20 đề luyện thi đại học môn toán 2016 có đáp án

SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC

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

Thời gian làm bài 150 phút, không 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 vuông, cạnh AB  2a . Hình chiếu
vuông 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 tròn 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 hoành độ
ngoài 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 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 VĨNH PHÚC

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2, NĂM HỌC 2015-2016

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC
(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

Môn : Toán
HƯỚNG DẪN CHẤM

I. LƯU Ý CHUNG:

- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của thí
sinh. Khi chấm nếu thí sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu thí sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Thí sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- 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.
- Trong lời giải câu 6 và câu 7 nếu thí sinh không vẽ hình thì không cho điểm.

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
1
a
x2
Khảo sát hàm số y 
(C ) .
x 1

Điểm
1.0

* TXĐ: D  ¡ \ 1
* Giới hạn, tiệm cận:
lim y  lim y  1  y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 

0.25

x 

lim y  ; lim y    x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x 1

x 1

x 1  x  2

3

 0x  D , suy ra hàm số nghịch biến trên các
2
( x  1)
( x  1)2
khoảng (;1) & (1; )
*BBT:
x -∞
1
+∞
y’
Ta có y ' 

+∞

1

0.25

0.25

y
-∞

*Đồ thị

1

0.25

Trang 1/6


y
4

2

1
-2

O

1

2

4

5

x

-2

-4

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.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: y=-x+m là:
x  1
x  1
x2
 x  m  

 2
2
x 1
 x  2   x  mx  x  m
 x  mx  m  2  0 (1)
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
1  m  m  2  0
 2
 m2  4m  8  0(*)
m  4(m  2)  0
Khi đó d cắt (C) tại A( x1;  x1  m), B( x2 ;  x2  m) , với x1 , x2 là nghiệm phương trình
(1). Theo Viet, ta có
 2 ( x1  x2 )  4 x1.x2   2  m  4m  8
Yêu cầu bài toán tương đương với :
 m  2
2  m2  4m  8  2 2  m2  4m  12  0  
(thỏa mãn (*)).
m  6
Vậy m  2 hoặc m  6.

3

1,0 điểm Cho     0 và cos   . Tính giá trị của biểu thức:
2
5
AB 

2

a

 x2  x1    x1  x2 
2

2

2

0.25

0.25

0.25

0.5



4
   0 nên sin    1  cos 2    . Suy ra
2
5

P  cos  cos

b

0.25

2





P  cos      sin     .
3
6


Vì 

1.0


3

 sin  .sin


3

 sin  .cos


6

 cos  .sin



0.25

6

3 1 4 3 4 3 3 1 3
P .  .
 .
 .  .
5 2 5 2 5 2 5 2 5
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.

0.25

0.5

Số cách chọn 5 bạn bất kì là: C125  729 . Để chọn được 5 bạn thỏa mãn yêu cấu bài
toán, ta có hai khả năng sau:

0.25

-TH1: Chọn 4 bạn nam và 1 bạn nữ, có C .C  35 cách chọn.
4
5

1
7

-TH2: Chọn 3 bạn nam và 2 bạn nữ, có C53 .C72  210 cách chọn.
Trang 2/6

0.25


Vậy xác suất cần tìm là: P 
3

a

Giải phương trình: 312 x.27

x 1
3

35  210 245

.
729
729

0.5

 81 .
3.

Phương trình đã cho tương đương với : 312 x.3
32 x  34  2  x  4  x  2.

b





 81  312 x.3x 1  34

0.25
0.25





Tính giá trị của biểu thức: Q  log a a b  log
các số thực dương khác 1.



 a. b   log
4

a

3

b

b  , biết rằng a, b là



0.5

Ta có Q  log a a b  2log a a. 4 b  3logb  b 

0.25

 a b 
1
 log a a b  log a a 2 . b  3  log a  2
  3  log a    3  1  3  2.
a
a b

0.25

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x.log x trên khoảng (0;10].

1.0



4

x 1
3







Hàm số đã cho liên tục trên (0;10]. Ta có f '( x)  log x  x.

1
 log x  log e .
x ln10

1
f '( x)  0  log x   log e  x  .
e
BBT:
x

0.25

1/e

0

f’(x)

0.25

0

-

10
+

0.25

f(x)


5

log e
e

log e
1
x .
(0;10]
e
e
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng  : y  2  0 và các điểm

Từ BBT ta suy ra min f '( x)  

0.25

A(0;6), B(4;4) . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C

1.0

trên đường thẳng  sao cho tam giác ABC vuông tại B.
x0 y 6
x y 6
Phương trình đường thẳng AB là:

 
40 46
2
1
 x  2 y 12  x  2 y  12  0.
uuur
uuur
C   C (t;2)  BA(4;2), BC (t  4; 2)
uuur uuur
Tam giác ABC vuông tại B nên BA.BC  0  4t  16  4  0  t  3  C (3;2).
6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB  2a . Hình chiếu 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).

Trang 3/6

0.25
0.25
0.25
0.25

1.0


S

H
K
A
I

B

G
O

D

M

C

Gọi M là trung điểm BC, O là giao điểm của AC và BD. Ta có

2
2 5a
. Vì SG vuông góc với mặt đáy,
AM 
3
3
·  300 . Xét tam giác vuông SGA, ta có
nên góc giữa SA và mặt đáy là SAG
AM  AB 2  BM 2  a 5  AG 

·  tan 300 
tan SAG

1
SG
2 5a
.

 SG 
3 AG
3 3

1
1 2 5a 2 8 15a3
(đvtt)
S ABCD  4a 2 . Suy ra VS . ABCD  SG.S ABCD  .
.4a 
3
3 3 3
27

Hạ GI vuông góc với AB, I thuộc AB. Nối S với I, hạ GK vuông góc với SI, K thuộc
2
2a
SI. Khi đó K là hình chiếu vuông góc của G trên (SAB). Ta có GI  MB 
, do
3
3
đó GK 

0.25

GS .GI
GS 2  GI 2



0.25

0.25

10a
.
6

3
10a
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (SAB), ta có OH  GK 
. Khi đó
2
4

·
AH là hình chiếu của AO lên (SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là OAH
. Xét tam

0.25

OH
10a
5
11
·


 cos OAH

.
OA 4. 2.a
4
4
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp
·
giác vuông OHA, ta có sin OAH


7

3 1 
·
là I  ;  , tâm đường tròn nội tiếp là J (1;0) . Đường phân giác trong góc BAC
và

 2 16 
ABC cắt nhau tại K (2; 8) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam
đường phân giác ngoài góc ·

giác ABC biết đỉnh B có hoành độ dương.

Trang 4/6

1.0


4

A

3

2

1

I
-4

J

-2

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

-1

C

B

-2

-3

-4

H
-5

-6

-7

-8

K

Gọi giao điểm của AK và đường tròn (I) là H. Xét tam giác BHJ có
·  JAB
·  JBA
· (góc ngoài tam giác JAB)
HJB
·  JBC
· ( vì AJ, BJ là các đường phân giác)
 JAC
¼ của đường tròn (I))
·
·
(nội tiếp cùng chắn cung CH
 CBH
 JBC

0.25

·
 HBJ

·  HBJ
·
Suy ra tam giác HJB cân tại H, vậy HJ=HB và HJB
(1)

Lại có BJ, BK thứ tự là phân giác trong và phân giác ngoài góc ·
ABC nên tam giác
0
·  HKB
·
·  HBK
·
BKJ vuông tại B. Suy ra HJB
(2).
 90  HBJ

·
·
Từ (1) và (2) suy ra HKB
hay tam giác HBK cân tại H, do đó
 HBK
HJ  HB  HK , vậy H

là trung điểm JK, hay

0.25

3

H  ; 4  . Tương tự

2


HJ  HC  HK .
uuur 
65  uuur  1 
Ta có IH  0;   ; HJ   ; 4 
16 

 2 
B, C cùng thuộc các đường tròn (I;IH) và (H; HJ) nên tọa độ B, C là nghiệm của hệ:
2
2
2

3 
1   65 
 x     y     
2 
16   16 
 x  5; y  2



 x  2; y  2  B(5; 2), C (2; 2).
2

3
1
2


x


y

4


16





2
4


AH đi qua J và K nên phương trình đường thẳng AH
là:
x 1 y  0

 8 x  y  8  0 . Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với AH, d
2  1 8  0
r
uuur
có véc tơ pháp tuyến n  2HJ  1; 8 , phương trình đường thẳng d là:
x  8 y  1  0 . Gọi M là giao điểm của d và AH,

tọa độ M là nghiệm hệ:

x  8 y 1  0
x  1
1 

 M (1;0)  J . M là trung điểm AH nên A  ; 4  .

2 
8 x  y  8  0
y  0
Trang 5/6

0.25

0.25


1 
Kết luận: A  ; 4  , B(5; 2), C (2; 2).
2 

8

Giải bất phương trình: 1  4 x2  20  x  4 x 2  9. (1)

1.0

Bất phương trình đã cho tương đương với:

4 x 2  16

4 x 2  9  5  6  4 x 2  20  x  2  0 

4 x2  9  5



16  4 x 2
6  4 x 2  20

0.25

 x2 0

 4x  8

4x  8
  x  2 

 1  0
2
2
 4 x  9  5 6  4 x  20 
Từ

(1)
4x  8

suy

x  1  4 x2  20  4 x 2  9  0  x  1 .

ra
4x  8



4 x  9  5 6  4 x  20
2

9

0.25

2

 1   4 x  8 .



1  4 x 2  20  4 x 2  9



4 x  9  5 6  4 x  20
2

2

Do



đó

1  0

Vậy nghiệm của bất phương trình là x  2.
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)

0.25

0.25
1.0

2

x y 1 1 1 1  1 1  1
Do x  0, y  0, xy  y  1 nên 0   2   2       .
y
y
y y
4  y 2 4
t 1
t 2
t 1
1
1
x
1
Đặt t   0  t  . Khi đó P 


 
.
y
4
t 2  t  3 6t  6
t 2  t  3 6 2(t  1)
7  3t
1
Ta có P '(t ) 

.
3
2(t  1)2

2 t2  t  3





1
 t 2  t  3  t (t  1)  3  3;7  3t  6; t  1  1 , do đó
4
7  3t
7  3t
1
1
1
1 1


;
   P '(t ) 
 0.
2
3
2
6 3
3 2(t  1)
3 2
t2  t  3

Vì 0  t 

2



0.25

0.25



5 7
1
 1
Vậy P(t ) đồng biến trên  0;  , suy ra P(t )  P   
 .
 4  3 30
 4

0.25

1
5 7
5 7
1
Khi x  ; y  2 thì ta có P 
  MaxP 

 x  ; y  2.
2
3 30

3 30
2

0.25

---------- Hết ----------

Trang 6/6


Trường THPT Bố Hạ
Tổ Toán- Tin

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN, LỚP 12
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số y 

2x 1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  3x  2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của
đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hàm số y  x3  2(m  2) x2  (8  5m) x  m  5 có đồ thị (Cm) và đường thẳng
d : y  x  m  1. Tìm m để d cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ tại x1, x2 , x3 thỏa mãn:
x12  x 22  x 32  20 .

Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (2sin x 1)( 3 sin x  2cos x  2)  sin 2 x  cos x
Câu 5 (1,0 điểm)
a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: An2  3Cn2  15  5n.
20

1

b) Tìm hệ số của x trong khai triển P( x)   2x  2  , x  0.
x 

Câu 6 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a) 32 x  32 x  30
b) log3 x2  x  1  log3 ( x  3)  1
8





Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB  2a, AD  a 3 . Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
mặt đáy. Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 450. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3).
2
Gọi N là điểm thuộc cạnh AB sao cho AN  AB . Biết đường thẳng DN có phương trình
3
x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B.
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
5


32 x  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x
 x, y  ¡  .

3
(
y

2

1)
2
x

1

8
x

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
1
1

biểu thức: P 
2 x 2  y 2  z 2  2(2 x  y  3) y ( x  1)( z  1)
------------------------- Hết -----------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh.............................................................................Số báo danh...............................


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT
NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 2
Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi
gian giao ®Ò
C©u

Néi dung
Hàm số y 

2x 1
x 1

- TXĐ: ¡ \ 1
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn và tiệm cận : lim y  2; lim y  2 .Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang
x 

C©u 1
1.0®

0,25
đ

x 

của đồ thị hàm số
lim  y  ; lim  y   . Đường thẳng x= -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x ( 1)

x ( 1)

+) Bảng biến thiên
1
Ta có : y ' 
 0, x  1
( x  1)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 ; (-1;+)
Hàm số không có cực trị
Vẽ đúng bảng biến thiên

- Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị
Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung. Suy ra A(0;-2)
C©u 2
1,0đ

§iÓm

y '  3x 2  6 x  3

y '(0)  3

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;-2) là y  y '(0)( x  0)  3  3x  2
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng d là:

0,25
đ

0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25đ

x3  2(m  2) x2  (8  5m) x  m  5  x  m  1  x3  2(m  2) x2  (7  5m) x  2m  6  0
 ( x  2)  x 2  2(m  1) x  3  m  0 (1)

C©u 3
1,0đ

x  2
 2
 Đặt f(x)=VT(2)

 x  2(m  1) x  3  m  0(2)

(Cm) cắt d tại 3 điểm phâm biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
2

Khi đó giả sử x1=2; x2,x3 là nghiệm của (2). Ta có x2  x3  2(1  m), x2 x3  3  m
Ta có x12  x 22  x32  4  (x 2  x 3 )2  2x 2 x 3  4m2  6m  2

C©u 4
1,0đ

0,25đ

 '  (m  1)  (3  m)  0
(m  m  2  0
m  2


(3)

 m  1
 f (2)  0
m  1
2

3
x12  x 22  x 32  20  4m2  6m  2  20  2m2  3m  9  0  m  3 hoÆ
c m = - tm
2
(2sin x  1)( 3 sin x  2cos x  2)  sin 2 x  cos x (1)

(1)  (2sin x  1)( 3 sin x  2cos x  2)  cos x(2sin x 1)
 (2sin x  1)( 3 sin x  cos x  2)  0

0,25đ

0,25đ
0,25đ


0,25đ

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

+) (2)  x 


6

 k2 , x 

5
 k2
6

0,25đ
0,25đ



x   k 2


2

12
sin  x   

6 2

 x  7  k 2

12

KL
a)ĐK: n  ¥ , n  2 .
An2  3Cn2  15  5n  n(n  1) 

C©u 5
1,0đ

0,25
đ

3.n !
 15  5n
2!(n  1)!

n  5
 n2  11n  30  0  
n  6
20

20
1

k
b) P( x)   2x  2    C20
(1)k 220k x203k
x 

k 0
k
Số hạng tổng quát của khai triển trên là C20
(1)k 220k x203k

Hệ số của x8 trong khai triển trên ứng với 20  3k  8  k  4
4
(1)4 216
Vậy hệ số của x8 trong khai triển P(x) là C20

32 x  32 x  30  3.(3x )2  10.3x  3  0

C©u 6
1,0đ

x  1


 x  1

0,25đ





b) log3 x2  x  1  log3 ( x  3)  1(1)
Điều kiện : x>-3.
log3 x2  x  1  log3 ( x  3)  1  log3 x2  x  1  log3 3( x  3)

x

2





0,25
đ
0,25đ

3x  3
 x
3  1/ 3

a)

0,25
đ
0,25
đ





0,25đ



 x  1  3( x  3)
0,25đ

 x  2
x2  2 x  8  0  
x  4
Gọi hình chiếu của S trên AB là H.
Ta có SH  AB,(SAB)  ( ABCD)  AB,(SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD)
·DH  450 .
SH  ( ABCD) , suy ra góc giữa SD và (ABCD) là S

0,25
đ

Khi đó tam giác SHD vuông cân tại H, suy ra SH  HD  2a ,
C©u 7
1,0đ

1
3
Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà SA  (SAx)

Khi đó thể tích lăng trụ là VS . ABCD  SH .S ABCD 

4a 3 3
(đvtt)
3

 d (BD,SA)  d (BD,(SAx))  d (B,(SAx))  2d (H,(SAx))

0,25
đ
0,25
đ


Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên Ax và SI
Chứng minh được HK  (SAx)
Tính được HK 

2a 93
4a 93
.  d (BD,SA)  2d (H, (SAx))  2 HK 
31
31

Đặt AD  x( x  0)  AB  3x, AN  2 x, NB  x, DN  x 5, BD  x 10

0,25
đ
0,25
đ

BD 2  DN 2  NB 2 7 2
·
Xét tam giác BDN có cos BDN


2 BD.DN
10
r

C©u 8
1,0đ

Gọi n(a; b)(a 2  b2  0) là vectơ pháp tuyến của BD, BD đi qua điểm I(1;3),
PT BD: ax  by  a  3b  0
r uur
·
cos BDN
 cos(n, n1 ) 

| ab|
a 2  b2

3a  4b
7 2


 24a 2  24b2  50ab  0  
10
2
 4a  3b

+) Với 3a  4b , chon a=4,b=3, PT BD:4x+3y-13=0

0,25
đ
0,25
đ

D  BD  DN  D(7; 5)  B(5;11)
+) Với 4a  3b , chon a=3,b=4, PT BD:3x+4y-15=0
D  BD  DN  D(7;9)  B(9; 3)

0,25
đ

5

32 x  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x(1)
 x, y  ¡

3
(
y

2


1)
2
x

1

8
x

13(
y

2)

82
x

29(2)


1
Đặt đk x   , y  2
2



+) (1)  (2 x)5  2 x  ( y 2  4 y) y  2  5 y  2  (2 x)5  2 x 

0,25đ





5

y  2  y  2(3)

Xét hàm số f (t )  t 5  t , f '(t )  5t 4  1  0, x  R , suy ra hàm số f(t) liên tục trên
R. Từ (3) ta có f (2 x)  f ( y  2)  2 x  y  2
Thay 2 x  y  2( x  0) vào (2) được
C©u 9
1,0đ

(2 x  1) 2 x  1  8 x3  52 x 2  82 x  29
 (2 x  1) 2 x  1  (2 x  1)(4 x 2  24 x  29)
 (2 x  1)





0,25đ

2 x  1  4 x 2  24 x  29  0

1

x  2


2
 2 x  1  4 x  24 x  29  0(4)

Với x=1/2. Ta có y=3
(4)  ( 2 x  1  2)  (4 x 2  24 x  27)  0 

2x  3
 (2 x  3)(2 x  9)  0
2x 1  2

x  3 / 2

1

(2 x  9)  0(5)
 2 x  1  2

0,25đ

Với x=3/2. Ta có y=11
Xét (5). Đặt t  2 x  1  0  2 x  t 2  1 . Thay vao (5) được
t 3  2t  10  21  0  (t  3)(t 2  t  7)  0 . Tìm được t 

1  29
. Từ đó tìm được
2

0,25đ

x

13  29
103  13 29
,y
4
2

KL
Đặt a  x  2, b  y 1, c  z  a, b, c  0
1
1
P

2 a 2  b2  c 2  1 (a  1)(b 1)(c 1)

0,25đ

(a  b)2 (c  1) 2 1
Ta có a  b  c  1 

 (a  b  c  1)2
2
2
4
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1
2

2

2

(a  b  c  3)3
Mặt khác (a  1)(b 1)(c 1) 
27

0,25đ

1
27
Khi đó P 
. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1

a  b  c  1 (a  b  c  3)3
1
27
Đặt t  a  b  c  1  1 . Khi đó P  
,t 1
t (t  2)3

C©u 10
1,0đ

1
27
1
81
81t 2  (t  2) 4
f (t )  

,
t

1;
f
'(
t
)




t (t  2)3
t 2 (t  2)4
t 2 (t  2)4
Xét f '(t )  0  81t 2  (t  2)4  0  t 2  5t  4  0  t  4 (do t>1)
lim f (t )  0

0,25đ

x 

Bảng biến thiên
t
f’(t)
f(t)

1

4

0

+



-

1
8

0,25đ
0

0

1
8
a  b  c  1
1
Vậy ma xP  f(4)   
 a  b  c  1  x  3; y  2; z  1
8
a  b  c  1  4

Từ BBT Ta có maxf(x)=f(4)=

Hết

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  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 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.

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 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  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 hoành 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 vuông 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 tròn đường kính AH cắt BC tại
M  MH  AB  MH //AC (cùng vuông
·
·
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 vuông 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 tròn 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  ;  (thoû
a maõ
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 
không 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


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  (2x  3)2 (2x  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:

1 1 1
  .

xy yz zx
-------- Hết --------

P  8xyz 

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:............................


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 12 lần 2.
C©u

Néi dung bµi

§iÓ
m

TXĐ D = R\ 1
2  1/ x
 2 , lim y   , lim y  
x  1  1/ x
x 1
x 1

Ta có lim y  lim
x 

0,25

Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang

x  D ta có y’(x) =

3
 y’(x) < 0 x  D
( x  1) 2

0,25

Ta có bảng biến thiên:
1

∞

x

1





y’

+∞

+∞
y

2

2

∞

2

Hàm số nghịch biến trên (  ∞; 1) và (1; + ∞). Hàm số không có cực trị

0,25

Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị.

0,25

x ¡ ta có y' ( x)  4x3  2mx = 2 x(2 x2  m) ,

0,25

(Cm) có ba điểm cực trị khi y’(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt, tức là
2 x(2 x2  m)  0 có ba nghiệm phân biệt

0,25

 2 x2  m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
 m  0.

0,25

Xét dấu y’ và kết luận.

0,25

Ta có log9 50  log32 50 
3

log3 50  log3

1
log3 50
2

150
 log3 15  log3 10  1  a  b  1
3

Kết luận

0,25

0,5
0,25

a) TXĐ D = ¡
Phương trình đã cho  (2sinx 1)(cos x+ 3)  0

0,5

4
0,25

1

sin x 


2

cosx = 3(v« nghiÖm)
0,25


 x  6  k 2
, với k, l là số nguyên. Kết luận.

5

x 
 l 2

6
b) TXĐ D = ¡
Phương trình  22 x 3 (4  1)  52 x 1(5  3)

0,25
0,25

 22 x3.5  52 x1.8

0,25

2x

 2
   1
.
 5
 2x  0  x  0

0,25

2
Ta có Cn1  Cn2  15  Cn+
1  15 

n(n+1)
 15
2

 n  5 (t / m)
 n2 + n  30  0  
 n  6 (lo¹ i)

0,25
0,25

5




Với n = 5 và x  0 ta có  x2 

5

5
5
2
2 5k
k
2 k

C
(
x
)
(

)

C5k x3k 5 (2)5k


5

x  k 0
x
k 0

Số hạng chứa x4 trong khai triển trên thỏa mãn 3k – 5 = 4  k = 3, suy ra số hạng

chứa x4 trong khai triển trên là 40x4.

0,25

0,25

A

I
S
H

6
B
Ta có AB  (SBC) (gt) nên VSABC =

Từ gt ta có SSBC =

C

1
AB.S SBC
3

0,25

1
1
1
BC.BS .sin 300  4a.2a 3.  2a 2 3

2
2
2

0,25


Khi đó VSABC =

1
3a.2a 2 3  2a3 3 (đvtt).
3

Hạ BH  SC (H  SC) ta chứng minh được SC  (ABH)
Hạ BI  AH (I  AH)
Từ hai kết quả trên  BI  (SAC)  BI = d(B; (SAC)).
Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI  BI 

6a 7
 Kl
7

0,25
0,25

Ta có C  d : 2 x  y  5  0 nên C(t; –2t – 5).
Ta chứng minh 5 điểm A, B, C, D, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD. Do tứ
giác ABCD là hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của đường tròn trên, nên suy ra

0,25

được ·
AFC  900  AC 2  AF 2  CF 2 . Kết hợp với gt ta có phương trình:

(t  4)2  (2t  13)2  81 144  (t  5)2  (2t  1)2  t  1.

7

0,25
Từ đó ta được C(1; –7).
Từ giả thiết ta có AC // EF, BF  ED nên BF  AC, do C là trung điểm BE nên BF

cắt và vuông góc với AC tại trung điểm.
Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ∆ABC = ∆AFC

0,25

 S ABC  S AFC  S ABCD  2S AFC  75 (đvdt).

0,25

TXĐ D = 1; 
Phương trình  ( x  1) x  1  ( x  1)  x  1  (2x  3)3  (2x  3)2  2x  3 (1)

0,25

Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  t  f' (t )  3t 2  2t  1  f' (t )  0, t  ¡ suy ra hàm số

8

f(t) đồng biến trên ¡ .

0,25

Phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f (2 x  3) . Từ hai điều trên phương trình (1)

 x  1  2x  3

0,25

x  3 / 2
x  3 / 2


 x= 2
 2
2
x

1

4
x

12
x

9
4
x


13
x

10

0



0,25


Ta có

Mà

3

1
1 1
1


 33 2 2 2 , đặt t =
xy yz zx
x y z
x2 y 2 z 2 

3

 P  8t 

3

xyz  0
0,25

x2 + y 2 + z 2 1
1
  0 t 
3
4
2

3
3
8t 3  2 .
2 . Xét hàm số f (t ) 
t
t

Ta có t  0 , f'(t) = 24t 2 

6
, f''(t ) = 0  t 
t3

5

1

.
4

0,25

Ta có bảng:
9
t
0

1
2

5



0

1
4
0,25

f’(t)

f(t)

13

Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn 0  t 

Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t =

1
2

1
1
hay x = y = z =
Kl: MinP = 13.
2
2

0,25


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
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 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  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
môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ, môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1
nam và 4 nữ, môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ, môn 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?
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 vuông 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 vuông 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 không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không 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