30 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2016 CÓ ĐÁP ÁN

SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO QUẢNG NINH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BÌNH

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

Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y =

x
x 1

(C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với
đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1).
Câu 2. (1,0 điểm).
a. Giải phương trình sin 2x  1  6sin x  cos 2x .
2
2
b) Tìm số phức z thỏa mãn: z  2 z.z  z  8 và z  z  2 .
72 x1  6.7 x  1  0 .

Câu 3. (0,5 điểm). Giải phương trình

 x2   x  y  3 x  y  y

Câu 4. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
(x, y  ¡ ) .
2

2
2
x

y

3
2
x

1

11
 

2

Câu 5. (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

x3  2ln x
dx .
x2

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB = AC = a, I là
trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của
BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính
khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a.
Câu 7. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 4), tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của

·
ADB có phương trình x - y + 2 = 0, điểm M(-4; 1) thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường
thẳng AB.
Câu 8. (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(-4; 1; 3) và đường
x  1 y 1 z  3
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường


2
1
3
thẳng d. Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  5 .

thẳng d :

Câu 9. (0,5 điểm). Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu
nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu.
Câu 10. (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

b  2c a  2c

 6ln(a  b  2c) .
1 a
1 b

-----------------------------Hết ----------------------Họ và tên thí sinh ........................................................SBD: ......................
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
1/1

1


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NINH
TRƯỜNG THCS - THPT NGUYỄN BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Bản hướng dẫn chấm có 6 trang
NỘI DUNG

Câu

Điểm

x
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
.
x 1
TXĐ : D = R\{1}
1
y’ = 
0
( x  1) 2
lim f ( x)  lim f ( x)  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x 

1.0

x 

lim f ( x)  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x 1

x 1

0.5

Bảng biến thiên
1.a

x

-

1

+

-

y'

-

1

+

y

1

-

Hàm số nghịch biến trên (;1) và (1; ) ,Hàm số không có cực trị
Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25

10

8

6

4

0.25

2

10

5

5

10

15

2

4

6

8

1.b

Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi
qua điểm M và điểm I(1; 1).
x0
Với x0  1 , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ;
) có phương trình :
x0  1
y

x02
1
x0
1

x

y

0

(
x

x
)

0
( x0  1)2
( x0  1)2
( x0  1)2
x0  1

1.0

0.5

2


uuur
1
1
,
IM  ( x0  1;
)
)
2
( x0  1)
x0  1
r uuur

 x0  0
1
1
0
Để (d) vuông góc IM điều kiện là : u.IM  0  1.( x0  1) 
2
( x0  1) x0  1
 x0  2
+ Với x0 = 0 ta có M(0,0)
+ Với x0 = 2 ta có M(2, 2)
r
(d) có vec – tơ chỉ phương u  (1;

0.5

Câu 2:1 điểm

0.25

sin 2x 1  6sin x  cos 2x
 (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0

 2sin x  cos x  3  2sin 2 x  0
2a.

0. 25

 2sin x  cos x  3  sin x   0

sin x  0


sin x  cos x  3(Vn)
 x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z
2.b

2

Tìm số phức z thỏa mãn : z  2 z.z  z  8 và z  z  2
2

0. 25
0.25
0.5

2

Gọi z = x + iy ta có z  x  iy; z  z  zz  x 2  y 2
2

2

z  2 z.z  z  8  4( x 2  y 2 )  8  ( x 2  y 2 )  2 (1)
2

z  z  2  2 x  2  x  1 (2)
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 – i
Câu 3:0,5 điểm

72 x1  6.7 x  1  0  7.72 x  6.7 x  1  0

0.25

Đặt t=7 ,t>0
x

 3 2
(tm)
t 
7
2
Phương trình đã cho trở thành:7t -6t+1=0  
 3 2
(tm)
t 
7


0.25

3 2
)
 x  log 7(
7
Tim ra x và kết luận nghiệm của pt là 

3 2
)
 x  log 7(
7


3


Câu 4:1 điểm

 x 2   x  y  3 x  y  y 1

Hệ đã cho tương đương với 
2
2
2  x  y   3 2 x  1  11 2 
Từ (1) suy ra y  0 , vì nếu y<0 thì x-y>0, do đó VT(1) > VP( 1)

1 

x2   x  y 



3

 

x  y 1 

x2   x  y   y  0

x  y 1

 x   x  y
2

3

 x  y  3 x  y 1
2



0.25

x2  x  y  y 2



x2  x  y  y

0

0.25



x2   x  y 
x y
  0  x  y 1  0
  x  y  1 

2

 3  x  y 2  3 x  y  1
x  x y  y


Thế y  x  1 vào phương trình (2) ta được:

4 x2  4 x  2  3 2 x  1  11   2 x  1  3 2 x  1  10  0
2

Đặt t  2 x  1, t  0 , ta có t 4  3t  10  0   t  2   t 3  2t 2  4t  5  0  t  2
Khi đó

2x 1  2  x 

0.25

0.25

5
3
5 3
 y  . Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;  .
2
2
2 2

Câu 5:1 điểm
2

2

2

2

2

ln x
x2
ln x
3
ln x
I   xdx  2 2 dx 
2 2 dx   2 2 dx
x
2 1 1 x
2
x
1
1
1

0.25

2

ln x
dx
2
x

1

Tính J  

Đặt u  ln x, dv 

0.25
1
1
1
dx . Khi đó du  dx, v  
2
x
x
x
2

2

1
1
Do đó J   ln x   2 dx
x
x
1
1
2

1
1

1
1
J   ln 2 
  ln 2 
2
x1
2
2
Vậy I 

1
 ln 2
2

0.25
0.25

4


Câu 6:1 điểm

Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)

Sj

Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)

0.25

Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc
·
giữa SK và HK và bằng SKH
 60o
M
H

C

·
Ta có SH  HK tan SKH


B

a 3
2

K

A

Vậy VS . ABC

1
1 1
a3 3
 S ABC .SH  . AB. AC.SH 
3

3 2
12

0.25

Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB  
Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM
Ta có

a 3
a 3
1
1
1
16
. Vậy d  I ,  SAB   


 2  HM 
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4

0.25

0,25

Câu 7:1 điểm

·
Gọi AI là phan giác trong của BAC
·
AID  ·
ABC  BAI
Ta có : ·

A
E
M'

B

K
I

M
C

D

0,25

·  CAD
·  CAI

·
IAD
·
·  CAI
· ,·
·
ABC  CAD
Mà BAI
nên ·
AID  IAD
 DAI cân tại D  DE  AI

PT đường thẳng AI là : x  y  5  0
0,25
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)
r
uuuuur
VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5  VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3
Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5x  3 y  7  0

0,25
0,25
5


Câu 8:1 điểm

(1,0 điểm)

uur
Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3
uur
Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0
 2 x  y  3z  18  0

0.25
0.25

Vì B  d nên B  1  2t;1  t; 3  3t 

AB  5  AB2  5   3  2t   t 2   6  3t   5  7t 2  24t  20  0
2

t  2
  10
t 
7


2

0.25

 27 17 9 
Vậy B  5;3;3 hoặc B   ; ; 

 7 7 7

Câu 9:0,5 điểm

Tổng số viên bi trong hộp là 24. Gọi  là không gian mẫu.
Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có C244 cách lấy hay n(  )= C244 .
Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu. Ta có các trường hợp sau:
+) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có C102 C81C61  2160 cách

0.25

1
+) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có C10
C82C61  1680 cách
1
+) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có C10
C81C62  1200 cách
Do đó, n(A)=5040
n( A) 5040

 47, 4%
Vậy, xác suất biến cố A là P( A) 
n() 10626

0.25

Câu 10:1 điểm

a  b  2c  1 a  b  2c  1


 6ln(a  b  2c)
1 a
1 b
1 
 1
  a  b  2c  1 

  6ln(a  b  2c)
1 a 1 b 
P2

0.25

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
ab  1
1
1
2
) ab 
(2)
)


(1)
2
1  a 1  b 1  ab
Thật vậy,
1
1
2

)


  2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b 
1  a 1  b 1  ab







a b


2





ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1

6


2
ab  1
 ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1.
2

1
1
2
2
4
Do đó,




1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab
2
4
4
16



2
ab  bc  ca  c
 a  c  b  c   a  b  2c 2



) ab 



0.5

Đặt t  a  b  2c, t  0 ta có:
16  t  1
P  2  f (t ) 
 6ln t , t  0;
t2
6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8 
f '(t )  


t
t3
t3
t3

t 0
f’(t)

-

4
0


+
0.25

f(t)
5+6ln4
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.

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

Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa !!!

7


8


TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3

ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015-2015 (Lần 3)

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2 x2  1 có đồ thị là (C ).
a. Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đồ thị (C ).
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại điểm có hoành độ bằng -2.
Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình: 2sin 2 x  sin x  m  3  0
a. Giải phương trình khi m  3
b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.
Câu 3 (1,0 điểm)
a. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z  i 4  i5  i 6  (1  i)7
b. Giải phương trình log 1 (5x  10)  log 2 ( x 2  6 x  8)  0
2

Câu 4 (1,0 điểm)

3

xdx
cos 2 x
0

a. Tính tích phân: I  

b. Cho tập hợp A có 50 phần tử. Hỏi tập A có tối đa bao nhiêu tập hợp con có số phần
tử bằng nhau?
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang vuông tại A và B, cạnh
BC là đáy nhỏ. Gọi H là trung điểm cạnh AB, tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a , mặt
phẳng (SAB) vuông góc với (ABCD). Cho SC  a 5 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(SHC) là 2a 2 .
a. Chứng minh rằng SH vuông góc với CD
b. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
(P): x  y  z  4  0 và các điểm A(2; 3;- 4), B(5; 3;- 1)
a. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB
b. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho tam giác AMB vuông cân tại M.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 1), góc BAC
bằng 600 và nội tiếp trong đường tròn có bán kính R  5 . Viết phương trình đường thẳng
BC, biết đường thẳng BC đi qua M(-1; 2) và trực tâm H của tam giác ABC nằm trên
đường thẳng (d): x-y-1=0.








x2  1  x
y2  4  y  1

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
 2 y  5 3  3 5  2 y  6 x 2  1  10 x


Câu 9 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a  b  c  1 và ab  bc  ca  0. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

2
2
2
5



.
a b bc c a
ab  bc  ca

..................Hết.................
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, không được trao đổi bài. Giám thị không giải

thích gì thêm.


TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3

HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: TOÁN (Lần 3 năm học 2015-2016)
Hướng dẫn chấm

Câu
Câu 1
(2,0
điểm)
Câu 2
(1,0
điểm)

Điểm

a. (1,0 điểm) Khảo sát… Học sinh làm đúng quy trình, vẽ đúng đồ thị

1,0

b. Với x = -2 suy ra y = 9; y’ = -24

0,5

PTTT là: y = -24(x + 2) + 9 hay y = -24x - 39.

0,5

a. Khi m = 3 PT trở thành:



x  k
 sin x  0


2sin 2 x  sin x  0  
 x 
 k 2

1
sin x 

6

2

7
x 
 k 2
6



7
 k 2 ; x 
 k 2

6
6
b. Đặt sin x  t , t   1;1 ; PT trở thành 2t 2  t  3  m (*)

0,25

Vậy PT có 3 họ nghiệm là x  k ; x 

0,25

Để PT đã cho có nghiệm thì (*) phải có nghiệm thuộc  1;1

0,25

25
; Maxf (t )  0
8
25 
 25 
Suy ra để thỏa mãn bài toán thì m  
;0  m  0; 
 8

 8

Khảo sát hàm f (t )  2t 2  t  3, t   1;1 ta có minf (t ) 

Câu 3
(1,0
điểm)

a. Ta có z  i 4  i5  i 6  (1  i)7  (i 2 )2  i.(i 2 )2  (i 2 )3  (1  i) (1  i)2 

3

 (1)2  i.(1)2  (1)3  (1  i) 2i   1  i 1  (1  i)(8i)  i  8i  8  8  7i

0,25

3

Suy ra z có phần thực là a=8; phần ảo là b=-7.
b. ĐK: x>-2. PT   log2 (5x  10)  log 2 ( x2  6 x  8)  0
 log2 (5x  10)  log 2 ( x2  6 x  8)  5x  10  x2  6 x  8  x  2; x  1

So sánh với ĐK suy ra x=1.
Câu 4
(1,0
điểm)

0,25

 xu
 dx  du
a. Đặt  dx

 dv v  tan x

 cos 2 x

0,25
0,25
0,25

0,25




3

Suy ra I= x.tan x 03   tan xdx 
0

 3
3



 ln cos x 03 

 3
3

 ln 2

b. Số tập con có k phần tử của A là C50k .
Giả sử loại tập con có k phần tử là loại tập con nhiều nhất của A thì ta có
C50k 1  C50k
hệ:  k 1

k
C50  C50

Giải hệ bất PT trên ta được k= 25.
Vậy tập A có tối đa C5025 tập con có số phần tử bằng nhau.

0,25

0,25

0,25


Câu 5
(1,0
điểm)

S

E

A
D
H

B

M

C

a. Vì tam giác SAB đều nên SH  AB.
Vì (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD) Từ đó suy ra SH  CD (đpcm)
b. Trong tam giác đều ABC cạnh 2a ta có SH= a 3 .
Kẻ DM  HC  DM  (SHC) suy ra DM= 2a 2 ; kéo dài CH cắt AD tại E.
Trong tam giác vuông SHC có HC= a 2 ,
Trong tam giác vuông BHC có BC= a  góc HCB=450  góc CED=450
Suy ra tam giác DME vuông cân tại M  EM=DM= 2a 2  ED= 4a .
Mà EA=AH= a  AD= 3a suy ra diện tích hình thang ABCD = 4a 2
1
3

Vậy VS . ABCD  SH .dt ABCD 

0,25
0,25

0,25

0,25

3

4a . 3
(đvtt)
3

Câu 6 a. Mặt phẳng trung trực (Q) của AB đi qua trung điểm I ( 7 ;3; 5 ) của AB và
2
2

(1,0
uuur
điểm) nhận AB  (3;0;3) làm véc tơ pháp tuyến, nên (Q) : x+z-1=0
 x  1 t
b. Gọi (d) là giao tuyến của (P) và (Q) suy ra (d):  y  3  2t
 z
t


0,25
0,25

0,25

Nhận thấy AB//(P) và (Q) là mp trung trực của AB nên điểm C cần tìm nằm
trên (d). Gọi C=(1+t; -3+2t; -t)
uuur uuur

11
3
14 13 11
Suy ra có 2 điểm C thỏa mãn là C  (3;1; 2) và C  ( ; ; )
3 3 3

Để tam giác ABC vuông cân tại C thì AC.BC  0  t  2; t 

A

Câu 7
(1,0

điểm)

Gọi D là trung điểm BC, gọi I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
O

Ta có AH=2.ID; góc DIC=góc BAC=600; IC=R= 5

H
B

0,25

D

C
A'

Suy ra ID=IC.cos600 =

5
 AH=2.ID= 5 (*)
2

0,25
0,25

Vì H thuộc (d): x-y-1=0 nên H=(t; t-1).

Thay vào (*) suy ra t=0 và t=3. Suy ra H=(0;-1) và H=(3;2)

uuur

BC đi qua M(-1;2) và nhận véc tơ AH làm véc tơ pháp tuyến nên BC có PT:

0,25
0,25


x+2y-3=0 và 2x+y=0.
Câu 8 Từ PT đầu của hệ ta có :
(1,0
x2  1  x y  y 2  4  1  y  y 2  4  x2  1  x
điểm)


x  1  x  y 




2





y2  4  1 



x2  1  x



4

(1)

1 4

y 4 y
2





x2  1  x  y 2  4  y

Từ (1) và (2) suy ra 2 y  3 x2  1  5x
Thế vào PT thứ 2 của hệ ta
được: (2 y  5)3  3 5  2 y  4 y  (2 y  5)3  4 y  3 5  2 y  0

0,25

(2)

0,25
0,25

(*)

Xét hàm số f(y)= (2 y  5)3  4 y  3 5  2 y trên R.
2

có f’(y)= 6(2 y  5)2  4 
3

(5  2 y )

Suy ra PT có nghiệm duy nhất y=
Câu 9

2

>0 với mọi y 

5
2

0,25

3
 x  0 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất (0;-3/2)
2

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a > b > c. Khi đó :

(1,0
điểm)

A=

2
2
2
5
.



a b b c a c
ab  bc  ca

Sử dụng bất đẳng thức :

0,25

1 1
4
2 2
 

(m, n  0)
m n mn
m2  n 2

Đẳng thức xảy ra khi m = n. Ta có:
2(



0,25

1
1
2
5
10
10

)



a b b c a c
ab  bc  ca a  c 2 ab  bc  ca

20 2
(a  c)2  4  ab  bc  ca 



20 2

 a  c  a  c  4b 

=

(3  3b  1  3b) 2

 4 suy ra:
4
Từ ( 1) và ( 2) ta có : A  10 6 .

lại có: 3(1  b)(1  3b) 

20 2

(1)

1  b 1  3b 
1  b 1  3b  

2 3
3

(2)

0,25

Đẳng thức xảy ra khi: a - b = b –c, 3 - 3b = 1 + 3b và a+ b + c = 1
2 6
1
2 6
,b  ,c 
hoặc các hoán vị.
6
3
6
Vậy GTNN của A là 10 6

a

Chú ý:
- Nếu học sinh làm bằng cách khác nhưng đúng thì vẫn chấm điểm tối đa theo từng ý.
- Nếu Câu 5, học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm.
- Nếu trong một bài mà kết quả ý trước được sử dụng để giải ý sau, mà ý trước bị sai
hoặc chưa làm thì ý sau sẽ không được chấm điểm.
………….Hết………….

0,25


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
——————

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT VÀ THI TS ĐẠI HỌC LẦN 1
NĂM HỌC: 2015 -2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời giao đề.
Đề thi gồm: 01 trang.
———————
2x  4
có đồ thị là (C).
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng

(d ) : 3x  2 y  2  0 .

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình : sin 3x  cos2x  1  2sin x.cos2x .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  2  4  x .
Câu 4 (1,0 điểm). Trong một cái hộp có 20 viên bi gồm 12 bi đỏ khác nhau và 8 bi xanh khác nhau. Xét phép
thử ngẫu nhiên lấy 7 viên bi từ hộp, tính xác suất để 7 viên bi lấy ra có không quá 2 bi đỏ.
Câu 5 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình: x  3  m x 2  1 có hai nghiệm thực phân biệt.
Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a,
SA  ( ABCD) và SA  a . Tính theo a thể tích chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM) với

M là trung điểm của CD.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có D(6; 6) . Đường trung trực
của đoạn DC có phương trình 1 : 2 x  3 y  17  0 và đường phân giác của góc BAC có phương trình
2 : 5x  y  3  0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD .
3
2
3

 x  12 y  x  2  8 y  8 y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
( x, y  R)
2
3
x

8
y

2
y


5
x



Câu 9 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P  2(ab  bc  ca)3  27a 2b2c 2  3(a 2  b2  c 2 )  6(ab  bc  ca)

trong đó a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn a  b  c  3 .
--------------Hết-------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh :....................................................................; Số báo danh: ................................


ĐÁP ÁN KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT VÀ THI TS ĐẠI HỌC LẦN 1
NĂM HỌC: 2015 -2016 ; MÔN: TOÁN
Lưu ý khi chấm bài:
-Đáp án trình bày một cách giải 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.
-Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
Câu
Câu 1

Nội dung trình bày

ý
a)

Điểm
2,0

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 
 Tập xác định: D = R \ 1

2x  4
x 1

1,0

 Sự biến thiên:
0,25

6
 0, x  D
( x  1)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1) và (1; )

- Chiều biến thiên: y , 

- Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  2  tiệm cận ngang: y=2
x 

x 

lim y  , lim y    tiệm cận đứng: x=-1

x ( 1)

- Bảng biến thiên:

0,25

x ( 1)

x 
y’



-1
+

+

0,25



y

2


2

 Đồ thị:
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm  2;0  , cắt trục tung tại điểm (0;-4)
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng

8

6

4

0,25
2

15

10

O

5

2

4

6

8

5

10

15


b)

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó song song với
đường thẳng (d ) : 3x  2 y  2  0
Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) (với x0  1 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. Từ giả thiết ta
3
có hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại M là k 
2
 x0  1
6
3
2
Ta có pt:


(
x

1)

4

0
 x  3
( x0  1)2 2
 0

3
5
x
2
2
3
19
Với x0  3  M (3;5) . Ta có PTTT cần tìm là: y  x 
2
2
3
3
19
5
KL: Vậy có hai TT thỏa mãn ycbt y  x  ; y  x 
2
2
2
2
Giải phương trình : sin 3x  cos2x  1  2sin x.cos2x
Phương trình  sin 3x  cos2 x  1  sin 3x  sinx
Với x0  1  M (1; 1) . Ta có PTTT cần tìm là: y 

Câu 2

 2sin 2 x  sinx  0



1,0

0,25

1,0
0,25

1
1
; y '  0  x  2  4  x  x  3   2;4

2 x2 2 4 x

Ta có: f (2)  f (4)  2; f (3)  2
Câu 4

0,25

 k 2 ; x 

Tập xác định: D =  2; 4

x 2;4

0,25

0,25

5
 k 2 ; x  k  k  Z 
6
6

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  f ( x)  x  2  4  x

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm x 

Vậy Max f ( x)  2 khi x=3;

0,25

0,25



x   k 2

1
6
Với sin x   
(k  Z )
5
2
 x    2 k

6

y' 

0,25

0,25

 sin x=0

s inx  1
2

Với sin x  0  x  k (k  Z )

Câu 3

1,0

Min f ( x)  2 khi x=2 và x=4

x 2;4

Trong một cái hộp có 20 viên bi gồm 12 bi đỏ khác nhau và 8 bi xanh khác nhau. Xét
phép thử ngẫu nhiên lấy 7 viên bi từ hộp, tính xác suất để 7 viên bi lấy ra có không
quá 2 bi đỏ.
7
 77520 (cách), suy ra n()  77520
Số cách chọn 7 bi từ hộp là C20
Các trường hợp lấy được 7 viên bi có không quá 2 bi đỏ là:
Lấy được 7 bi đều xanh: có C87  8 (cách)

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

1
C86  336 (cách)
Lấy được 1 bi đỏ, 6 bi xanh: có C12

Lấy được 2 bi đỏ, 5 bi xanh: có C122 C85  3696 (cách)
Goi A là biến cố : ‘ Trong 7 viên bi lấy ra có không quá 2 bi đỏ’

0,25


Ta có n( A)  8+336+3696 = 4040
n( A) 4040
101
Do đó P( A) 


n() 77520 1938
Câu 5

0,25

Tìm m để phương trình x  3  m x 2  1 có hai nghiệm thực phân biệt
x3
Vì x 2  1  0x nên Pt 
m
x2  1

1,0
0,25

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số

x3

y  f  x 

tại hai điểm phân biệt

x2  1

Ta có: f '( x) 

3x  1

x

2

 1

3

; f ' x  0  x 

0,25

1
3

BBT của hàm f(x)

0,25

1
3
0



x
'

f ( x)

+


-

10

f ( x)

1

1

Từ BBT suy ra 1  m  10

0.25

Vậy với 1  m  10 thì pt đã cho có hai nghiệm thực phân biệt
Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a,

1,0

SA  ( ABCD) và SA  a . Tính theo a thể tích chóp S.ABCD và khoảng cách từ A

đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD.
S

H
D

A

M
N
B

C

Ta có S ABCD  AB. AD  a.2a  2a 2

0,25


1
1

2a 3
2
Do đó : VS . ABCD  SA.S ABCD  .a.2a 
(đvtt)
3
3
3
Dựng AN  BM ( N  BM ) và AH  SN ( H  SN )
 AH  BM
 BM  AN
Ta có: 
 AH  ( SBM )
 BM  AH và 
 AH  SN
 BM  SA
Do đó d ( A,(SBM ))  AH

0,25

0,25

Ta có: S ABM  S ABCD  2S ADM  a 2

1
2a 2
4a
AN .BM  a 2  AN 

2
BM

17
1
1
1
4a
Trong tam giác vuông SAN có

 2  AH 
2
2
AH
AN
SA
33
4a
Vậy d ( A, ( SBM ))  AH 
33
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có D(6; 6) . Đường trung
trực của đoạn DC có phương trình 1 : 2 x  3 y  17  0 và đường phân giác của góc
BAC có phương trình 2 : 5x  y  3  0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình
bình hành ABCD .
2a  17
Gọi I là trung điểm của CD, do I  1  I (a;
)
3
ur
uuur
1  2a
nên DI  (a  6;
) , đường thẳng 1 có VTCP u1 (3; 2)

3
uuur ur
vì DI .u1  0  a  4 do đó I (4; 3) suy ra C (2;0)
Mà S ABM 

Câu 7

0,25

1,0

0,25

Gọi C’ đối xứng với C qua  2 . Ta có phương trình CC’: x-5y+2=0

x  5 y  2  0
1 1
Gọi J là trung điểm của CC’. Tọa độ J là nghiệm hệ 
 J ( ; ) nên
2 2
5 x  y  3  0
C ' (3;1)
uuur
Đường thẳng AB qua C’ nhận DC làm VTCP có phương trình: 3x-2y-7=0 .\
3x  2 y  7  0
 A(1; 2)
Tọa độ A là nghiệm hệ: 
 5x  y  3  0
uuur uuur
Do ABCD là hình bình hành nên AB  DC suy ra B(5; 4)

Vậy A(1; 2) , B(5; 4) , C (2;0)
Câu 8

3
2
3

 x  12 y  x  2  8 y  8 y (1)
Giải hệ phương trình: 
( x, y  R)
2
3
x

8
y

2
y

5
x
(2)


3
3
Ta có (1)  x  x  (2 y  1)  (2 y  1) (*)
Xét hàm số f  t   t 3  t , t  ¡ , f   t   3t 2  1  0 t  ¡ . Vậy hàm số f  t  đồng

biến trên ¡ . Từ * ta có f  x   f  2 y  1  x  2 y  1

0,25

0,25

0,25
1,0

0,25
0,25


Thế x  2 y  1 vào (2) ta được phương trình:

y5

8
(2 y  1)2  8 y 3  8 y  5  
2
3
2

(2 y  1)  8 y  (8 y  5)

0,25



y5

y5


8
8


3
2
2


8 y  60 y  76 y  24  0
( y  1)(8 y  52 y  24)  0

Câu 9

 y5
8


 y 1

  y  1  
y  6
 y  6

1
  y  2
Với y  1  x  1

Với y  6  x  11
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) và (11;6)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P  2(ab  bc  ca)3  27a 2b2c 2  3(a 2  b2  c 2 )  6(ab  bc  ca)

0,25

1,0

trong đó a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn a  b  c  3 .
Ta có: ab  bc  ca  3 3 ab.bc.ca  27a 2b2c2  (ab  bc  ca)3
Lại có: a2  b2  c2  ab  bc  ca  3(a 2  b2  c 2 )  3(ab  bc  ca)

0,25

Do đó P  (ab  bc  ca)3  3(ab  bc  ca)  t 3  3t  f (t )
0,25

(a  b  c) 2
1
3
Ta có bảng bt của hàm số f(t) trên  0;1
với 0  t  ab  bc  ca 

t

0

1

f’(t)

+

0
0,25

f(t)

2
0

Từ BBT ta có: Max f (t )  2 khi t=1
t0;1

Từ đó ta có GTLN của P bằng 2 khi a  b  c 

1
3

0,25


TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 1
MÔN TOÁN. Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x4  2(m  1) x2  m  2

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2.
b) Tìm tất cả các giá trị m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (1;3).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

cos x
 1  sin x.
1  sin x
ln 3

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I 



e x  2 dx.

0

Câu 4 (1,0 điểm). Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập S  1, 2,...,11. Tính xác suất để tổng ba số
được chọn là 12.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;3; 2) ,
B(3;7; 18) và mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  1  0. Viết phương trình mặt phẳng chứa đường

thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA
+ MB nhỏ nhất.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, với
AB  BC  a; AD  2a,(a  0). Các mặt bên (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy. Biết

góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính theo a thể tích tích khối chóp S.ABCD

và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x2  y 2  2 x  4 y  20  0
và đường thẳng  : 3x  4 y  20  0. Chứng tỏ rằng đường thẳng  tiếp xúc với đường tròn
(C). Tam giác ABC có đỉnh A thuộc (C), các đỉnh B và C cùng nằm trên đường thẳng  sao cho
trung điểm cạnh AB thuộc (C). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C , biết rằng trực tâm H của tam giác
ABC trùng với tâm của đường tròn (C) và điểm B có hoành độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm thực
(4m  3) x  3  (3m  4) 1  x  m  1  0.

1 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c   ;1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 
P

a b bc c a
.


c
a
b

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


KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA – LẦN 1, Ngày 22/3/2015
ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
(Tại Trường THPT Bắc Yên Thành – Nghệ An)
Câu
1

(2.0 điểm)

Nội dung
a. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
Với m = 2, y  x 4  2x 2
* TXĐ: D = R
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
3
y'  4 x  4 x ; y'  0  4 x 3  4 x  0  x  0, x  1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1;   )
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-  ; -1) và (0; 1)
- Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; ycđ = y(0) = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1; yct = y(  1) = -2
- Giới hạn tại vô cực: lim ( x 4  2 x 2 )  + 

Điểm

0.25

0.25

x 

- Bảng biến thiên Bảng biến thiên
0.25

* Đồ thị:
Tìm guao với các trục tọa độ.

0.25
.
b. (1.0 điểm) Tìm m để hàm số …
Ta có y' = 4 x 3  4(m  1) x

2
(1.0 điểm)

y' = 0  4 x 3  4(m  1) x = 0  x  x 2  (m  1)   0.
TH1: Nếu m- 1  0  m  1
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +  ). Vậy m  1 thoả mãn ycbt.
TH 2: m - 1 > 0  m> 1
y' = 0  x = 0, x =  m  1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- m  1 ; 0 ) và ( m  1 ; +  ).

0.25

Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) thì m  1  1  m  2.
Kết luận: Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 )  m   ;2 .

0.25

0.25

0.25

Giải phương trình…
Điều kiện: sin x  1 (*)

0.25

cos x  0
PT tương đương với cos x  cos 2 x  
cos x  1

0. 25

1


sin x  1
Hay sin x  1 (l )
cos x  1

0. 25

Vậy nghiệm của phương trình là: x 
3
(1.0 điểm)


2

 k 2 ; x  k 2 , (k  ).

Tính tích phân…
ln 2

I



ln 3

0.25

(2  e )dx   (e x  2)dx
x

0

ln 2

= (2 x  e x )

ln 2
0

 (e x  2 x )

ln 3

0.25

ln 2

= (2ln 2  2  1)  (3  2ln 3)  (2  2ln 2)
4
(1.0 điểm)

(1.0 điểm)

0.25

Vậy 4ln 2  2ln 3.
Chọn ngẫu nhiên ...

0.25

Số trường hợp có thể là C113  165.

0.25

Các bộ (a, b, c) mà a  b  c  12 và a  b  c là
(1, 2,9),(1,3,8),(1, 4,7),(1,5,6),(2,3,7),(2, 4,6),(3, 4,5)

0.5

7
.
165
Trong không gian với hệ tọa độ ....

Vậy P 
5

0.25

0.25

Ta có AB  (2,4, 16) cùng phương với a  (1,2, 8) , mp(P) có PVT n  (2, 1,1) .
Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1)
Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là
2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0  2x + 5y + z  11 = 0
Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với mp(P). Gọi A' là
điểm đối xứng với A qua (P).
x 1 y  3 z 2
Pt AA' :
, AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của


2
1
1
2x  y  z  1  0

 x  1 y  3 z  2  H(1,2, 1) . Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :



1
1
 2

0.25

0.25

0.25

2x H  x A  x A '

2y H  y A  y A '  A '(3,1,0)
2z  z  z
A
A'
 H
Ta có A 'B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) )
Pt đường thẳng A'B :

x  3 y 1 z

 . Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương
1
1 3

trình

2x  y  z  1  0

 x  3 y  1 z  M(2,2, 3)



1 3
 1

2

0.25

6
(1.0 im)

Cho hỡnh chúp S.ABCD .
1
BD.
3
ã = 600 .
Kẻ HE AB => AB (SHE), hay ((SAB);(ABCD)) = SEH

Gọi H = AC BD, suy ra SH (ABCD) & BH =

0.25

3

1
2a
1
2a 3
a 3
AD =
=> SH =
=> VSABCD =
.SH.SABCD =
3
3
3

3
3
Gọi O là trung điểm AD, ta cú ABCO là hỡnh vuụng cạnh a =>ACD
1
có trung tuyến CO =
AD
2
CD AC => CD (SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO
(SAC).

Mà HE =

0.25

d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)).
Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH =
IH 2 HS 2

1 IC
3

=

a 2
6

=> IS =

5a 2
6

kẻ CK SI mà CK BO => CK (SBO) => d(C;(SBO)) = CK
Trong tam giác SIC có : SSIC= 1 SH.IC = 1 SI.CK => CK =
2

2

0.25

SH .IC 2a 3

SI
5

Vậy d(CD;SB) = 2a 3 .
5

S

A
K

O

D

0.25

I

E

H
B

7
(1.0 im)

8
(1.0 im)

C

Trong mt phng ta ....
ng thng () tip xỳc vi (C) ti N (4; 2).

0.25

Gi M l trung im cnh AB. T gi thit M thuc (C) v B thuc () , tỡm c
B(12; 4). (do B cú honh dng).

0.25

Do C thuc () v ng thng (d) i qua H, vuụng gúc vi AB. Vit PT (d).

0.25

C () (d ) (0;5).

0.25

Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m .
iu kin: 3 x 1.
Khi ú PT tng ng vi m

3 x 3 4 1 x 1
4 x 3 3 1 x 1

3

0.25

(*)


Do ( x  3)2  ( 1  x )2  4. Nên ta đặt

x  3  2sin  

4t
;
1 t2

1  x  2cos  

2(1  t 2 )
,
1 t2




t  tan 2


7t 2  12t  9

với 0    , khi đó (*)  m 
.
2
2

5
t

16
t

7

t   0;1


Xét hàm số f (t ) 

0.25

7t 2  12t  9
, t   0;1. Lập bảng biến thiên của hàm số f (t ).
5t 2  16t  7

7 9
Kết luận: m   ;  .
9 7

9
(1.0 điểm)

0.25

0.25

Cho các số thực …
1
c
b
1
  x  y 1
Không mất tính tổng quát, giả sử  c  b  a  1. Đặt x  ; y    2
.
a
a
2

c  ax; b  ay

0.25

Khi đó

1  1 


(1  y )  y  1    y 2  3 y  1
(1  y )( y  x)(1  x)
2  2 

2
2.
P


1
xy
y
y
2

Xét hàm số f ( y ) 

 y2 

3
1
y
2
2 , 1  y  1. Lập bảng biến thiên (hoặc sử dụng bất
y
2

0.50

0.25

2


2
đẳng thức Cô si), chứng minh được f (t )  1 
 .
2


2


2
Kết luận: MaxP  1 
 . (Tìm được a, b, c để đẳng thức xẩy ra).
2


-------------------- Hết -------------------

4

0.25


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

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

x2
.
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  H  của hàm số đã cho.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

b) Viết phương trình tiếp tuyến của  H  biết rằng tiếp tuyến có hệ số góc k  1.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Biết rằng số thực  thỏa mãn tan   2. Tính giá trị của biểu thức A 
b) Tìm số phức z thỏa mãn z  2 và z 

2
là số thực.
1 i
2

Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 8 x.21 x 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình

sin   2cos3
.
cos  2 sin 3 

 2

2x

.
2

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

Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x ln  3 x  1 ,
trục hoành và hai đường thẳng x  0, x  1.

a 10 
, BAC  1200.
2
Hình chiếu vuông góc của C ' lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối
lăng trụ ABC . A ' B ' C ' theo a và tính số đo góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và ( ACC ' A ').
2 2
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G  ;  ,
3 3
tâm đường tròn ngoại tiếp I (1;  2), điểm E (10; 6) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ A và
điểm F (9;  1) thuộc đường thẳng BC. Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết B có tung độ bé hơn 2.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có AB  2a, AC  a, AA ' 

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (2; 1; 0) và đường thẳng
x  2 y 1 z 1
:


. Lập phương trình mặt phẳng (P) qua M và chứa . Tìm tọa độ điểm N thuộc 
1
1

2
sao cho MN  11.
Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp chứa 12 viên bi kích thước như nhau, trong đó có 5 viên bi màu xanh
được đánh số từ 1 đến 5, có 4 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 4 và 3 viên bi màu vàng được
đánh số từ 1 đến 3. Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp đó. Tính xác xuất để hai viên bi được lấy vừa
khác màu vừa khác số.
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn xy  yz  zx  1. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
1
1
1
5
P 2
 2
 2
  x  1  y  1  z  1 .
2
2
2
x y
y z
z x
2
------------------ Hết -----------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 25, 26/4/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại
phiếu dự thi cho BTC.
2. Thi thử THPT Quốc gia lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 16 và ngày 17/5/2015. Đăng ký
dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 25/4/2015.


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Câu
Câu 1.
(2,0
điểm)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2
Môn: TOÁN;
Thời gian làm bài: 180 phút

Đáp án
a) (1,0 điểm)
1 o. Tập xác định:  \ {1}.
2 o. Sự biến thiên:
* Giới hạn, tiệm cận: Ta có lim y   và lim y  . Do đó đường thẳng x  1 là tiệm
x 1

x 1

cận đứng của đồ thị (H).
Vì lim y  lim y  1 nên đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị (H).
x 

Điểm

0,5

x 

1
 0, với mọi x  1.
( x  1) 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 , 1;    .
* Chiều biến thiên: Ta có y ' 

* Bảng biến thiên:
x 
y'



1






y

1

1


o

3 . Đồ thị:
Đồ thị (H) cắt Ox tại  2; 0  , cắt Oy tại  0; 2  ; nhận giao điểm I 1; 1 của hai đường

y

0,5
2
1

O

I

1

2

x

tiệm cận làm tâm đối xứng.
b) (1,0 điểm)

1
, với mọi x  1. Vì tiếp tuyến có hệ số góc k  1 nên hoành độ tiếp
( x  1) 2
x  0
1
2
điểm là nghiệm của phương trình
 1 , hay  x  1  1  
2
 x  1
 x  2.

*) Với x  0 ta có phương trình tiếp tuyến y  x  2.
*) Với x  2 ta có phương trình tiếp tuyến y  x  2.
Vậy có hai tiếp tuyến là y  x  2 và y  x  2.
a) (0,5 điểm)
Ta có y ' 

Câu 2.
(1,0

Rõ ràng cos  0, chia cả tử số và mẫu số của A cho cos3 ta được
1

0,5

0,5

0,5