 x     k
 2 x     k 2


3
6

b.Tính giá trị biểu thức…


    nên sin   0,cos  0 . Ta có:
2
1  cos2 1
1
,
cos2 
  cos  
2
10
10

0.25

0.25

Do

sin2   1  cos2  

9
3
sin 
, tan  
 3
 sin  
10
cos

10

Khi đó: P  1  tan   .
4
(1.0 điểm)

0.25

1
2

1  1
3 
2 5



5
2  10
10 

 cos  sin    1  3 .

0.25

a.Tìm hệ số của số hạng chứa x 2010 trong khai triển…

2 
Xét khai triển:  x  2 
x 



Số hạng chứa x 2010

2016

k

2016
 2
k k
2016 3 k
 C x
 2    2 C2016 x
k 0
k 0
x 
ứng với 2016  3k  2010  k  2 là 22 C22016 x 2010 có hệ số là

2016

k
2016

2016  k

2
22 C2016
 4C22016 .

b.Tính xác suất …
Gọi  là không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X”.
Khi đó:   A 96  60480

0.25
0.25

0.25

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.
Do đó A  C35 .C34 .6!  28800
Vậy xác suất cần tìm là: P(A) 
5
(1.0 điểm)

A




28800 10

60480 21

Tìm tọa độ điểm M …

uuuur

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
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

6

0.25

 16 3 
Vậy tọa độ điểm M là: M(5;1),M  ;  .
 5 5
Tính thể tích khối chóp S.ABC

0.25
0.25
0.25

0.25

(1.0 điểm)

S

SH vng góc (ABC)  góc giữa
·
SA và (ABC) là: SAH
 60o

·
 SH  AH.tanSAH
2 3

K

D

0.25

E
H

A

C

B

ABC vuông tại B  BC  AC2  AB2  2 3  SABC 

1
AB.BC  2 3
2

0.25

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 

0.25

1
AD  3
2

SHE vuông tại E 

1
1
1
1 1 5

2 15


    HK 
2
2
2
5
HK
HS HE 12 3 12

0.25

4 15

5
Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC.
Vậy d(AB,SC)  2HK 

7
(1.0 điểm)

(T) có tâm I(3;1), bán kính R  5.
·  ICA
·
Do IA  IC  IAC
(1)
Đường trịn đường kính AH cắt BC tại
M  MH  AB  MH //AC (cùng vng
·

·
góc AC)  MHB
(2)
 ICA

A
N
E
M
B

·
·
 AHM
Ta có: ANM
(chắn cung AM) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có:
·  ANM
·
·  AHM
·
IAC
 ICA

H

I

C

0.25

·
·
 MHB
 AHM
 90o
Suy ra: AI vng góc MN
 phương trình đường thẳng IA là: x  2y  5  0
Giả sử A(5  2a;a) IA.

a  0
Mà A  (T)  (5  2a)2  a2  6(5  2a)  2a  5  0  5a2  10a  0  
a  2
Với a  2  A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với a  0  A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN)

0.25


8
(1.0 điểm)


9
Gọi E là tâm đường trịn đường kính AH  E  MN  E  t; 2t  
10 


38 

Do E là trung điểm AH  H  2t  1; 4t  
10 

uuur 
58  uur 
48 
 AH   2t  2; 4t   , IH   2t  4; 4t  
10 
10 


uuur uur r
272 896
Vì AH  HI  AH.IH  0  20t 2 
t
0
5
25
 8
 11 13 
 H  ;  (thỏ
a mã
n)
t 
5
5 5


 28
 31 17 

 H  ;  (loaïi )
t 
 25
 25 25 
 11 13 
8
Với t   H  ;  (thỏa mãn)
5
5 5
uuur  6 3 
r
Ta có: AH   ;   BC nhận n  (2;1) là VTPT
5 5
 phương trình BC là: 2x  y  7  0
Giải hệ phương trình …
Điều kiện: x  0, 1  y  6, 2x  3y  7  0 (* )
x  0
Nhận thấy 
khơng là nghiệm của hệ phương trình  y  1  x  0
y  1
Khi đó, PT (1)  x(y  1)  (y  1)2 

 (y  1)(x  y  1) 

0.25

0.25

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  5x  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 (**)
x  1  y  2

(thỏa mãn (*),(**))
x  4  y  5
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5).
9
(1 điểm)

0.25

Tìm GTNN …
Ta có BĐT:

a2 b2 c2 (a  b  c)2
  
(* ) với a,b,c,x,y,z  0 và chứng minh.
x y z
xyz

0.25


(Học sinh không chứng minh (*) trừ 0.25)
Áp dụng (*) ta có: P 

(x  y  z)2
xy  yz  zx  8  x 3  8  y 3  8  z3

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  z2 ) 


2
2
2
2(x  y  z)
Suy ra: P 
2xy  2yz  2zx  18  (x  y  z)  x 2  y 2  z2
Ta có:

8  x3  (2  x)(4  2x  x 2 ) 



0.25

2(x  y  z)2
(x  y  z)2  (x  y  z)  18

Đặt t  x  y  z (t  3). Khi đó: P 

2t 2
t 2  t  18

2t 2
Xét hàm số: f (t)  2
với t  3.
t  t  18
2(t 2  36t)
Ta có: f '(t)  2
, f '(t)  0  t  36

(t  t  18)
BBT:
x 3
36
y'

0
144/71
y
3/4

3
khi t  3.
4
Vậy GTNN của P là: 3/4 khi x  y  z  1.
Từ BBT ta có: GTNN của P là:

▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.

0.25





2
0.25


Luyenthipro.vn

TRƯỜNG THPT KHỐI CHÂU
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I
Năm học 2015 – 2016.
MƠN: TỐN. 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) vng 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 khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh:………


TRƯỜNG THPT KHỐI CHÂU

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I
MƠN: 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 tồn bài khơng làm trịn.
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 đồ
ng biế
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 HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2016
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút

1
3
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  x 2 
2
2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm m để phương trình  x4  2 x2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm)
1) Cho hàm số y  x  cos x  3 sin x . Giải phương trình y '  0 .
2) Giải phương trình 9x  7.3x  18  0

x2
, trục hoành và
x 1
đường thẳng x  0 . Tính thể tích khối trịn xoay thu được khi quay D xung quanh trục Ox.
Câu 4 (1,0 điểm)
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y 

1) Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z 2  az  b  0 nhận z  2  3i làm
nghiệm.
2) Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ
số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu nhiên một số từ E, tính xác
suất để số được chọn là số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):

( x  2)2  ( y  3)2  ( z  1)2  25 và đường thẳng  :

x 2 y 3 z

 . Tìm tọa độ giao
1
2
1

điểm của  và (S). Viết phương trình mặt phẳng song song với  và trục Ox đồng thời tiếp
xúc với mặt cầu (S).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a. Hình

chiếu vng góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
HB  3HA . Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a.
2
2

2 x  y  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3x
Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2

x  y  1  4x  y  5  x  2 y  2
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi
K là điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vng góc với BC cắt BC tại E và
AEB  450 , phương trình
cắt AB tại N (1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết ·
đường thẳng BK là 3x  y  15  0 và điểm B có hồnh độ lớn hơn 3.
Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn



nhất của biểu thức S = a  a 2  1

 b 
b

b2  1

 c 
c

c2  1



a

……Hết……
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh: ………………………...


SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

Nội dung

Điểm

1
3
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 4  x 2 
2
2

1,00

Câu Ý
1

1

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM 2016
Mơn thi: TỐN

x  0
 x  1

TXĐ: ¡ . y '  2 x3  2 x, y '  0  

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1);(0;1)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (1;0);(1; )
3

Điểm cực đại (1;0) , điểm cực tiểu  0;  
2

lim y   . Lập được bảng biến thiên

0,25

x 

1

2

Vẽ đúng đồ thị
2
Tìm m để phương trình  x4  2 x2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt
1
3 m3
Viết lại phương trình dưới dạng  x 4  x 2  
2
2
2
m3
Pt có 4 nghiệm  y 
cắt (C) tại 4 điểm pb
2
3 m3
Từ đồ thị suy ra  
 1
2
2
0  m 1
Cho hàm số y  x  cos x  3 sin x . Giải phương trình y '  0 .
1

0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50

y '  1  sin x  3 cos x

2

2

 1

y '  0  sin x  3 cos x  1  cos  x   
6 2


  

 x  6  3  k 2
 x  2  k 2




 x     k 2
 x     k 2


6
6
3
Giải phương trình 9x  7.3x  18  0
Đặt t  3 , t  0 ta được t  7t  18  0  t  9 (TM), t  2 (Loại)

x

2

t  9  3x  9  x  2

x2
, trục hoành và
x 1
đường thẳng x  0 . Tính thể tích khối trịn xoay thu được khi quay D
xung quanh trục Ox.
x2
 0  x  2 .
x 1

0,25

0,25

0,50
0,25
0,25

Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y 
3

1,00

0,25

 x2
Gọi V là thể tích khối trịn xoay thu được thì V    
 dx
x 1 
2 
0

2

0

3 
6
9 

V    1 

 dx    1 
 dx
x 1 
x  1 ( x  1) 2 
2 
2 
0

2

0,25

0

9 

   x  6ln x  1 

x  1  2

V  (8  6ln 3)

0,25
0,25

Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z  az  b  0 nhận
z  2  3i làm nghiệm
z  2  3i  z  2  3i . Thay vào pt ta được (2  3i)2  a(2  3i)  b  0
 2a  b  5  (3a  12)i  0
 2a  b  5  0
a  4


3a  12  0
b  3
Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được
2 chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu
nhiên một số từ E, tính xác suất để số được chọn là số lẻ.
Mỗi số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt có thể coi là một chỉnh hợp
chập 3 của 5 pt đã cho. Do đó số phần tử của E là A53  60
2

4

4

5

6

1

Gọi A là biến cố số được chọn là số lẻ  n( A)  3. A42  36
n( A) 36 3
 P( A) 


n() 60 5
Tìm tọa độ giao điểm của  và (S). Viết phương trình mặt phẳng song
song với  và trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S).
 có ptts là x  2  t; y  3  2t; z  t thế vào pt (S) ta được
t 2  (6  2t )2  (t  1)2  25
t  3  A(5; 3; 3)
2
3t  11t  6  0   2
t   B  8 ; 5 ;  2 
 3
3 3 3
r
Gọi (P) là mp chứa Ox và song song . Hai vecto i  (1;0;0) và
r
u  (1; 2; 1) khơng cùng phương, có giá song song hoặc nằm trên (P)

r r r
nên (P) có vtpt n  i  u  (0;1; 2)  ( P) : y  2 z  D  0
3  2  D
5
(P) tiếp xúc (S)  d ( I ;( P))  R 
5
 D  5  5 5  D  5  5 5  ( P) : y  2 z  5  5 5  0
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AC và SB theo a
5a
Tam giác BCH vuông tại B  HC  BC 2  BH 2 
2
0
·
·
 SCH
 45  tam giác SHC
Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH

0,50
0,25
0,25
0,50
0,25

0,25

1,00
0,25

0,25

0,25

0,25

1,00
0,25


5a
2
1
1
5a 10
VS . ABCD  S ABCD .SH  4a 2 .  a3
3
3
2
3
Gọi E là đỉnh thứ 4 của hbh BCAE  BE / / AC
4
4
 d( AC ;SB )  d( AC ;( SBE ))  d( A;( SBE ))  d( H ;( SBE )) (Do AB  HB )
3
3
Gọi M là trung điểm của BE.
Tam giác ABE vuông cân tại A  AM  BE, AM  a 2
vuông cân tại H  SH  HC 

0,25
0,25

3
3a 2
AM 
4
4
Kẻ HK  SI  HK  (SBE )  d( H ;( SBE ))  HK
Kẻ HI // AM  HI  BE , HI 

1
1
1
15

 2  HK 
a
2
2
HK
HS
HI
2 59
4 15
10
 d( AC ;SB )  .
a
a
3 2 59

59

Ta có

S

0,25

K
A

D

E
H
M
I
B

7

C

2
2

2 x  y  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3x
Giải hệ phương trình 
2


x  y  1  4x  y  5  x  2 y  2
ĐK: y  2 x  1  0,4 x  y  5  0, x  2 y  2  0, x  1
 y  2x  1  0
x  1 
0  0


TH 1. 
(Không TM hệ)
3  3x  0
y 1 
1  10  1
TH 2. x  1, y  1. Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được
x y2
( x  y  2)(2 x  y  1) 
y  2 x  1  3  3x



1
( x  y  2) 
 y  2 x  1  0 . Do y  2 x  1  0
 y  2 x  1  3  3x


1,00

0,25

0,25

nên

1
 y  2x  1  0  x  y  2  0
y  2 x  1  3  3x

Thay y  2  x vào pt thứ 2 ta được x2  x  3  3x  7  2  x

 x 2  x  2  3x  7  1  2  2  x
3x  6
2 x
 ( x  2)( x  1) 

3x  7  1 2  2  x
3
1


 ( x  2) 

 1  x  0
 3x  7  1 2  2  x

3
1
Do x  1 nên

1 x  0

3x  7  1 2  2  x
Vậy x  2  0  x  2  y  4 (TMĐK)
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết ·
AEB  450 , phương trình

0,25

0,25

đường thẳng BK là 3x  y  15  0 và điểm B có hồnh độ lớn hơn 3

8

1,00

AKB  ·
AEB  450  AKB vuông cân tại
Tứ giác ABKE nội tiếp  ·
ABK  450
A ·
r
r
Đt BK có vtpt n1  (3;1) , gọi n2  (a; b) là vtpt của đt AB và  là góc
uur uur
n1 .n2
3a  b
1

giữa BK và AB  cos   uur uur 
2

n1 n2
10. a 2  b 2

b  2a
3a  b  5. a 2  b 2  4a 2  6ab  4b 2  0  
 a  2b
r
Với a  2b , chọn n2  (2;1)  AB : 2 x  y  5  0  B(2;9) (Loại)
r
Với b  2a , chọn n2  (1;2)  AB : x  2 y  5  0  B(5;0) (TM)
Tam giác BKN có BE và KA là đường cao  C là trực tâm của BKN
 CN  BK  CN : x  3 y  10  0 . ABK và KCM vuông cân

0,25

0,25

0,25


 KM 

1

1

AC 

1

.

1

BK 

uuur
uuuur
BK
 BK  4KM
4

2 2
2 2 2
7 9
M  MN  BK  M  ;   K (3;6)
2 2
AC qua K vng góc AB  AC : 2 x  y  0
A  AC  AB  A(1;2) . C là trung điểm của AK  C (2;4)
Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn
9

2

CK 



nhất của biểu thức S = a  a 2  1







 b 
b

Ta có lnS  b ln a  a 2  1  c ln b 

 c 
b  1   a ln  c 
2

b2  1

c


c  1
c2  1

a

0,25
1,00

2

Xét hàm số f ( x)  ln( x  x 2  1), x  0 . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số

4
3
3

tại điểm  ;ln 2  có phương trình y  x  ln 2 
5
5
4

4
3
Chứng minh được ln( x  x 2  1)  x  ln 2  , x  0
5
5
4
3
 ln(a  a 2  1)  a  ln 2  . Tương tự, cộng lại ta được
5
5
4
3

lnS  (ab  bc  ca)   ln 2   (a  b  c)
5
5

1
Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức (ab  bc  ca)  (a  b  c)2 và giả

3
9
9
thiết a  b  c  , rút gọn ta thu được ln S  ln 2 . Từ đó S  4 4 2 .
4
4
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  . Vậy giá trị lớn nhất của
4
4
S là 4 2 .

0,25

0,25

0,25

0,25


SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 - LỚP 12
NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
x2

có đồ thị kí hiệu là (C ) .
x 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y 

b) Tìm m để đường thẳng y   x  m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  2 2.
Câu 2 (1,0 điểm):
a) Cho 


2

   0 và cos  

3




. Tính giá trị của biểu thức: P  cos      sin     .
5
3
6



b) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìm
xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ.
Câu 3 (1,0 điểm):

a) Giải phương trình: 312 x.27

x 1
3

 81 .





b) Tính giá trị của biểu thức: Q  log a a b  log

 a. b   log
4

a

3

b

b  , biết rằng a, b là các số thực

dương khác 1.
Câu 4 (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x.log x trên khoảng (0;10).
Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng  : y  2  0 và các điểm
A(0;6), B(4;4) . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng

 sao cho tam giác ABC vuông tại B.

Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng, cạnh AB  2a . Hình chiếu
vng góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và mặt
phẳng ( ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa đường thẳng
AC và mặt phẳng (SAB).
Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp
3 1 
·
là I  ;  , tâm đường tròn nội tiếp là J (1;0) . Đường phân giác trong góc BAC
và đường phân giác
 2 16 
ABC cắt nhau tại K (2; 8) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có hồnh độ
ngồi góc ·
dương.
Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương trình: 1  4 x2  20  x  4 x 2  9.
Câu 9 (1,0 điểm): Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: xy  1  y. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: P 

x y
x  xy  3 y
2

2



2y  x
.
6( x  y)

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

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