20 đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2016

ĐỀ SỐ 1

MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

y  x

4

 2x

2

(C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C  .
b) Tìm các giá trị của

để đường thẳng

m

y  m

cắt đồ thị  C  tại 4 điểm phân biệt

các hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị  C  tại các điểm

 

 1  cos 2 x
2 cos   x  .
 1  cot x
s in x
 4


Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

2 x s in x   3 x  2  c o s x



Câu 3 (1,0 điểm). Tìm tích phân

I 

E,F ,M ,N



2

x s in x  c o s x

0

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức

dx

. Tính tổng

.
.

.

. Hãy tìm tập hợp điểm

z  3  2i  3

E,F ,M ,N

M

biểu diễn cho số phức

w

,

biết w  z  1  3 i .
b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau. Tính số phần tử của S. từ tập hợp S chọn
ngẫu nhiên một số, tính xác suất để trong 5 chữ số của nó có đúng 2 chữ số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ

O xyz

, cho đường thẳng

d:

x 3
3

phẳng

( ) : 2 x  2 y  z  9  0

và    và góc giữa



và

Ox

. Viết phương trình đường thẳng
bằng

45

0



nằm trong    ;





y  4
1



z 3

và mặt

1

qua giao điểm

A

của

d

.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . A B C có đáy A B C là tam giác vuông tại B . Tam giác S A C cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng  S B C  và đáy bằng 6 0 . Biết S A  2 a ; B C  a .
0

Tính theo a thể tích khối chóp S . A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng S A và B C .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O x y , cho hình thang A B C D vuông tại A và B . Đường
chéo A C nằm trên đường thẳng d : 4 x  7 y  2 8  0 . Đỉnh B thuộc đường thẳng  : x  y  5  0 , đỉnh A có
tọa độ nguyên. Tìm tọa độ

biết

A , B ,C

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực
nhất của biểu thức

D 2; 5 

và

BC  2 AD

.

 x 2  y  5x  2  7 xy  x  1

 2
x 2y3
2y
2
 x  3
 y 1
 3

a,b,c

thỏa mãn
P 

a
a1



b
b1



c
2c  1

HƯỚNG DẪN GIẢI
D  R

+ Chiều biến thiên:

.
y '  4x

3

 4x

;

.

a  b  c  0; a  1  0; b  1  0; 2c  1  0

.

..................HẾT..................

Câu 1.a.
- Tập xác đinh:
- Sự biến thiên:

x,y  R

x  0
y' 0  
x  1

.

. Tìm giá trị lớn


y '  0 ,  x    1; 0 
y '  0 , x   ; 1

 1;    , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng   1 ; 0  và  1 ;    .
 0 ; 1  , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng    ;  1  và  0 ; 1  .

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0 , y
+ Giới hạn: lim y    ; lim y    .
x  

CD

 0

. Hàm số đạt cực tiểu tại

.

x   1, yCT   1

x  

+ Bảng biến thiên


x

1

y'

0



y

0

0





0






0

1

-



1

1

Đồ thị:

+ Đồ thị hàm số cắt trục

Ox

tại điểm

+ Đồ thị hàm số cắt trục

Oy

tại điểm  0 ; 0  .





2 ; 0 ,0; 0  ,



2;0



+ Đồ thị hàm số nhận trục O y làm trục đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua điểm   2 ; 8  ,  2 ; 8  .
Vẽ đồ thị:

-

Câu 1.b. Từ đồ thị suy ra, để đường thẳng

y  m

cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt khi

1  m  0

.

Hoành độ 4 giao điểm là nghiệm của phương trình x  2 x  m  x  2 x  m  0 (*).
Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi phương trình t  2 t  m  0 có 2 nghiệm dương phân biệt
0  t  t .
4

2

4

2

2

1

2

Khi đó 4 nghiệm của pt (*) là
Như vậy ta có

x1  

x1   x4 ; x2   x3

t2 ; x2  

. Ta có

t1 ; x 3 

y'  4x

3

 4x

t1 ; x 4 

t2

.

.

Suy ra tổng hệ số góc của 4 tiếp tuyến tại 4 giao điểm với đồ thị  C  là:



 

3

3

 

3

 

3

k1  k 2  k 3  k 4  4 x1  4 x1  4 x1  4 x 2  4 x1  4 x 3  4 x1  4 x 4



3

3

 4 x1  x 4

  4x

3
2

3

 x3

  4x

1

 x4   4  x2  x3



0.

Nhận xét: Đây là dạng toán biện luận số giao điểm của một đường thẳng  d  với một hàm số  C  cho trước.
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số dựa vào dáng điệu của đồ thị xét các trường hợp:
+  d  cắt  C  tại n  n  1  điểm phân biệt.
+  d  và  C  không có điểm chung.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:




+Kiến thức cần nhớ: Điểm
là

Q



y  f ' xQ

+ Tìm

y  m

m

Q xQ , yQ

 là tọa độ tiếp điểm của hàm số

  x  x   y , hệ số góc tiếp tuyến là
Q

Q

để đường thẳng

song song với trục

y  m

Ox

cắt  C  tại 4 điểm



k  f ' xQ

y  f x

. Phương trình tiếp tuyến tại

.

E,F ,M ,N

: Dựa vào dáng điệu đồ thị , đường thẳng

nên sẽ cắt  C  tại 4 điểm phân biệt khi

1  m  0

.

ta có  d  cắt  C  tại 4 điểm phân biệt nên phương trình có
hai nghiệm dương phân biệt. Tham số các nghiệm theo t tính được 4 hệ số góc tiếp tuyến tại 4 hoành độ
giao điểm ( đối xứng qua trục O y ) , từ đó tính được tổng hệ số góc.
Lưu ý: Ngoài cách sử dụng dáng điệu đồ thị ta có thế làm như sau: Viết phương trình giao điểm
4
2
4
2
4
2
x  2 x  m  x  2 x  m  0 . Bài toán tương đương tìm m để phương trình x  2 x  m  0 có 4 nghiệm
phân biệt.
+ Tính tổng hệ số góc tiếp tuyến: Đổi biến

Đổi biến

t  x

2

 0

, ta tìm

m

t  x

để phương trình

t

2

2

có 2 nghiệm

 2t  m  0

t2

 '  0

 t1  0   S  0
P  0


.

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho hàm số y  x 3   m  1  x 2  3 x  m  1 . Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị tại
điểm có hoành độ bằng 1 tạo 2 trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2.
Đáp số: m   1, m  3 .
b. Cho hàm số y  x 3  3 x  2 . Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số để tiếp tuyến của hàm số tại M cắt đồ
thị tại điểm thứ hai là N thỏa mãn
Đáp số:

(Thi thử lần 3-THPT Thái Hòa-Nghệ An).

M  2; 4  , M  2; 0  .

Câu 2. Điều kiện

x  k; k  Z

.

Phương trình tương đương  s in x  c o s x 


 s in x  c o s x  2 c o s



 s in x  c o s x  c o s 2 x  0

+ Với

xM  xN  6

2

x  s in x  c o s x 

2

2 cos x

1

s in x

cos x
s in x

 s in x  c o s x   2 c o s

 s in x  c o s x  0
 
cos 2 x  0

s in x  c o s x  0  ta n x   1  x  



2



x1 0

.

 k

.

4

+ Với

cos 2 x  0  2 x 



 k  x 

2

Phương trình có nghiệm:



 k

4
x 


4

 k



;k Z



.

2

.

2

Nhận xét: Bài toán lượng giác cơ bản , ta chỉ cần sử dụng bến đổi các công thức hạ bậc , cosin của một hiệu
và phân tích nhân tử. Tuy nhiên cần hết sức lưu ý việc xem xet điều kiện xác định của phương trình để tránh
kết luận thừa nghiệm dẫn tới lời giải sai.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 c o s  a  b   c o s a c o s b  sin a sin b

-Công thức cosin của một tổng , hiệu : 
 c o s  a  b   c o s a c o s b  s i n a s i n b

-Công thức hạ bậc: 1  c o s 2 c  2 c o s 2 c , 1  c o s 2 c  2 s in 2 c
-Công thức nghiệm cơ bản của phương trình lượng giác:
.

x    k2
s in x  s in   
;k Z
x      k2


. cos x  cos   x     k 2 ; k  Z
. tan x  tan   x    k  ; k  Z
. cot x  cot   x    k; k  Z
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình
b. Giải phương trình


Câu 3.





 2x

2
0



I 

 3

2

2


 5

 
5 cos  2 x 
 x 9
  4 s in 
3
6





s in x  c o s x

x s in x  c o s x

0

 x s in x  c o s x  '

0

x s in x  c o s x


   3 ln x s in x  c o s x

2
0

x 



 k2

.

3

. Đáp số:

 2 ta n 2 x  c o s 2 x  0

s in x  c o s x

2 x s in x   3 x  2  c o s x

. Đáp số:

x  k



.

2


dx 





3 x cos x
2 
 dx
x s in x  c o s x 


2
0

dx






   3  ln
 ln 1     3 ln
2
2



.

Nhận xét: Bản chất của bài toán là tách tử của biểu thức dưới dấu tích phân theo mẫu và đạo hàm của mẫu.
Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta khó có thể sử dụng một trong hai phương pháp đổi biến số hoặc tích phân
từng phần.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
f  x  .g  x   g '  x 
g ' x 
-Ta có 
dx  f  x  dx 

 g  x  dx .
gx
Tổng quát : 

f  x  g  x   h  x  g ' x 
gx

-Với các nguyên hàm cơ bản của

dx 

f x

 f  x  dx  

h  x  .g '  x 
g x

dx

.

, công thức nguyên hàm tổng quát 

u'

d u  ln u  C

. Thay cận ta tính

u

được I .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

2

a. Tính tích phân

I 


0

s in x

 s in x  c o s x 

e

b. Tính tích phân

I 

x
1

Câu 4.a. Ta có

xe

e

x

x

1

 ln x

a  bi  3  2i  3 



3

dx

a  3

dx

. Đáp số:

I 

1

.

2

. Đáp số:

e

I  ln

e 1

.

e
2

 b  2   9
2

(1).

a  x  1
w  z  1  3i  x  yi  a  bi  1  3i  
b  y  3

.

Thay vào (1) ta được  x  2 

thuộc  C  :  x  2 

2

 y  5  9  M
2

2

 y  5  9

2

.

là đường  C  :  x  2    y  5   9 .
Nhận xét: Đây là dạng toán toán tìm biếu diễn của số phức w theo số phức z thỏa mãn điều kiện nào đó.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Mọi số phức có dạng z  a  b i ;  a , b  R  .
-Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo của 2 số đó bằng nhau.
- Từ số phức z : Thay z  a  b i vào phương trình z  3  2 i  3 . Tìm được mối quan hệ giữa phần thực và
phần ảo.
Vậy tập hợp điểm

2

M

2


- Đặt w  x  y i , thay lại biểu thức mối quan hệ phần thực và ảo của
-Các trường hợp biểu diễn cơ bản :
+Đưởng tròn:  x  a 
+Hình tròn:  x  a 
+Parapol:
+Elipse:

x
a

y  ax
2
2



y
b

2

2

2

2

 y  b  R ;x
2

2

 y  b  R;x

 bx  c

2

2

 y

 y
2

2

 2 ax  2 by  c  0

 2 ax  2 by  c  0

z

ta tìm được tập hợp điểm biểu diễn.

.

.

.

2
2

 1

.

Bài toan kết thúc.
Bài tập tương tự:

a. Cho số phức

z

thỏa mãn

z 

1

3i

1 i

. Tìm modul của số phức

b. Tìm số phức z thỏa mãn  1  3 i  z là số thực và

z  2  5i  1

w  z  iz

. Đáp số:

. Đáp số:

w 

z  2  6 i; z 

7
5



.

2
21

i

.

5

Câu 4.b. Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữ số khác nhau và trong 5 chữ số của nó có đúng 2 số
lẻ. Ta tìm số phần tử của A như sau: Gọi y  m n p q r  A , ta có:
+ Trường hợp 1: Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0:
Lấy thêm 2 số lẻ và 2 số chẵn có C .C cách;
Xếp 5 số được chọn vào các vị trí m , n , p , q , r có 4.4! cách.
2

2

5

4

Suy ra trường hợp 1 có C C .4 .4 !  5 7 6 0 .

+ Trường hợp 2: Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt số 0:
Lấy thêm 2 số lẻ và 3 số chẵn có C .C cách;
Xếp 5 số được chọn vào các vị trí m , n , p , q , r có 5! cách.
Suy ra trường hợp 2 có
Vậy

2

2

5

4

2

2

3

5

4

3

C 5 C 4 .5 !  4 8 0 0

A  5760  4800  10560

. Do đó

.
PA 

10560
27216



220

.

567

Nhận xét: Bài toán xác suất cơ bản , ta chỉ cần áp dụng công thức tính xác suất với biến cố theo dữ kiện
trong giả thiết.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 A
-Công thức tính xác suất của một biến cố A : P  A  
( trong đó   A  là số trường hợp thuận lợi cho


A ,  là tổng số kết quả có thể xảy ra ).
- Ta tính tổng số kết quả có thể xảy ra.
- Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữa số khác nhau và trong 5 chữa số của nó có đúng 2 số lẻ.
- Tính số phần tử của A bằng cách gọi y  m n p q r  A . Ta chia các trường hợp sau:
+Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0.
+Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt chữ số 0.

- Áp dụng công thức tính xác suất ta được P  A  .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 có thế lập được bao nhiêu số lẻ có 4 chữ số đôi một khác nhau và luôn có
mặt chữ số 2. Đáp số: 204.
b. Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất có ít

nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn

5
6

2013). Đáp số: Rút ít nhất 6 thẻ.

.(Thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc khối D 2012-


Câu 5. Gọi A là giao điểm của d và    , suy ra A  – 3 ; 2 ; 1  . Gọi
 .
Ta có một vectơ pháp tuyến của    là n   2 ; – 2 ; 1  .
Ta có

u .n  0  2 a  2 b  c  0  c   2 a  2 b

2

cos   ,O x  

 2a

2

a



2

2

+ Với

ab

+ Với

a 

, chọn

5b

2

2



2

 3 a  8 ab  5b

2

a  b  2a  2b 
2

2 a 

2

a  b
 0  
5b
a 

3

x  3  t

a  b  1  c  0   : y  2  t
z  1


, chọn

b  3; a  5  c  4   :

x  3

2

.

.



5

3

là một vectơ chỉ phương của

.

2

2

a  b  c

 5 a  8 ab  5b

2



2

u   a; b; c 

y  2



z1
4

3

.

Nhận xét: Hướng giải cho bài toán: Để viết phương trình đường thẳng  ta tìm một điểm thuộc
vector chỉ phương của  .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Tìm tọa độ giao điểm A  d    : Tham số hóa A  d , thay vào mặt phẳng    ta tính được A .
- Viết phương trình đường thẳng
 

  

u .n

 

 0

(Với

n

có

Lại

công

: Tham số hóa

u   a; b; c 

là một vector chỉ phương của

là một vector pháp tuyến của    ). Ta tìn được mối quan hệ giữa

 

vector chỉ phương viết được
-







a,b,c

và một



. Do

. Chọn

.
tính

thức

góc

giữa

hau

đường

 d  ;  d ' : cos  d , d ' 

thẳng

u d .u d '



ud . ud'

 ;O x  

45

0

2

 cos   ;O x  

.

2

- Một đường thẳng có vố số vector chỉ phương nên lần lượt chọn giá trị
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Trong hệ trục tọa độ

O xyz

, cho điểm

A  1; 2 ;  1  ,

cho các trường hợp tương ứng.

a,b

đường thẳng

d:

x  2
1

   : 2 x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua

A

cắt

d



y



3

z 2

và mặt phẳng

2

và song song với mặt phẳng

  .
Đáp số:

x 1
2



y  2
9



b. Trong hệ trục tọa độ
B ,C

z1
5

O xyz

thuộc đường thẳng

Đáp số:

  6  3 8  2
B 
;
5
5

 

  6  3 8  2
;
 B 
5
5



d

.
, cho điểm

A  0 ; 1; 3 

sao cho tam giác
3

3

và đường thẳng
đều.

ABC


; 3  ,C




 6  3 8  2
;


5
5



; 3  ,C



6  3 8  2
;


5
5


3

3


;3




;3



.

x  1  s

d :  y  2  2t
z  3


. Hãy tìm các điểm


Câu 6. Gọi
Kẻ

là trung điểm

H

H I  BC  SI  BC

SC

2

2

 IC

a



, suy ra

SH 

15

0

S IH  6 0

.

 S H  S I . s in 6 0

0

3a



2

1

HI 

a

SI 

2

15

5
4

a

 AB  2HI 

4

15

.

2
3

V 

 ABC  .

.

Góc giữa  S B C  và đáy là
SI 

AC

1 1
5a
3
. A B . B C .S H 
3 2
16

(đvtt).

Kẻ A x song song với B C , H I cắt A x tại K . Kẻ
Ta có A K   S IK   A K  IM  IM   S A K  .
Tam giác

S IK

đều, suy ra

IM  S H 

3a

5
4

IM

vuông góc với

SK

.

.

Nhận xét: Đây là toán có sử dụng hình học không gian tổng hợp lớp 11,
yếu tố vuông góc của hai mặt phẳng , góc giữa hai mặt phẳng.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Công thức tính thể tích khối chóp

V 

1

B. h

.

3

-Dựng góc giữa hai mặt phẳng  S B C  ,  A B C  : Goi
nên

SH 

 A B C  .   S B C , A B C   S IH

 60

0

- Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp

H

là trung điểm của

AC

. Do mặt phẳng  S A C    A B C 

.
V 

1
3

B .h  V S . A B C 

1 1
. A B . B C .S H
3 2

.

- Tính khoảng cách d  S A , B C  : Lí thuyết tính bằng cách khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng này
tới một mặt phẳng chứa đường thẳng còn lại.
Kẻ A x / / B C , kẻ IM  S K  A K   S IK   IM   S A K  . Suy ra d  S A , B C   IM  S H .
Lưu ý: Có thể sử dụng tỉ lệ khoảng cách.
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
a. Cho hình chóp tam giác đều S . A B C có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bân và đáy bằng 6 0 0 . Gọi M
là trung điểm của S C . Tính thể tích khối chóp S . A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng A M và
. Đáp số:

SB

B

a

(đvtt) và d  A M , S B  

3

24

b. Cho hình chóp
vuông tại

3

V 

,

có

S.A B C

A C B  30

0

.

SA  3a

G

,

SA

a

2
4

tạo với đáy  A B C  một góc bằng

là trọng tâm tam giác

góc với mặt phẳng  A B C  . Tính thể tích khối chóp
Đáp số:
Câu 7. Do
Ta có



B

d B; AC


dD; AC 

V 

112

, suy ra


BE

2

 7

2



DE

4b  7(b  5)  28
4

243a

 2

3

.

ABC

BC

 2

AD

S.A B C

.

.

.

4 .2  7 .5  2 8
4

2

 7

2

0

. Tam giác

ABC

, hai mặt phẳng  S G B  ,  S G C  cùng vuông

(đvtt).

B  b; b  5 

60


93
1 1b  6 3  3 0
b 

 1 1b  6 3  3 0  


11

1 1b  6 3   3 0
b

3


.


B

và

D

ở khác phía đối với đường thẳng

Do đó ta được
Ta có
Do đó

Ta có
Vậy

B  3; –2 

, suy ra

b 3

nên  4 x B

AC

C 7; 0 

và


4a  42 
BA   a  3;

7



.

a  0  A 0; 4 

 0  65a  385a  0 
77

a 
l

13

2

49


 xC  3  2  2  0 
BC  2 AD  
 C 7;0 
y

2

2
5

4



 C

A  4; 0  , B  3; –2 

và

 4 a  7   4 a  42 

a  2a  3 

.

.



28  4a 
4a  7 
A  (D )  A  a;
  D A   a  2;

7
7





D A .B A  0 

 7 y B  2 8   4 x D  7 y D  2 8   0  3 0  1 1b  6 3   0

.

.

là điểm cần tìm.

Nhận xét: Để giải bài toán ta sử dụng kiến thức tham số hóa điểm thuộc đường thẳng cho trước, sử dụng
khoảng cách-tỉ lệ khoảng cách tìm tọa độ các đỉnh

.

A , B ,C

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Phương

pháp

tham

số

hóa


mx  p 
P  d  : m x  ny  p  0  P  ;

n



M  xM ; yM

-Khoảng cách từ điểm
công thức d  M ;   

2

 n

theo

đường

thẳng

cho

trước:

Điểm

.

 tới phương trình đường thẳng    : m x  n y  p  0 được xác định theo

m xM  nyM  p
m

điểm

.

2

-Tính chất vector: u  x ; y  , v  z ; t  với



 x  kz
u  kv  

 y  kt

.

Áp dụng cho bài toán:
- Tham số hóa tọa độ điểm

B

. Do

d B; AC


dD; AC 

-Để loại nghiệm sử dụng tính chất:  4 x B
-Tương tự

A  d   D A ,BA

- Tính tọa độ điểm

C

:





DE

BC

 2

AD

(

E  AC  BD

 7 y B  28   4 xD  7 y D  28   0  B

. Mặt khác , D A . B A

BC  2 AD  C

BE

 0  A

), ta có điểm

B

.

.

.

.

Bài tập tương tự:
a. Trong mặt phẳng
đường cao kẻ từ
thẳng

DE

Đáp số:

và

O xy

B ,C

HD  2

A  3; 0 

.

, cho tam giác

. Biết điểm

A

ABC

cân tại

A

, trực tâm

H  3; 2  .

Gọi

thuộc đường thẳng  d  : x  3 y  3  0 , điểm

. Tìm tọa độ đỉnh

A

.

D ,E

lần lượt là chân

F  2; 3 

thuộc đường


b. Trong mặt phẳng

, cho tam giác

O xy

sao cho

M C  2 BB

Đáp số:

C  4;1

. Tìm tọa độ đỉnh

u  x 2  2 y  3



v  2  y

Xét

f t   3  t
t

y  x

Thay
 2x

Đặt

2

2

2

+ Với

Điểm

M

và đường thẳng

thuộc đường thẳng

BC

BC

có hệ số góc nguyên.

 2 y

.

f t 

, suy ra

đồng biến trên

.

là nghiệm duy nhất cua phương trình.



3

2y

.

t

x  1;a  0
x

2

 x  2y  3  3

f '  t   3 ln 3  1  0 ;  t  R

x 1  2 x

2

 1

.

2



x

 x  1  3 ( x  1)  7

2

 x

2

 1  5x  2  7

 x  1 x

2

 x 1



x x

2



1  x 1

.

.

 x  1;b  0

Phương trình trở thành
+ Với

v

x 2y3

vào phương trình thứ nhất, ta được

 1

 5x  1  7

a 


 b 

u

 2y  3  2  y  y  x
2

MA  AC  5

biết

2

3

3 u  3  v

f u   f v   u  v

Nhận thấy
u  v  x

, ta được

; ta có

C

A   1;  3  , B  5 ; 1  .

.

Câu 8. Phương trình thứ hai tương đương
Đặt

có

ABC

b  3a  x

2

2

2b  3a

2

b  3a
 7 ab  
a  2b

 x  1  9  x  1  x





2

.

x  4 
 8 x  10  0  
 x  4 

6  y  23  8

6

6  y  23  8

6

.

a  2b  x  1  4 x  x  1  4 x  3x  5  0  vn  .
2

2

Hệ phương trình có nghiệm:  x ; y    4 

6 ; 23  8



6 , 4 

6 ; 23  8

6

.

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng kết hợp phương pháp hệ số bất định.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Hàm số f  x  đồng biến(nghịch biến) trên D  f  u   f  v   u  v .
-Hàm số

f x

đồng biến(nghịch biến) trên

D  f x  0

có nhiều nhất 1 nghiệm.

-Hàm số f  x  đồng biến trên D , g  x  nghịch biến trên D  f  x   g  x  có nghiệm duy nhất.
Ý tưởng: Từ phương trình thứ nhất tách hoặc bình phương sẽ ra phương trình khó bậc cao, khó tìm mối quan
hệ giữa x , y .
- Nhận thấy phương trình thứ 2 của hệ có sự tương đồng

3

m

,m

3

2

x 2y3

,x

2

 2y  3

 với  3

2y

,2  y

 có cùng dạng

.

- Phương trình thứ hai của hệ biến đổi thành:
- Xét hàm số

f t   3  t

dụng hai ẩn phụ

t

a 


 b 

đồng biến trên

x 1
x

2

 x 1

3

u

u  3

v

 v

trong đó

R  f u   f v   u  v

2

u  x  2 y  3


v  2  y

.

. Thay lại phương trình thứ nhất , sử

 a , b  0  thu được phương trình đẳng cấp bậc 2.

Lần lượt giải 2 phương trình vô tỉ cơ bản ứng với 2 trường hợp kiểm tra điều kiện ta thu được nghiệm của
hệ.




Lưu ý: Từ phương trình
phương trình ẩn



x 1

z 

2

x

 x  1 x

 x  1  3  x  1  7

2

2 x

2

 , ta có thể chia 2 vế cho  x

 x  1

2

 x 1



giải

.

 x  1

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:



a. Giải phương trình

2 x

b. Giải phương trình

3

Câu 9.
P 

a

P 

a1

b



b1

 2  5

x7 
c





2

2c  1

6

x

1

. Đáp số:

2

x  2x  1  2
1

 1

3

1

1 a

1

1



2

5

37
2

. Đáp số:


1 b

x 

.

x  7 , x  1

1
4c  2



.

 1

1
1
 



2 1 a
1 b
4c  2 
5




4
1
5  4
1


 

 


2  a b  2
4c  2 
2  2  c
4c  2 
5

f c 

Xét hàm số
Ta có

4
2 c

4

f 'c  

c  2

2





1

trên khoảng

4c  2

4

4c  2 



2

4 15c  20c



2

 1

 ;2
 2




c  2  4c  2 
2

; f 'c   0  c  0

1



c

2

.
.

0

2

2


f 'c 

0

f c

+

5
2

Vậy

P 

5



2

5

 0

.

2

Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  0 .
Kết luận: M ax P  0 .
Nhận xét: Bài toán thuộc lớp cực trị của hàm nhiều biến sử dụng phương pháp hàm số đặc trưng để tìm giá
trị lớn nhất.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Ta thấy

a,b

đối xứng qua biểu thức

- Tách biểu thức
suy ra

P 

5
2

P

, ta được

f c 

t1

, dự đoán điểm rơi

 1

1
1
P 




2 1 a
1 b
4c  2 

 4


1



2

c
4
c

2



- Khảo sát hàm số

t

4
2c

5

. Sử dụng bất đẳng thức cơ bản

1



4c  2

f c



với c   

a

1  b  1  c 



x

2

m



y

2

n



x  y

2

m  n



trên


;2
2

1

 1

 ;2
 2


thu được

Bài tập tương tự:
a. Cho a , b , c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện
P 

.

. Tới đây hàm số đã rõ.

-Lập bảng biến thiên của hàm số

3

ab

b

3

1  c  1  a 



c

3

1  a  1  b 

m in f  c 

ab c  1 .

. Đáp số:

.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M in P 

3
4

.


b. Cho

a , b , c : ab  b c  ca  1 .

a

Chứng minh rằng

1 a

a. giác trong góc
đỉnh C .
Đáp số:

có phương trình

A

 10 3 
C 

; 
3 4 


c. Đáp số:

O xy

, cho tam giác

lần lượt có phương trình

CC ’

 19 4 
 14 37 
B
;  ,C 
;

3
3
3 


 3

Câu 8. Điều kiện

x 

1

1 b

c


2

1 c

, đường cao kẻ từ

3



B

2

2

là

ABC

A  5; 2 

có đỉnh

Đặt

x  y  6  0,2x  y  3  0

 v  u 0 

x

1

.

.

2



u  v 

x1
4

Phương trình có nghiệm:

. Tìm tạo độ

. Tìm tọa độ hai điểm

.

Phương trình trở thành

4x  3y  1  0

. Phương trình trung trực cạnh

2

1
u  x  ;u  0

2

x

1

v 
;v  0

4

.

.

b. Trong hệ trục tọa độ

trung tuyến

x  y  2  0

b


2

2u

2

 2v

2

u  v  0

 
2
u  v   2 u2  v2







u  v  0

 
2
  u  v   0

x  1

 x   1
2
 
 x  7  2 10
1
x  2x  1   2

 x  1 4 x  9  0
x 
2
16


x  7  2

10

.

.

B ,C

.

BC

,









SỞ GD&ĐT BẮC NINH

ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015-2016

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.(2,5 điểm).
1. Cho hàm số : y 

2x  3
(C )
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1.
3
2
2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  3x  9 x  1 trên đoạn [- 2; 2].
Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Câu 3 (1,5 điểm).
a) Giải phương trình: 5 2 x  24.5 x 1  1  0

b) Tìm hàm số f(x) biết f’(x)=

4x 2  4x  3
và f(0) = 1.
2x  1

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có
đỉnh A trùng với gốc toạ độ O, đỉnh B(1;1;0), D( 1;-1;0). Tìm tọa độ đỉnh A’ biết A’ có cao
độ dương và viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.A’B’C’D’.
Câu 5 (0,5 điểm). Trường trung học phổ thông Thuận Thành số 1 có tổ Toán gồm 15 giáo
viên trong đó có 8 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý gồm 12 giáo viên trong đó có 5 giáo
viên nam, 7 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi dự tập huấn chuyên đề dạy
học tích hợp. Tính xác suất sao cho trong các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a ,
AD  2a , SA  ( ABCD) . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D
đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD biết góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy
là  với tan  

1
5

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác

hạ từ đỉnh A là D(1;-1). Phương trình tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác
 13  1 
;  là trung điểm của BD. Tìm tọa
5 5 

ABC có phương trình x + 2y – 7 =0.Giả sử điểm M 
độ các điểm A,C biết A có tung độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau

x  2 x 2  2x  4  y  1  2 y 2  3


 4 x 2  x  6  5 y  2  xy  2 y  x  2  1  2 y  x  2

Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 .

b  2c a  2c

 6ln( a  b  2c) .
1 a
1 b
----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm!

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

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


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I, NĂM 2015-2016

Môn thi: Toán 12
Câu
Câu 1
(2,5
điểm)

Ý

Nội dung

1.Cho hàm số : y 

Điểm

2x  3
(C )
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
a)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
TXĐ: R \  1

1,0
0,25

5
y' 

 0 , x  1
( x  1) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) va  (1; )
Hàm số không có cực trị
lim y  2  đồ thị có tiệm cận ngang y = 2
x  

lim y   ; lim y    đồ thị có tiệm cận đứng x = -1

x  1

0,25

x  1

- Bảng biến thiên.
X

'



-1
+



Y
2

0,25

+
2



* Đồ thị:
b)
0,75

0,25

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
Với y  1  2 x  3  x  1  x  4 ; y ' (4) 

1
5

1
1
1
Phương trình tiếp tuyến tại điểm A(4;1) là: y  ( x  4)  1  y  x 
5
5
5

2. (0,75
điểm)

0,5
0,25

Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  x3  3x 2  9 x  1 trên đoạn  2; 2
Xét trên đoạn  2; 2 ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9
 x   3 (l )
f’(x) = 0  
x  1

0,25
0,25


Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - 4 , f(2) = 3
Vậy: max f( x )  f (2)  23 , min f( x)  f (1)  4
 2;2

 2;2

0,25
Câu 2
(0,5
điểm)

Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Phương trình tương đương:
 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0
 (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0




 2  cosx  0(VN )
 x  6  k 2


 sinx  1
 x  5  k 2

2

6

0,25

0,25
(k  z )

1,5
Ta có: 5 2 x  24.5 x 1  1  0  5 2 x 

Câu 3
(1,5
điểm)

x

24 x
.5  1  0
5

0,25

Đặt t = 5 , ( t > 0)

t  5
24
Phương trình trở thành:  t 
.t  1  0  
 t   1 (l )
5
5

Với t  5 ta có x =1.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1
2

a)

b)

0.25

0,25
0,5

Ta
2

có f (x) 



4x  4x  3
2 

2
dx=   2 x  1 
dx  x  x  ln 2 x  1  c
2x  1
2
x

1



Mà f(0)=1  c  1  f ( x)  x 2  x  ln 2 x  1  1
0.25

Câu4
(1điểm)

Ta có: AB =

2

Gọi A’(x;y;z), Vì ABCD.A’BC’D’là hình lập phương ta có AÂ '. AB  0; AÂ'.AD  0

x  y  0


Và AA’= 2 nên ta có hệ  x  y  0
 A' (0;0; 2 ) Do A’ có tung độ dương
x 2  y 2  z 2  2

Lại có đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là AC’ mà

1 
AC '  AB  AD  AÂ '  C ' 2;0; 2  I 1;0;
 là trung điểm của AC’ và bán kính
2




mặt cầu là R = AI=

6
2



0,25

0,25

0,25


2


1 
3
Phương trình mặt cầu là:  x  1  y   z 
 
2
2

Số phần tử của của không gian mẫu: n()  C152 C122
2

2

0,25
0,25

Gọi A là biến cố: “Các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ”
n(A)= C 82 C 72  C 52 C 72  C81C 71C 71C 51
Câu 5
(0,5
điểm)

Câu 6
(1,0
điểm)

P(A) =

n( A) 197


n() 495

0,25

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 của khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD.

1,00

Ta có hình chiếu của SC trên mặt phẳng đáy là AC vậy góc SCA là góc giữa SC và mặt
phẳng đáy  SA  AC tan   a

0,25

Ta có S ABCD  AB.AD  2a

2

0,25

1
2a 3
(dvtt)
Do đó: VS .ABCD  .SA.S ABCD 
3
3
Ta
có
d(D,(SBM)=d(C,(SBM)=

1/2
d(A,(SBM))
Dựng AN  BM ( N thuộc BM) và AH  SN
(H thuộc SN)
Ta có: BM  AN, BM  SA suy ra: BM  AH.
Và AH  BM, AH  SN suy ra: AH  (SBM).
Do đó d(A,(SBM))=AH

1
2a 2
4a
AN .BM  a 2  AN 

2
BM
17
1
1
1
4a

 2  AH 
Trong tam giác vuông SAN có:
2
2
AH
AN
SA
33
2a

Suy ra d(D,  SBM  
33

0,25

2

Ta có: S ABM  S ABCD  2S ADM  a ; S ABM 

0,25

1,00

Câu 7
(1,0
điểm)

Gọi E là giao cuả tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với
BC, PT BC: x-2y-3=0  E(5;1) và chứng minh được ED =EA
Từ A(7-2a;a)  d x+2y-7=0. Từ EA=ED ta có (2-2a)2+(a-1)2=20  A(1;3) ( do
tung độ A dương)
 21 3 
 16  12 
M là trung điểm của BD  B ;   AB ;

 5 5
5 5 









Gọi C(2c+3;c) ta có cos AB; AD  cos AC; AD  C  15;9

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

( Học sinh có thể sử dụng phương tích EB. EC  EA 2 )

Giải hệ phương trình sau

1,00


ĐK: y  2;( x  2)( y  1)  0

Câu 8
(1,0
điểm)

Phương trình (1)  x  2 ( x  1) 2  3  y  2 y 2  3
2t
Xét hàm f(t) = t  2 t 2  3 có f ' (t )  1 
, t  R  f ' (t )  0  t  1

t2  3
f ' (t )  0, t  1; f ' (t )  0, t  1
Từ điều kiện ta có
-Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1
mà pt (1) có dạng f(x-1)=f(y)  y  x  1
-Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1 pt (1)  y  x  1
Vậy ta có y=x-1 thế vào pt (2) ta có:
x 1
 4 x 2  x  6  (1  2 x)  5 x  1 (3) 
 x 1
2
4x  x  6 1  2x
 x  1  0  x  1

2
 4 x  x  6  1  2 x  x  1 (4)

1

2 7
x 
Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x  1  2 x  1  
x
2
2
4 x 2  8 x  3  0

2 7
Thử lại ta có: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1; x 
. Vậy hệ có

2
2 7 7 

nghiệm là (x;y) = (-1;-2) và 
;

2
2


( học sinh có thể bình phương để giải pt ẩn x)
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 

0,25

0,25

0,25

1,00

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

a  b  2c  1 a  b  2c  1


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

Câu 9
(1,0
điểm)

0,25

0,25

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

2
1
1
2


  2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b 
Thật vậy, )
1  a 1  b 1  ab
)







a b

2





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

ab=1
) ab 



ab  1

2





2

ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1.

0,25


1
1
2
2
4




1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab
2
4
4

16



. Đặt t  a  b  2c, t  0 ta
2
ab  bc  ca  c
 a  c  b  c   a  b  2c 2

Do đó,

0,25

có:
P  2  f (t ) 

16  t  1

 6 ln t , t  0;
t2
6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8 
f '(t )  


t
t3
t3
t3

BBT

t 0
f’(t)

-

4
0


+

f(t)
5+6ln4
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.
Chú ý:
Đây chỉ là hướng dẫn chấm, một số bài học sinh phải giải chi tiết
Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016

TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

Môn thi: TOÁN
( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề )
Đề thi này có 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

2x 1
(1).
x 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M
đến đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2cos x.cos 2 x  2  2sin 2 x  cos 3 x .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I 

2x2  1
dx .
x



Câu 4 (1,0 điểm).

1
1
1. Giải phương trình: log 1 (2 x 2  3 x  1)  log 2 ( x  1)2  .
2
2
4
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  8ln x  x 2 trên đoạn [1;e].
Câu 5 (1.0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu
nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đủ 3 màu, có đúng

một quả cầu màu đỏ và có không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB  a; AD  2a , tam giác
SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SD. Tính thể tích khối
chóp S.ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết AB 
điểm thuộc đoạn thẳng BC sao cho BF 
2

3
AD . Gọi F là
2

3
BC . Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình
4

2

9 
1  225

. Đường thẳng d đi qua hai điểm A, C có phương trình 3 x  11 y  2  0 . Tìm
x   y  
4 
4
8


tọa độ đỉnh C biết điểm A có hoành độ âm.

 3 4 y 2  4 y  x3  2  x  4 y  2

Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
3
3
2 2 y  x  3 y  x  1  6 x  x  1  2  0





 x; y    .

Câu 9 (1.0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: P 

a2

1  a 

2


 5bc

16b 2  27  a  bc 

2

.
2
36  a  c 
___________ 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: ………………………………………