Tuyển tập đề thi thử THPT Quốc gia môn toán năm 2016 từ các trường trên cả nước.

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

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

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: cos 2x + cos 6x = cos 4x
b) Cho cos 2α = −

π

4
π
với < α < π . Tính giá trị của biểu thức: P = (1 + tan α ) cos  − α 
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.

xy − y 2 + 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 + y3 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

+

1


Câu
1
(2.0 điểm)

Đáp án

Điểm

a. (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị…
• Tập xác định: D = ℝ.
• 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; y CT = 1.

0.25

• Đồ thị:
x

−1

1

y

3

5

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
x 3 + 3x 2 + 1 = 9x − 4 ⇔ x3 + 3x 2 − 9x + 5 = 0 (x − 1)2 (x + 5) = 0 ⇔ 
 x = −5

0.25

0.25

Do B ≠ A nên B(−5; − 49) . Ta có: AB = ( −6; −54 ) ⇒ AB = 6 82 ;

d ( O,d ) =

4
82

0.25

.

Suy ra: S∆OAB =

1
1 4
d ( O,d ) .AB = .
.6 82 = 12 (đvdt)
2
2 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

2


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
(1.0 điểm)

0.25

[2 ; 4 ]

a. Giải phương trình …
 cos 4x = 0
PT ⇔ 2 cos 4 x cos 2 x = cos 4 x ⇔ cos 4x(2 cos 2x − 1) = 0 ⇔ 
 cos 2x = 1

2



π
π
π
 4 x = 2 + kπ
x = 8 + k 4
⇔

⇔
 x = ± π + kπ
 2 x = ± π + k 2π


3
6
b.Tính giá trị biểu thức…

0.25

0.25

π
< α < π nên sin α > 0,cos α < 0 . Ta có:
2
1 + cos 2α 1
1
= ⇒ cos α = −
cos2α =
,
2
10
10

Do

sin 2 α = 1 − cos2 α =

9

3
sin α
, tan α =
⇒ sin α =
= −3
10
cos α
10

Khi đó: P = (1 + tan α ) .

4
(1.0 điểm)

0.25

1
2

1  1
3 
2 5
+
−
=−
5
2  10
10 

( cos α + sin α ) = (1 − 3) .

0.25

a.Tìm hệ số của số hạng chứa x 2010 trong khai triển…
k

2016

2016
2016

 2 
2 
k
Xét khai triển:  x + 2  = ∑ C2016
x 2016− k  2  = ∑ 2 k Ck2016 x 2016− 3 k
x 
k=0
k=0

x 
2010
Số hạng chứa x
ứng với 2016 − 3k = 2010 ⇔ k = 2 là 22 C22016 x 2010 có hệ số là

22 C22016 = 4C22016 .

b.Tính xác suất …
Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X”.
Khi đó: Ω = 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 Ω A = C35 .C34 .6! = 28800
Vậy xác suất cần tìm là: P(A) =

5
(1.0 điểm)

ΩA
Ω

=

0.25

28800 10
=
60480 21

Tìm tọa độ điểm M …
Giả sử M(2t + 2; t) ∈ d ⇒ MA = (−2t − 3; 2 − t) ⇒ MA 2 = 5t 2 + 8t + 13

MB = (1 − 2t; 4 − t) ⇒ MB = 5t − 12t + 17
2

2

0.25
0.25

3


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
(1.0 điểm)

0.25

0.25

 16 3 
Vậy tọa độ điểm M là: M(5;1), M  ;  .
 5 5
Tính thể tích khối chóp S.ABC
S

SH vuông góc (ABC) ⇒ góc giữa
SA và (ABC) là: SAH = 60o

⇒ SH = AH.tan SAH = 2 3

K

D

E
H

A

0.25
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.

A

Do IA = IC ⇒ IAC = ICA (1)
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại
M ⇒ MH ⊥ AB ⇒ MH //AC (cùng vuông
góc AC) ⇒ MHB = ICA (2)
Ta có: ANM = AHM (chắn cung AM) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có:

N

E
M
B

H

I

C

0.25

IAC + ANM = ICA + AHM
= MHB + AHM = 90o

4


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



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 



58 
48 
⇒ AH =  2t − 2; 4t −  , IH =  2t − 4; 4t − 
10 
10 


272 896
Vì AH ⊥ HI ⇒ AH.IH = 0 ⇔ 20t 2 −
t+
=0
5
25
 8
 11 13 
⇒ H  ;  (thoûa maõn)
t =
5
5 5

⇔
 28
 31 17 
⇒ H  ;  (loaïi)
t =
 25
 25 25 
 11 13 
8
Với t = ⇒ H  ;  (thỏa mãn)
5
5 5

8
(1.0 điểm)

6 3
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 (*)

0.25

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

y −1− x
y −1 + x
y −1 − x
y −1 + x

0.25



1
⇔ (x − y + 1)  y − 1 +
=0


−
+
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 (**)

0.25

⇔ 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

5




1
3
⇔ ( − 4 + 5x − x 2 ) 
+
 = 0
 3 5 − x + (7 − x)

5
4
x
−
+
x



⇔ − x 2 + 5x − 4 = 0 (do (**)
x = 1 ⇒ y = 2
⇔
(thỏa mãn (*),(**))
x = 4 ⇒ y = 5

0.25

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5).

9
(1 điểm)

Tìm GTNN …

a2 b 2 c2 (a + b + c)2
+ + ≥
(*) với a, b, c, x, y,z > 0 và chứng minh.
x y z
x+y+z
(Học sinh không chứng minh (*) trừ 0.25)

Ta có BĐT:

Áp dụng (*) ta có: P ≥

(x + y + z)2
xy + yz + zx + 8 + x3 + 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 + y 3 = (2 + y)(4 − 2y + y 2 ) ≤
=
2
2
2
2 + z + 4 − 2z + z
6 − z + z2
8 + z3 = (2 + z)(4 − 2z + z 2 ) ≤
=
2
2
2
2(x + y + z)
Suy ra: P ≥
2xy + 2yz + 2zx + 18 − (x + y + z) + x 2 + y 2 + z 2
Ta có:

0.25

8 + x 3 = (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
với t ≥ 3.
t 2 − 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

Xét hàm số: f(t) =

0.25

+∞
−

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:

2

0.25

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

6


ĐỀ THI THỬ - CHUẨN BỊ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Trường THPT
Phú xuyên B

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1 (2 điểm)
Cho hàm số y =

2x +1
x +1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
y = - x + 2.
Câu 2 (1 điểm)
a) Cho tan a = 2. Tính giá trị biểu thức: E =

8cos3 a − 2sin3 a + cos a

2 cos a − sin3 a
b) Cho số phức z thỏa mãn: ( 3 − 2i ) z − 4 (1 − i ) = ( 2 + i ) z . Tính môđun của z.
Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình: (3 + 5)x + 16(3 − 5)x = 2 x +3
π
4

(e tan x + sin x)
Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân: ∫
dx
cos 2 x
0
Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy, cạnh bên cùng bằng a.

Gọi M là trung điểm của SC. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ S đến
mp(ABM) theo a.
Câu 6 (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P)
x = 1 − t
x −1 y − 2 z − 3

chứa đường thẳng d:
và song song với đường thẳng ∆:  y = t .
=
=
1
2
3
z = 1 + t


Tính khoảng cách từ ∆ đến mp(P).
Câu 7 (0,5 điểm) Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
Tìm hệ số a10.
Câu 8 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(-2; -1) và
trực tâm H(2; 1). Cạnh BC = 20 . Gọi I, J lần lượt là chân các đường cao hạ từ B, C.
Trung điểm của BC là điểm M thuộc đường thẳng d: x – 2y – 1 = 0 và M có tung độ dương.
Đường thẳng IJ đi qua điểm E(3; - 4). Viết phương trình đường thẳng BC.
Câu 9 (1 điểm) Giải bất phương trình:

x 2 + 3x + 2 x + 2 ≤ 2x + x +

Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn: a + b + c =
nhất của biểu thức P =

1
3

a + 3b

+3

1
b + 3c

+3

6
+5
x
3
. Tìm giá trị nhỏ
4

1
c + 3a

-------------------------------------HẾT-------------------------------------*Ghi chú: Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh..........................................................
Số báo danh.....................................................Phòng thi:.................
1


P N THANG IM THI TH NM 2015 Mụn TON
Câu

Cõu 1
(2,0 im)

Đáp án

Điểm

a.(1,25 điểm) Khảo sát . . .
* Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
1
Ta có y ' =
> 0 với mọi x - 1
( x + 1) 2
Nên hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó
- Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2
x +

0,25

0,25

x

lim y = +; lim + y = ; tiệm cận đứng: x = - 1

x ( 1)

Bảng biến thiên
x -

y
+
y

-1

x ( 1)

+
0,25

+
2

+

2

-

* Đồ thị
Giao với trục Oy: (0; 1); Giao với Ox: (-1/2; 0)
Tâm đối xứng I(-1; 2)

0,25

0,25

b. (0,75 điểm)
2 x0 + 1

x0 + 1
Tip tuyn vuụng gúc ng thng y = - x + 2 nờn cú h s gúc k = 1

Gọi M(x0; y0) là một điểm thuộc (C), (x0 - 1) thì y0 =



1

0,25

2

= 1 ( x 0 + 1) = 0 x 0 = 1 v x 0 = 2
2
x
+
1
( 0 )
Vi x 0 = 0 y0 = 1 pttt : y = x + 1
Vi x 0 = 2 y0 = 3 pttt : y = x + 5

0,25
0,25
2


KL: Có 2 tiếp tuyến tmycbt
a.(0,5 điểm)
Câu 2

(1 điểm)

3

Chia cả tử và mẫu cho cos x ≠ 0 ta được:

1

8 − 2 tan 3 a +
E=

2
cos 2 a

3
2
cos 2 a = 8 − 2 tan a + 1 + tan a
2 1 + tan 2 a − tan 3 a
− tan 3 a

(

Thay tan a = 2 ta được: E = −

0,25

)

0,25

3
2

b. (0,5 điểm)
Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ R )
Gt ⇔ ( 3 − 2i )( a − bi ) − 4 + 4i = ( 2 + i )( a + bi )

⇔ 3a − 2b − 4 − ( 2a + 3b − 4 ) i = 2a − b + ( a + 2b ) i

0,25

3a − 2b − 4 = 2a − b
a = 3
⇔
⇔
⇒ z = 10
4 − 2a − 3b = a + 2b
 b = −1
Câu 3
(0,5 điểm)

x

0,25

x

3+ 5 
3− 5 
Phương trình ⇔ 

+
16


 =8
2
2




3+ 5 
Đặt t = 

 2 

x

( t > 0)

⇒ pt : t +

0,25

16
= 8 ⇔ t 2 − 8t + 16 = 0 ⇔ t = 4
t

x

3+ 5 
(t TMĐK) ⇒ 
 = 4 ⇔ x = log 3+ 5 4
2


2
Câu 4
(1,0 điểm)

0,25

KL: Phương trình có 1 nghiệm duy nhất
π
π
4

I=

4

e tan x

sinx

∫ cos2 x dx + ∫ cos2 xdx = I1 + I2
0

0,25

0

Tính I1 : Đặt t = tanx ⇒ dt =

dx
cos 2 x

;x = 0 ⇒ t = 0; x =

π
4

⇒ t =1
0,25

1

1
⇒ I1 = ∫ e t dt = e t = e − 1
0
0

Tính I2: Đặt u = cosx ⇒ du = − sinx; x = 0 ⇒ u = 1; x =

⇒ I2 = −

2
2

∫

1

π
4

⇒u=

2
2

2
1
=
2 = 2 −1
u2 u
1

du

0,25

3


Vậy: I = e +

0,25

2−2
S

Câu 5
(1,0 điểm)
M

0,25
N

B

C

H
A
D

1
Ta có VS . ABCD = S ABCD .SH Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều có các
3
cạnh bên bằng nhau và SH ⊥ ( ABCD ) . Ta có S ABCD = a 2
Xét tam giác SAC vuông tại S nên SH là trung tuyến và là đường cao của tam
1
a 2
giác nên ta có SH = AC =
( AC 2 = 2a 2 )
2
2
1 2 a 2 a3 2
Vậy: VS . ABCD = .a .
=

□
3
2
6

0,25

0,25

Vì M là trung điểm SC nên mp(ABM) cắt SD tại N là trung điểm SD.
Ta có VS . ABMN = VS . ABN + VS .BMN
Mặt khác ∆BCD = ∆ABD ⇒ VS . ABD = VS . BCD =

1
VS . ABCD
2

VS . ABN SA.SB.SN 1
=
= (vì N là trung điểm SD)
VS . ABD SA.SB.SD 2
VS . BMN SB.SM .SN 1 1 1
=
= . =
VS . BCD
SB.SC .SD 2 2 4
1
1
VS . ABMN = VS . ABN + VS .BMN = VS . ABD + VS . BCD
2

4

Xét tỉ số

1
1
3
3 a 3 2 a3 2
= VS . ABDC + VS . ABCD = VS . ABCD = .
=
□
4
8
8
8 6
16
Mà ABMN là hình thang cân có AB = a ;

a
a 3
3a 2 a 2 a 11
MN = ;AN =
⇒ đ cao MK =
−
=
2
2
4 16
4
a

a + a 11 3a 2 11
2.
.
⇒ SABMN =
=
2
4
16
4


Mà VS.ABMN =

Câu 6
(1 điểm)

1
3V
SABMN .d ⇒ d = S.ABMN
3
SABMN

3a 3 2
a 22
=
d (S,( ABM ) ) = d = 16
11
3a 2 11
16
(P) có 1 cặp véc-tơ cp u1 = (1;2;3) & u 2 = ( −1;1;1)

Nên (P) có 1 véc-tơ pháp tuyến n = [ u1, u 2 ] = ( −1; −4;3) và
M1 (1;2;3) ∈ ( P ) . Suy ra phương trình mp(P): x + 4y – 3z = 0.
Lấy M 2 (1;0;1) ∈ ∆ ⇒ d = d ( ∆ ,(P) ) = d ( M ,(P) )

0,25

0,25
0,25
0,25

2

1− 3

Vậy: d =

12 + 42 + 32

(

2

P(x) = 1 + x + x + x

5

0,25

) = (1 + x) .(1 + x )

3 5

Hệ số a10 là hệ số của
Câu 7
(0,5 điểm)

2
26
=
13
26

=

2 5

5

x10

0

1

2 2

3 3

4 4

5 5

+ Ta có: (1 + x ) = C5 + C5 x + C5 x + C5 x + C5 x + C5 x

(

+ Ta có: 1 + x

2 5

)

0

1 2

2 4

3 6

4 8

0,25

5 10

= C5 + C5 x + C5 x + C5 x + C5 x + C5 x

Suy ra hệ số của số hạng

x10

của f(x) là:

C50C55 + C52C54 + C53C54 = 1.1 + 50 + 50 = 101
10
10 0
8 2
6 4

0,25

=x x =x x =x x )

( do x

A

Câu 8
(1 điểm)

E

I

J

H
d

B

C

M

Tứ giác AIHJ nội tiếp đ tròn đường kính AH, có phương trình:
x 2 + y 2 = 5 (C). Vì M thuộc d nên tọa độ M(2b + 1 ; b).
2

0,25
2

Đường tròn tâm M, đường kính BC có pt : ( x − 2b − 1) + ( y − b ) = 5 (C’)
Dễ thấy I, J thuộc đường tròn (C’). Vậy I, J là giao điểm của 2 đường tròn (C),
(C’) nên pt IJ có dạng :
5


2

x 2 + y 2 − 5 = x 2 + y 2 − 2 ( 2b + 1) x − 2by + ( 2b + 1) + b 2 − 5
2

0,25

⇔ 2 ( 2b + 1) x + 2by − ( 2b + 1) − b = 0
2

2

Câu 9
(1 điểm)

Vì IJ qua E nên ta có b = 1 ⇔ b = ±1 . Mà b > 0 nên b = 1 suy ra M(3; 1)

0,25

Đường thẳng BC qua M, có véc-tơ pháp tuyến AH .
Vậy phương trình BC:
2x + y – 7 = 0.

0,25

 2
x + 3x ≥ 0
x + 2 ≥ 0

● Điều kiện: x ≠ 0
⇔ x > 0.


6
x + + 5 ≥ 0
x


(∗) ⇔
⇔x

x (x + 3) + 2 x + 2 − 2x −

(x + 2)(x + 3)

x+3
−
x

x

x 2 + 5x + 6
≤0
x

+ 2 x + 2 − 2x ≤ 0

0,25

x+3
x − x +2 −2 x − x +2 ≤ 0
x


 x + 3

⇔ x− x +2 
− 2 ≤ 0

x


⇔

(

(

) (

)

)

0,25

 x +3
 x +3
−2≤0
−2≥0


⇔ x
v x
x − x + 2 ≥ 0
x − x + 2 ≤ 0


x + 3
 x+3
 x+3
 x ≤4

−2≤0 
≤2 

⇔ x
⇔ x>0
 x





Hệ:  x − x + 2 ≥ 0
x ≥ x + 2
 x 2 − x − 2 ≥ 0
x ≥ 1
⇔
⇔x≥2
x ≥ 2

0,25

x + 3
 x+3
 x+3
 x ≥4
−2≥0 
≥2 

⇔ x
⇔  x > 0 (ĐKXĐ)

 x





Hệ:  x − x + 2 ≤ 0
x ≤ x + 2
 x 2 − x − 2 ≤ 0
x ≤ 1
⇔
⇔ 0 < x ≤1
0 < x ≤ 2
KL: bpt có tập nghiệm S = ( 0;1] ∪ [ 2; +∞ )

0,25

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
6


Câu 10
(1 điểm)

1 1 1
3
1 1 1
9
(*)
(x + y + z ) + +  ≥ 33 xyz

=9⇒ + + ≥
3 xyz
x y z x+y+z
x y z
¸p dông (*) ta cã:
1
1
1
9
P=3
+3
+3
≥3
3
a + 3b
b + 3c
c + 3a
a + 3b + b + 3c + 3 c + 3a
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có:
a + 3b + 1 + 1 1
3 ( a + 3b )1.1 ≤
= ( a + 3b + 2 )
3
3
b
+
3c
+
1
+

1
1
3 ( b + 3c )1.1 ≤
= ( b + 3c + 2 )
3
3
c + 3a + 1 + 1 1
3 ( c + 3a )1.1 ≤
= ( c + 3a + 2 )
3
3

0,25

0,25


1 3
1
a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤  4 ( a + b + c ) + 6  =  4. + 6  = 3
3 4
3

Do ®ã P ≥ 3
3

a
+
b
+

c
=
1

DÊu = x¶y ra ⇔ 
⇔a=b=c=
4
4
a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1
VËy P ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 3 khi a = b = c = 1 / 4
Suy ra

3

0,25

0,25

*Ghi chú: Nếu thí sinh trình bày theo cách khác đáp án mà vẫn suy luận lôgic thì
vẫn cho điểm theo từng bước làm đúng.

7


TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO

ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán - Khối: A, D - Lớp: 12
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

x
(C).
2x −1

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y =

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng

2
.
3

Câu 2 (1.0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = 2 x 3 + 3 x 2 − 12 x + 1 trên [–
1; 5].

Câu 3 (1.0 điểm).
1

4

a) Tính: A = 81log 3 + 27 log 6 + 33log 9
b) Giải phương trình: cos3 x.cos x = 1
Câu 4 (1.0 điểm). Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4
5

3

8

môn trong đó có 3 môn bắt buộc là Toán, Văn, Ngoại ngữ và 1 môn do thí sinh tự
chọn trong số các môn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí. Trường X có 40
học sinh đăng kí dự thi, trong đó 10 học sinh chọn môn Vật lí và 20 học sinh chọn
môn Hóa học. Lấy ngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ của trường X. Tính xác suất để trong
3 học sinh đó luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa học.
Câu 5 (1.0 điểm). Giải bất phương trình:

x≥

x 4 − 2 x3 + 2 x − 1
( x ∈ ℝ)
x3 − 2 x2 + 2 x

Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với cạnh AB=2a,

AD=a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB, SC tạo với
đáy một góc bằng 450. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A
tới mặt phẳng (SCD).
Câu 7 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B,
AB=2BC, D là trung điểm của AB, E thuộc đoạn AC sao cho AC=3EC, biết phương
16
3
 xy ( x + 1) = x 3 + y 2 + x − y

Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ PT 
, ( x, y ∈ ℝ ).
2
2
3 y 2 + 9 x + 3 + ( 4 y + 2 ) 1 + x + x + 1 = 0
Câu 9 (1.0 điểm). Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a + b + c = 2 . Tìm GTLN

trình đường thẳng CD: x-3y+1=0 , E ( ;1) . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

(

)

(

)

của biểu thức
S=

ab
bc
ca
+
+
ab + 2c
bc + 2a
ca + 2b

-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:………………………………………………SBD:…………………

1


TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO

ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán - Khối A, D - Lớp: 12

Câu

Nội dung

Điểm

x
Cho hàm số y =
(C). Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2x −1
1 
• TXĐ D = ℝ \   .
2
1
1
• lim y = , đồ thị có TCN y = ; lim + y = +∞; lim − y = −∞ , đồ thị hàm số có
x →±∞
1
2
2 x → 1 
x → 
2

1.0
0.25

2

1
TCĐ x = .
2
1
• y'= −
⇒ y ' < 0, ∀x ∈ D.
2
( 2 x − 1)

0.25

• BBT
x
y'
y

1/2

−∞

+∞

-

-

1

2

+∞

1
2

−∞

0.25

1a



1 1
 




Hàm số nghịch biến trên các khoảng  −∞;  ,  ; +∞  .
2
2

• Đồ thị

0.25

1 1




Đồ thị nhận I  ;  là tâm đối xứng
2 2
1b

Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng
Với y0 =

2
.
3

1.0

x0
2
2
⇒
= ⇒ 4 x0 − 2 = 3 x0 ⇒ x0 = 2
3
2 x0 − 1 3

0.25

2


Ta có: f '( x) = −

1

( 2 x − 1)

⇒ f '(2) = −

2

1
9

0.25

1
8
 2
Vậy PT tiếp tuyến tại điểm  2;  là: y = − x +
9
9
 3

0.5

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = 2 x 3 + 3x 2 − 12 x + 1 trên [–1; 5].

1.0

2

0.25

y ' = 6 x + 6 x − 12

2

 x = 1(∈ [ −1;5])
y' = 0 ⇔ 
 x = −2 (∉ [ −1;5])
Ta có: y ( −1) = 14, y (1) = −6, y (5) = 266
Vậy max y = 266 khi x = 5, min y = −6 khi x = 1

0.25
0.25

[ −1;5]

[ −1;5]

1
log5 3

a) Tính: A = 81
4log3 5

0.25

3log 3 6

+ 27

log3 6

+3

4
3log8 9

0.5

4
3log 3 32

0.25

A=3
+3
+3
2log 2
4
3
=5 +6 +3
= 54 + 63 + 22 = 845
b) Giải phương trình: cos 3 x.cos x = 1
PT ⇔ cos 4 x + cos 2 x = 2 ⇔ 2cos 2 2 x + cos 2 x − 3 = 0
cos 2 x = 1
⇔
⇔ x = kπ ( k ∈ ℤ)
cos 2 x = − 3 ( L)


2
Tính xác suất để trong 3 học sinh đó luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học
sinh chọn môn Hóa học.
Số phần tử của không gian mẫu là nΩ = C403
Gọi A là biến cố “3 học sinh được chọn luôn có học sinh chọn môn Vật lý và học
sinh chọn môn Hóa học”
1
1
+ C20
.C101 .C101
Số phần tử của biến cố A là n A = C101 .C202 + C102 .C20
2

0.25
0.5
0.25

3

3

4

Vậy xác suất để xảy ra biến cố A là PA =
Giải bất phương trình:

x≥

0.25

1.0

0.25
0.5

n A 120
=
nΩ 247

0.25

x4 − 2 x3 + 2 x − 1
( x ∈ ℝ)
x3 − 2 x 2 + 2 x

1.0

ĐK: x > 0, BPT tương đương:
5

( )

3

x
( x + 1)( x − 1)3
( x − 1)3
x≥
⇔
≥

(1)
x + 1 ( x − 1) 2 + 1
x ( x − 1) 2 + 1
Xét hàm số f (t ) =

Ta có: f '(t ) =

0.25

t3
trên ℝ
t2 +1

t 4 + 3t 2

( t 2 + 1)

2

0.25

≥ 0 ∀t ∈ ℝ

0.25

Mà f(t) liên tục trên ℝ nên f(t) đồng biến trên ℝ .

3

3+ 5
2
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng
(SCD).
(1) có dạng: f

( x ) ≥ f ( x − 1) ⇔

0.25

x ≥ x −1 ⇔ 0 < x ≤

1.0

S

P
A

D

0.25
H

6

M

B

C

Ta có HC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) suy ra
(SC;(ABCD))=(SC;AC)= SCH =45 0
HC=a 2 suy ra SH=a 2

1
1
2 2 a3
VSABCD = SH .S ABCD = SH . AB. AD =
3
3
3
Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu của H lên SM khi đó HM ⊥ CD; CD ⊥ SH
suy ra CD ⊥ HP mà HP ⊥ SM suy ra HP ⊥ (SCD) Lại có AB//CD suy ra AB//
(SCD) suy ra d(A;(SCD))=d(H;(SCD))=HP

0.25

a 6
a 6
vậy d(A;(SCD))=
3
3
HP
HM
HS
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB=2BC, D
là trung điểm của AB, E thuộc đoạn AC sao cho AC=3EC, biết phương trình

Ta có

7

0.25

1

2

=

1

2

+

1

2

0.25

suy ra HP=

1.0

16
;1) . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

3

đường thẳng CD: x-3y+1=0 , E (
A

D

E
I
B

C

Gọi I = BE ∩ CD
0.25

BA 1 EA
= =
⇒ E là chân đường phân giác trong góc ABC
BC 2 EC
BD = BC ⇒ BE ⊥ CD ⇒ BE : 3x + y − 17 = 0 .

0.25

4


I = BE ∩ CD ⇒ Tọa độ I (5; 2)
x 5
3

Đặt BC = x > 0 ⇒ AB = 2 x; AC = x 5; EC =
∠CEB = 450 ⇒ IC = IB = BC.cos 450 =
IE 2 = CE 2 − CI 2 ⇒ IE =

x

3 2

x 
2 
 ⇒ IB = −3IE ⇒ B (4;5)



0.25

C ∈ CD ⇒ C (3a − 1; a )

a = 1
BC = BI 2 ⇒ BC = 2 5 ⇔ a 2 − 4a + 3 = 0 ⇔ 
a = 3

0.25

Với a=1 thì C (2;1), A(12;1)
Với a=3 thì C (8;3), A(0; −3)
 xy ( x + 1) = x3 + y 2 + x − y

Giải hệ PT 

, ( x, y ∈ ℝ ).
2
2
3 y 2 + 9 x + 3 + ( 4 y + 2 ) 1 + x + x + 1 = 0
ĐKXĐ ∀x ∈ ℝ.
Ta có xy ( x + 1) = x 3 + y 2 + x − y ⇔ x3 − x 2 y + y 2 − xy + x − y = 0

(

)

(

1.0

)

y = x
⇔ ( x − y ) ( x 2 − y + 1) = 0 ⇔ 
2
 y = x +1

8

0.25

Với y = x 2 + 1 thay vào PT thứ 2 ta được

)

(

3 ( x 2 + 1) 2 + 9 x 2 + 3 + ( 4 x 2 + 6 )

(

)

1 + x + x 2 + 1 = 0 . Dễ thấy PT vô nghiệm.

)

(

0.25

)

(

Với y = x thay vào PT thứ 2 ta được 3 x 2 + 9 x 2 + 3 + ( 4 x + 2 ) 1 + x + x 2 + 1 = 0

)
( 3 + ( 2x + 1) + 2)
9 x + 3 ) = ( −2 x − 1) ( 3 + ( −2 x − 1) + 2 )
Xét hàm số f (t ) = t ( t + 2 + 2 ) ta có f '(t ) = t + 2 + 2 +
(
⇔ 3x ( 2 +

2

⇔ 3 x 2 + 9 x 2 + 3 = − ( 2 x + 1)

2

2

2

2

0.25
t2
t2 + 2

> 0 suy ra hàm số

đồng biến.
1

 1


1

Từ đó suy ra 3x = −2 x − 1 ⇔ x = − . Vậy HPT có nghiệm ( x; y ) =  − ; −  .
5
5 5

0.25



Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a + b + c = 2 . Tìm GTLN của biểu
9

thức S =

1.0

ab
bc
ca
+
+
ab + 2c
bc + 2a
ca + 2b

ab
1 a
b 
≤ 
+
( a + c )( b + c ) 2  a + c b + c 
a
b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
=
a+c b+c

Ta có

ab
ab
=
=
ab + 2c
ab + ( a + b + c ) c

0.25

5


bc
1 b
c 
≤ 
+
,
bc + 2a 2  b + a c + a 
1 a+b b+c c+a 
Cộng các vế ta được S ≤ 
+
+
=
2 a+b b+c c+a 
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .

3
3
2
Vậy S max = ⇔ x = y = z = .
2
3

Tương tự ta cũng có

ca
1 c
a 
≤ 
+

ca + 2b 2  c + b a + b 
3
.
2

0.25

0.25

0.25

6


ĐỀ THI KIỂM TRA KIẾN THỨC KỲ THI THPT QUỐC GIA

NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số y =

x−4
x −1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Xác định tọa độ điểm M thuộc đò thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục hoành tại điểm có hoành
độ bằng -8.
Câu 2.(1,0 điểm).
a. Giải phương trình: sin x = 2 sin 5 x − cos x
b. Giải phương trình:

log 2 ( x 2 − 1) = log 1 ( x − 1)
2

Câu 3.(1,0 điểm).Tìm nguyên hàm: I = ∫ x

(

)

x + e x dx

Câu 4.(1.0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A ( −4;1;3) và đường thẳng

x +1 y −1 z + 3
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm
=
=
−2
1
3
điểm B thuộc d sao cho AB = 27 .
d:

Câu 5.(1,0 điểm).
2n

a. Tìm hệ số của x9 trong khai triển ( 2 − 3x ) , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:

C21n +1 + C23n +1 + C25n +1 + ... + C22nn++11 = 4096
b. Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam, 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ. Chọn ra từ đó 4
người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn.
Câu 6.(1,0 điểm). Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = 2a, AD = a. Trên cạnh
AB lấy điểm M sao cho AM =

a
, cạnh AC cắt MD tại H. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH
2

= a. Tính thể tích khối chóp S.HCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a.
Câu 7.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có AC = 2 AB . Điểm

4 8
M ( 2; −2 ) là trung điểm của cạnh BC. Gọi E là điểm thuộc cạnh AC sao cho EC = 3EA , điểm K  ;  là
 5 5
giao điểm của AM và BE. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm E nằm trên đường thẳng
d : x + 2y − 6 = 0 .

 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
 4 y − x − 2 + y − 1 = x − 1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
P=

2
+
3 + ab + bc + ca

3

abc
(1 + a )(1 + b )(1 + c )

…………………………………Hết…………………………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
1


Họ và tên thí sinh…………………………………………..; Số báo danh…………………………………….
Câu 8(1,0 điểm).
Giải hệ phương trình

 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4

2
 4 y − x − 2 + y − 1 = x − 1
Giải

 xy + x − y − y ≥ 0

Điều kiện:  4 y 2 − x − 2 ≥ 0
 y −1 ≥ 0

2

 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4
Hệ đã cho: 
 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1
Vì y ≥ 1 ⇒ y + 1 > 0 ⇒ x − y ≥ 0 ⇔ x ≥ y

(1)
( 2)

Phương trình (1) của hệ tương đương với:

x − y + 3 ( x − y )( y + 1) = 4 ( y + 1) ⇔ x − y + 3 ( x − y )( y + 1) − 4 ( y + 1) = 0
Vì y ≥ 1 ⇒ y + 1 > 0 ⇒ x − y ≥ 0 ⇔ x ≥ y ≥ 1
 x − y = y +1
⇔
⇔ x = 2 y +1
 x − y = −4 y + 1 ( vn )

Thay vào phương trình (2) của hệ ta được: 4 y 2 − 2 y − 3 + y − 1 = 2 y (*)
1 + 13
4
(*) ⇔ 4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) + y − 1 − 1 = 0

Điều kiện y ≥

⇔

⇔

4 y2 − 2 y − 3 − 4 y2 + 4 y −1
4 y 2 − 2 y − 3 + ( 2 y − 1)

2y − 4
4 y 2 − 2 y − 3 + ( 2 y − 1)

+

+

y − 2

2
⇔
+
 4 y 2 − 2 y − 3 + ( 2 y − 1)

y−2
=0

y −1 + 1

y−2
=0
y −1 +1
1
=0
y −1 +1

( 3)

 4 y 2 − 2 y − 3 + ( 2 y − 1) > 0
Phương trình (3) vô nghiệm vì y ≥ 1 ⇒ 2 y − 1 > 0 ⇒ 
.
 y − 1 + 1 > 0
Với y = 2 ⇒ x = 5 , thay lại hệ phương trình ban đầu, thỏa mãn.
Vậy hệ có một nghiệm ( 5; 2 ) .

2


TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĐC
-------------------------------Đề thi thử lần 1

ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
---------------------------------

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số y =

2x + 4
x +1

(C )

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Cho hai điểm A(1; 0) và B (−7; 4) . Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến đi qua điểm trung
diểm I của AB .
Câu 2: (1,0 điểm)
2
2
(
cos α + cos β ) + (sin α + sin β )
a) Cho α − β = . Tính giá trị P =
6
(sin α − cos β )2 + (sin β + cos α )2
2
2
b) Giải phương trình (2 sin x + 3 cos x ) + (3 sin x + 2 cos x ) = 25

π

Câu 3: (1,0 điểm)
a) Cho hàm số y = x. ln x − 2 x . Giải phương trình y / = 0

 2 x + y = 64
b) Giải hệ phương trình 
2
log 2 x + y = 3

(

)

(

)

π  π
= .
4 2

Câu 4: (1,0 điểm) Cho hàm số f ( x) = tan x 2 cot x − 2 cos x + 2 cos 2 x có nguyên hàm là F ( x) và F 
Tìm nguyên hàm F (x) của hàm số đã cho.

Câu 5: (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật .Biết SA ⊥ ( ABCD ) , SC hợp với mặt
phẳng ( ABCD ) một góc α với tan α =

4
, AB = 3a và BC = 4a . Tính thể tích của khối chóp S. ABCD và khoảng
5

cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC ) .
Câu 6: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho các điểm A(3; − 4; 0) , B (0; 2; 4) , C ( 4; 2; 1) . Tính diện tích tam giác
ABC và tìm tọa độ điểm D trên trục Ox sao cho AD = BC .
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C1 ) : ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 = 4 có tâm là I 1 và đường tròn

(C 2 ) : ( x − 4) 2 + ( y − 4) 2 = 10 có tâm là I 2 , biết hai đường tròn cắt nhau tại A và B . Tìm tọa độ diểm M trên đường
thẳng AB sao cho diện tích tam giác MI1 I 2 bằng 6.

(

Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình x +

x−4

)

2

+ x + 4 x − 4 + 2 x + x − 4 = 50 .

Câu 9: (1,0 điểm) Cho x ≥ 0 và y ≥ 0 thỏa điều kiện x + y = 2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = xy +

1
xy + 1

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

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………

1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ
Câu

Đáp Án
Câu 1
2x + 4
a) Khảo sát và vẽ đồ thị y =
(đúng, dầy đủ)

Điểm
1,0

x +1

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) ,
Gọi ∆ qua I (− 3; 2 ) có hệ số góc k ⇒ ∆ : y = k ( x + 3) + 2

0,25

2x + 4
 x + 1 = k ( x + 3) + 2
.Điều kiện ∆ tiếp xúc (C) 
−2
=k


( x + 1) 2
.Giải hệ ⇒ x = −2 ⇒ k = −2
.Vậy phương trình tiếp tuyến : ∆ : y = −2 x − 4
Câu 2

0.25
0,25

0,25

a)Tính giá trị P

P=

2 + 2(cos α cos β + sin α sin β ) 2 + 2 cos(α − β )
=
2 − 2(sin α cos β − sin β cos α ) 2 − 2 sin (α − β )

2 + 2 cos
P=
2 − 2 sin

0,25

π
6 = 2+ 3

0,25

π

6
2
2
b) Giải phương trình (2 sin x + 3 cos x ) + (3 sin x + 2 cos x ) = 25
⇔ sin 2 x = 1
⇔x=
Câu 3

π
4

0,25

+ kπ

0,25

a) Giải phương trình

y = x. ln x − 2 x ⇒ y / = ln x − 1

0,25

y / = 0 ⇔ ln x − 1 = 0 ⇔ x = e

0,25

b) Giải hệ phương trình

 2 x + y = 64
 x+ y =6
⇔ 2

2
x + y = 8
log 2 x + y = 3
Giải hệ ⇒ ( 2; 4) và (−1; 7)

(

Câu 4

0,25

)

0,25

Tìm nguyên hàm F (x)

(

)

(

)

F ( x) = ∫ tan x 2 cot x − 2 cos x + 2 cos 2 x dx = ∫ 2 − 2 sin x + sin 2 x dx
= 2 x + 2 cos x −

cos 2 x
+C
2

π
2

π
π 
F   = 2. + 2 .
− 0 + C = ⇒ C = −1
4
2
2
4
cos 2 x
Vậy F ( x) = 2 x + 2 cos x −
−1
2

0,25
0,25

0,25

0,25

2


Câu 5

Tính thể tích của khối chóp S.ABCD
S

H

A

0,25

D

3a
α
B

C

4a
∧

Xác định đúng góc SCA = α
Thể tích VSABCD =

1
1
4
S ABCD .SA = .3a.4a. .5a = 16a 3
3
3
5

0,25

Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)
Xác định dược khoảng cách d (D, ( SBC ) = d ( A, ( SBC ) = AH

Tính đúng d (D, ( SBC ) ) = AH =
Câu 6

12a
5

0,25

Tính diện tích tam giác ABC

[AB; AC ] = (− 18; 7; − 24)

0,25

494
2
Tìm tọa độ điểm D trên trục Ox sao cho AD = BC .
Gọi D(x; 0; 0)
S=

1
18 2 + 7 2 + 24 2 =
2

2

Câu 7

2

2

2

2

0,25

0,25
2

.Ta có AD = BC ⇔ ( x − 3 ) + 4 + 0 = 4 + 0 + 3
Vậy : D(0; 0; 0) và D( 6; 0; 0 )
Tìm tọa độ diểm M
.phương trình đường thẳng d qua 2 điểm A và B (trục đẳng phương)
d :x+ y−4=0
.Đường thẳng (I 1 I 2 ) đi qua tâm I 1 và I 2
(I 1 I 2 ) : x − y = 0
M (m; 4 − m) ∈ d
1
S MI1I 2 = d (M , ( I 1 I 2 ).I 1 I 2 = 6 m = 4, m = 0
2
Vậy : M (4; 0) và M ( 0; 4)

Câu 8

(

Giải phương trình x +
Điều kiện x ≥ 4

(
⇔ (x +

)
x − 4)

⇔ x+ x−4

2
2

0,25

x−4

)

2

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

+ x + 4 x − 4 + 2 x + x − 4 = 50
0,25

+ x − 4 + 2 + 2 x + x − 4 = 50

(

)

+ 2 x + x − 4 − 48 = 0

0,25

Giải phương trình ⇒ x + x − 4 = 5

0,25

Giải phương trình : x + x − 4 = 5 ⇒ x = 5

0,25

3


Câu 9

Cho x ≥ 0 và y ≥ 0 thỏa điều kiện x + y = 2 .Tìm GTLN của biểu thức P = xy +

1
xy + 1

2

x+ y
Ta có 0 ≤ xy ≤ 
 =1
 2 
Đặt t = xy , điều kiện 0 ≤ t ≤ 1
1
1
t (t + 2)
P=t+
⇒ P/ = 1−
=
2
t +1
(t + 1) (t + 1) 2

x

0

P/

0

0,25

0,25

1
+

0,25

3

P
1
Vậy GTLN P =

3
Khi x = 1; y = 1
2

2

0,25

4