30 đề THI THỬ THPT QUỐC GIA môn TOÁN 2016 có HƯỚNG dẫn CHI TIẾT

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN (Năm học 2015 – 2016)
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)

Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1
b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB
bằng 4 (O là gốc tọa độ)
Câu 2: ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 x  cos2x  2sin x  1
1

b) Tính tích phân: I =  x 2 ( x  1)2 dx
0

Câu 3: (1 điểm)
a) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi.
Tính xác suất để hai viên bi được chọn cùng màu.
x 1
x
1
1
b) Giải phương trình:       2 .
 3
9
Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1)
và mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua
A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho

OM  3 .
Câu 5 ( 1 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc
với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300. Tính
thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM),
(M là trung điểm CD).
Câu 6 ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương
trình x + 2y – 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam
giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương trình
đường thẳng DE là x - 2 = 0 và điểm D có tung độ dương.
Câu 7 ( 1 điểm)

 2 y 2  3 y  1  y  1  x 2  x  xy
Giải hệ phương trình 
2
 2 x  y  3x  2 y  4  3 x  14 x  8  0
Câu 8 (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 1.
2a
2b
c2  1 3
Chứng minh rằng: 2


 .
a  1 b2  1 c2  1 2

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

Hướng dẫn giải và thang điểm
Câu
1a

Hướng dẫn giải
3

Điểm

2

Hàm số y = x – 3x +1
TXĐ D = R
Sự biến thiên: lim y 
x 

; xlim
y   ; y’=3x2-6x => y’ = 0  x  0; x  2


0,5

BBT
x

0

-
+

y'

+

2
-

0

0

+

y

2

+

1

-5

-3

-

-2

Hàm số đồng biến trên (-  ;0) và (2; +  ); Hàm số nghịch

biến trên (0;2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu tại x = 2; y = -3
Đồ thị
1b

5

0.5
-4

-6

x  0
 x  2m

Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ = 0 


0,5

hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m 2 (1  4m 4 )
Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0;
m
Diện tích tam giác OAB: S  1 d (O; AB ) AB  4  1
4m 2 (1  4 m4 )  4  m  2(TM )
Với m

0

OAB

2a

2b

2 1  4m 4

sin 2 x  cos2x=2sinx-1  sinx(sinx + cosx-1)=0

0.5

 x  k
 x  k
 sinx=0





 sinx+cosx=1  x  k 2 ; x   2  k 2
 x  2  k 2

0,5

1

I= 

0,5

1

x 2 ( x 2  2 x  1) d x 

0

 (x

4

 2 x3  x 2 )dx

0

x5
x4
x3
 (
 2

)
5
4
3

3.a

2

1

0



0,5

1
30

Không gian mẫu có:   C92  36

0,25

Gọi A là biến cố lấy được hai viên bi cùng màu:  A  C42  C52  16
Xác suất của biến cố: PA=  A  16  4

36 9
3.b
Đặt t=

0,25

0.25

t  2
1
( ) x (t  0) . Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 = 0  
3
t  1

 1 x
( ) 2
Ta có  3


( 1) x  1
 3

4

0,5

0,5

 x  log1 / 3 2
x  0


x  2 y 1 z 1
Phương trình đường thảng d qua A và vuông góc với (P):
hoặc


1
2
2

x  2  t

 y  1  2t

 z  1  2t


t   1
OM  (2  t ) 2  (1  2t ) 2  (1  2t ) 2  3  9t 2  12t  3  0  
1
t  

3
Vậy tọa độ M(1; -1;1) hoặc M( 5 ; 1 ;  1 )

0,5

Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t);

3 3

3

0,5


5

DB  ( SAC )  hình chiếu vuông góc DS lên (SAC) là SO; Góc của SD và (SAC) là

CM:

0,25

DSO  30 0 .Đặt DO =x. Ta có SO= x 3 (O là giao của AC với BD)
1
Từ SO2 = AO2 +SA2  x  a . S
 AC.BD  2 x 2  a 2 .
ABCD
2
2
1
1
Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S
 a3
ABCD
3

N

Gọi

là

trung

điểm

0,25
S

3

của

AB

Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))=

=>

DN//

BM

1
d(A;(SBM))
2

0,25

Kẻ AI  BM ; AH  SM .
Từ đó CM được AH  ( SBM )  d ( A;( SBM ))  AH
Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2.
Mà SABM =
Khi đó
6

7

1
.AI.BM suy ra AI =2/ 5 a.
2

H

D

A
N

M

I

0,25

C
B

1
1
1
2
1


 AH  a  d ( D;( SBM ))  a
2
2
2
AH
AI
SA

3
3

Gọi K là trung điểm AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K
và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I
Suy ra IK vuông góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0
Tọa độ K(1:1) => A(-1;2).
Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD

0,25

A
K

0,25
H

 5  1  ( x  1) 2  x  3 hoac x  1(l )  D (2;3)
PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC:
B
2x – y -11 = 0
Tọa độ C(8;5)  B(4; 3). Vây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5)
(1)DK x  0; y  1;  3x  2 y  4  0 . Nhận thấy x= 0; y = 1 không là nghiệm của hệ
Ta có:
2

(1) 

D

E

C

0,5

I

0,5

2

y  1  x  ( y  1)  x  y ( y  1  x)  0
1
1
 2 y  1  x)  0  y  x  1(do
 2 y  1  x  0)
y 1  x
y 1  x

 ( y  1  x)(

Khi đó:
(2)  3 x  1  6  x  3 x 2  14 x  8  0  ( 3 x  1  4)  (1  6  x )  ( x  5)(3 x  1)  0

0,5

3
1


 3x  1)  0  x  5  y  6
3x  1  4 1  6  x
Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6)
Từ gt: ab  bc  ca  1;  1  a 2  a 2  ab  bc  ca  ( a  b)(a  c)
 ( x  5)(

8

Ta có:

a
b
a
b
1  ab
1  ab
1
 2





2
2
2
a  1 b  1 (a  b)( a  c) (a  b)(b  c ) ( a  b)(a  c)(b  c)
(1  a )(1  b ). 1  c
1  c2
2

Suy ra: VT 

2
1  c2



c2 1
2c ( 1  c 2  2)

f
(
c
)

f
'(
c
)

 f '(c)  0  c  3
c2  1
(1  c 2 ) 2

0,5

0,25

Từ đó ta CM được:

c  3
 a  b  2  3
maxVT = max f ( c) = f ( 3)  3 khi a  b


2
c  3
 2
a  2 3a  1  0

0,25


SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH

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 4  2 x 2  1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm cực đại của (C).
Câu 2. (1,0 điểm)





cos x 2sin x  3 2  2cos 2 x  1

 1.
1  sin 2 x
2
b) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z. Tính môđun của z.
a) Giải phương trình

Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 x  log 2  4 x   5.
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 3  6 x 2  171x  40  x  1 5 x  1  20  0, x  
e

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

1  x3
lnxdx.
x

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB  BC  a,
  900 , cạnh SA  a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình
BAD

chiếu của A lên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng
(SCD).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M
là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM . Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại

4 
D. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N  ;0  , phương

3 
trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng
d:

x 1 y z 3
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai
 
1
1
1

điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.
Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}.
Tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng:

a3
a3   b  c 

3



b3
b3   c  a 

3



c3
c3   a  b 

3

1

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


SỞ GD – ĐT NGHỆ AN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN
Câu
Câu
1
(2,0
điểm)

Đáp án
a) (1,0 điểm)
 Tập xác định: R.
 Giới hạn và tiệm cận: lim y  . Đồ thị (C) có không tiệm cận.
x 



Điểm
0,25



 CBT: Ta có y '  4 x3  4 x  4 x x 2  1 ; y'  0  x  0  x  1.
Dấu của y’: y '  0  x   1;0   1;   ; y '  0  x   ; 1   0;1
 hàm số ĐB trên mỗi khoảng  1;0  và 1;    . NB trên mỗi khoảng  ; 1 và (0 ; 1)

0,25

 Hàm số có hai CT tại x = 1; yCT = y(1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; yCĐ = y(0) = 1.
 Bảng biến thiên:

x
y’
y

-
-

-1
0

+

+

0
0

1

0

-

1
0

+
+
+

0,25

0

 Đồ thị:
Đồ thị cắt Oy tại (0;1).
Điểm khác (2; 9)
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối
xứng.

Câu
2
(1,0
điểm)

0,25

b) (1,0 điểm)
 Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0
 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1.
a) (0,5 điểm)



 k
4
Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2sin x cos x  3 2 cos x  2 cos 2 x  1  1  sin 2 x
cos x  2  l 

2
 2 cos x  3 2 cos x  2  0  
2
cos x 

2
 Điều kiện: 1  sin 2 x  0  x  

 Với cos x 

0,5
0,5

2

 x    k 2 .
2
4

Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x 


4

0,25

0,25

 k 2 , k  .


b) (0,5 điểm)

1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z  1  i   2  i   1  2i   z  8  i
2

2

0,25

  2i  2  i   1  2i  z  8  i

8  i  8  i 1  2i 

 2  3i  z  13
1  2i
5
Vậy môđun của z là 13.

z

Câu
3
(0,5
điểm)

Câu
4
(1,0
điểm)

0,25

Điều kiện: x > 0.
Khi đó, phương trình tương đương với
1
3
log 2 x  log 2 x  log 2 4  5  log 2 x  3
2
2
 log 2 x  2  x  4 (t/m)
Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4.
1
Điều kiện: x 
5
Khi đó phương trình tương đương với

x

3

0,25

0,25





 6 x 2  12 x  8   3 x  6   8  5 x  1 5 x  1  36  5 x  1  54 5 x  1  27   6 5 x  1  9







3

  x  2  3 x  2  2 5x  1  3  3 2 5x  1  3
3

Xét hàm sô f  t   t 3  3t



Phương trình (1) có dạng f  x  2   f 2 5 x  1  3



0,25





Ta có: f '  t   3t  3; f '  t   0  t  1
2

t
-
f’(t)

-1
0

+

-

1
0

+
+

0,25

f(t)

Suy ra: Hàm số f  t   t 3  3t đồng biến trên khoảng (1; + )
1  x  2  1
Với điều kiện x   
5 2 5 x  1  3  1

0,25

Từ đó suy ra 1  x  2  2 5 x  1  3
 x  1
 x  1
 x  1  2 5x  1   2
 2
 x  22 x  5  0
 x  2 x  1  4  5 x  1
 x  1

 x  11  116  t / m 
 x  11  116
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x  11  116.

Câu
5
(1,0
điểm)

e

e

e

1  x3
ln x
lnxdx  
dx   x 2 lnxdx  I1  I 2
Ta có: I  
x
x
1
1
1
e

Tính I1: I1  
1

0,25

e
lnx
ln 2 x e 1
dx   ln xd  lnx  

x
2 1 2
1

1


du  dx

u

ln
x

x


Tính I2: I 2  x 2 lnxdx . Đặt 

2
3
x
dv  x dx 
1
v

3

0,25
0,25

e



0,25

 I2 

e 1e 2
x3
e3 1 e 2e3 1
ln x 
x dx   x3 

1 31
3
3 9 1
9
9



e

Vậy I  
1

1  x3
1 2e3 1 11 2e3
lnxdx  
  
x
2 9 9 18 9

Câu

6
(1,0
điểm)

0,25

.  Chứng minh:  SCD vuông tại C  ABCD là hình
thang đáy AD, BC. ACD vuông cân tại C.
 AC  CD  a 2; AD  2a  SC ; BD  a 5

0,25

a3 2 a3 2 a3 2
 VSBCD = VS.ABCD – VSABD 
(đvtt).


2
3
6
 S SCD  a 2 2; d  B,  SCD   

(hoặc



d  B,  SCD  
d  A,  SCD  

d  H ,  SCD  

d  B,  SCD  





3VS .BCD
S SCD

0,25

a3 2
a
 2 6 
2
a 2
3.

BK 1
a
  d  B,  SCD    )
CK 2
2

0,5

SH SA2 2
2
a
 2   d  H ,  SCD    d  B,  SCD   

SB SB
3
3
3

Cách khác:  Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC).
Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD).
Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.
Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED).
AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông tại H.
Kẻ HJ  MK có HJ = d(H, (SCD)).
 Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK. Từ đó tính được HJ = a/3.
Hoặc có thể bằng phương pháp tọa độ.

ABM

S

Câu
7
(1,0
điểm)

DCM (g  g) 

AB
DC

3
AM DM

Xét tam giác CMD ta có:
CM 2  DM 2  CD 2  4CI 2  10 DM 2
4
Mà DM  2d (I,d) 
nên CI 2  4
10
0,5

 3 11 
Gọi I  3 y  6; y  Ta có  C   ;   (loại) hoặc C(3; -1) (thỏa mãn)
 5 5


I là trung điểm của CM  M  1; 1  phương trình đường tròn tâm I là  C  :  x  1   y  1  4
2

2

 3 11 
D là giao điểm của CD và (C)  D   ;   . Phương trình đường thẳng BM: 3x  y  4  0
 5 5
Phương trình đường thẳng BC: 3x  5 y  4  0. B là giao điểm của BM và BC  B  2;2 

0,5

Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC  AB : x  2  0 . A là giao điểm của
AB và AC  A  2; 1
Câu
8

(1,0
điểm)

Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A  2; 1 , B  2;2  , C  3; 1

Mp(P) qua M(2;1;2) và  (d) nhận vtcp ud  1;1;1 làm vtpt.

0,5

Suy ra phương trình mp(P): 1. x  2   1. y  1  1. z  2   0  x  y  z  5  0
Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH  d( M , d) 

 4 1 10 
8
, H ; ; .
3
3 3 3 
2

4 2
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH .

3
3
 x 1 y z 3
 

1
1
Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:  1

.
4
2
( x  )  ( y  1)2  ( z  10 )2  8

3
3
3
9
 4 2 6 1 2 6 10 2 6   4 2 6 1 2 6 10 2 6 
Giải hệ này ta tìm được A, B là:  
; 
; 
; 
; 
,  
.
9 3
9 3
9  3
9 3
9 3
9 
3

Câu
9
(0,5
điểm)

 Gọi  (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: n     A85  A74  5880 .
 Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n  A   A74  6. A63  1560

0,25

0,25
0,25

1560 13
 Xác suất cần tìm P(A) =

5880 49

Câu
10
(1,0
điểm)

0,25

x2
Xét BĐT: 1  x  1  , x  0
2
3

1  x  1  x  x2
x2
Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 1  x  1  x  1  x  x  
 1

2
2
Ấp dụng vào bài toán ta có:
a3
1
1
a2



1
3
3
2
a 2  b2  c2
a3   b  c 
1bc
bc
1 
1 


2 a 
 a 
3

Tương tự, ta có:

b3



b2
a 2  b2  c2

b3   c  a 
Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm.
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c
3

0,25

2

 2;

c3
c3   a  b 

3



c2
a 2  b2  c2

 3

0,25

0,25
0,25

-----Hết----Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng
phần như đáp án quy định.


TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC 2015 – 2016; Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x 3  6 x 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng d : y  mx tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x  sin x  1  cos x 1  cos x  .
Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân:
ln 2

1. I 

e.
x

7

5  e dx .
x

2.

0

I   ln
2





x  2  1 dx .

Câu 4: (1,0 điểm).
1. Giải phương trình: log

2

 4x 

log 2 x  2  10 .
15

 2

2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức: 
 x2  ;  x  0 .
 x

Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm

A 1;1; 2  , B  3;0;1 , C  1; 2;3 . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có
bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy.
Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC.
Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 và
đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường
tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho S MAB  3S IAB , với I là tâm của đường tròn (C).

2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1

Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
;  x, y  R  .
2
 2 y  4 y  3  5  y  x  4
-------------------------Hết-------------------------

1


HƯỚNG DẪN CHẤM

Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm.
Câu

Nội dung

1 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
TXĐ: D = R. y '  6 x 2  6 x .

Điểm

0,25

x  0
. Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8.
y' 0  
 x  2
Giới hạn.

0,25

Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị.

0,25

Vẽ đồ thị.

0,25

2/ (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình:

x  0
.
2 x 3  6 x 2  mx  x  2 x 2  6 x  m   0   2
2
x


6
x

m

0
(*)


0,25

Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 0.

0,25

9

 '  0
9  2m  0
m 
Khi đó: 


2.
m  0
m  0
m  0

2 (1,0

điểm)

0,5

sin x  sin x  1  cos x 1  cos x   sin x  cos x  1

0,25


 1


 2 sin  x    1  sin  x   
4
4
2



0,25

 x  k 2
.

 x    k 2

2

0,25

KL.

0,25

3 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
Đặt u  5  e x . Tính e x dx  2udu .
Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì u  3 .
2

2u 3
Khi đó: I   2u du 
3
3
2

2


3

16
2 3.
3

0,25
0,25

0,5

2


KL.
2/ (1,0 điểm)
Đặt t  x  2 . Tính dx  2tdt .
0,25

Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3.
3

Khi đó: I   2t.ln  t  1 dt .

0,25

2

Sử dụng từng phần ta được I  16 ln 2  3ln 3 

3
.
2

0,5

4 (1,0 1/ (0,5 điểm)
điểm)
1
Đk: x  .
4

Ta có: log

2

 4x 

log 2 x  2  10  2 log 2 x  4  log 2 x  2  10  0 .
0,25

Đặt t  log 2 x  2 , (t ≥ 0).
t  2
Phương trình có dạng: 2t  t  10  0  
.
t   5 (l )

2
2

log 2 x  2  2  log 2 x  2  x  4 .

Với t = 2 ta được

Vậy phương trình có nghiệm x = 4.

0,25

2/ (0,5 điểm)
15

15  k

15
 2

 2 
Ta có: 
 x 2    C15k . 

k 0
 x

 x

. x

Khi đó xét số hạng không chứa x ta có

15

  2

2 k

k 0

15  k

k
15

.C .x

5 k 15
2

.

0,25

5k  15
 0  k  3.
2

Vậy số hạng không chứa x là 212.C153 .



 
5 (1,0 Ta có AB   2; 1;3 , AC   2;1;5  ;  AB; AC    8; 16;0  .


điểm)

Do đó n  1; 2;0  là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC).
Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0.

0,25
0,25

0,25

Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0).

a  3
2
Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên IA  R   a  1  5  9  
.
 a  1

0,25

3


Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên  S  : x 2   y  3  z 2  9 .
2

Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên  S  : x 2   y  1  z 2  9 .
2

6 (1,0 Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH  (ABCD) và
điểm)
a 3
SH 
.
2

0,25

0,25

Do AB  a  AD  a 3 . Khi đó S ABCD  AB. AD  a 2 3 . Vậy

1
a3
VS . ABCD  SH .S ABCD  .
3
2

0,25

Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP  (ABCD).

0,25

Dễ thấy ∆MPN vuông tại P.
Ta có MP 

1
a 3
a 13
SH 
; PN 
 MN  a .
2
4
4

0,25

7 (1,0 Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2.
điểm) Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau.

0,25

Theo công thức diện tích , từ S MAB  3S IAB ta được MA2  3R 2  MI  4 .

0,25

a  1
Gọi điểm M(a;3 – a). Do MI  4 nên 
.
a  5

0,25

Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2).

0,25

8 (1,0 Đk: 4  x  1 .
điểm)
Ta có:

2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1  2  y  1  y  1  2 1  x  1  x  1  x .
3

0,25

Xét hàm số f  t   2t 3  t đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng:

f  y  1  f





1 x  y 1  1 x  y  1 1 x .

0,25

Thế vào phương trình còn lại ta được:

3  2x  4  1 x  x  4  x  4  1 x  3  2x  4  0 .
Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy
nhất x = – 3.

0,25

Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3).

0,25

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

4


ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

Năm học 2015 - 2016
MÔN: TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 2 (1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = 9x+7.
9
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x +
trên
x−1
đoạn [2; 5].
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị của tham số m để hàm số y = x3 + (m − 3)x2 + m2 x + 1 đạt
cực tiểu tại x = 1.
π
π
3
. cos α −
, biết cos α = .
3
3
5
Câu 5 (1,0 điểm). Lớp 12A có ba bạn học sinh nam và 3 bạn học sinh nữ đi cổ vũ cuộc thi
Câu 4 (1,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức P = cos α +

tìm hiểu Luật an toàn giao thông. Các em được xếp ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Tính xác suất
sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a,
BC = 2a. SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
(ABCD) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB, AC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, D
có AD = DC = 2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên cạnh BC; I là trung
điểm của AH; đường thẳng AI cắt DC tại K(1; −2). Tìm toạ độ của các điểm D, C biết
DH : x − 2y − 3 = 0 và D có tung độ nguyên.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình


x3 + x2 + 3x − 1 = y + (y + 4)√y + 1
√

3y 2x + 1 = 2(x3 − y − 1)

(x, y ∈ R).

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện x ≥ z. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
P =

x
x2

+

y2

+

y
y2

+

z2

+

z
.
z+x

HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ............................................................; Số báo danh:..................................


SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: TOÁN LỚP 12

Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược cách giải và đáp số. Bài làm của học sinh phải lập luận chặt chẽ, đầy đủ.
Nếu học sinh làm theo cách khác và lập luận chặt chẽ thì vẫn cho điểm tương ứng.

Câu

Nội dung

Điểm

*) TXĐ: 
*) Sự biến thiên:

+) Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y  
x 

x 

x  2
+) Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x; y '  0  
x  0

0.25

+) BBT:

0.25

1.1
(1,0đ) +) HS đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;   ; HS nghịch biến trên khoảng  0; 2 
+) HS đạt cực đại tại x  0; y C§  2 ; HS đạt cực tiểu tại x  2; y CT  2

0.25

*) Đồ thị: Lấy đúng điểm, vẽ đúng đồ thị

0.25

Gọi M  x0 ; y0    C  là tiếp điểm của tiếp tuyến  cần tìm với đồ thị  C  .
HSG của tiếp tuyến  là k  3 x0 2  6 x0

0.25

1.2

 x0  1
Do  / / d : y  9 x  7  k  9  3 x0 2  6 x0  9  
(1,0đ)
 x0  3

0.25

Với x0  1  y0  2   : y  9 x  7 ( loại)

0.25

Với x0  3  y0  2   : y  9 x  25 ( thoả mãn). KL:…….

0.25
1


Câu

Nội dung
TXĐ: D   \ 1  Hàm số xác định và liên tục trên đoạn  2;5

2
(1,0đ)

y '  1

 x  4   2;5 
;
,

x

D
y
'

0


2
 x  1
 x  2   2;5 
9

y  2   11; y  5  

29

; y  4  7
4

0.25
0.25

0.25

Vậy min y  7  x  4; m ax y  11  x  2.
 2;5

Điểm

 2;5

0.25

TXĐ:  ; y '  3 x 2  2  m  3 x  m 2 ; y ''  6 x  2  m  2 

0.25

m  1
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1  y ' 1  0  m 2  2m  3  0  
 m  3

0.25

(1,0đ) Với m  1  y '' 1  2  0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 . Vậy m  1 thoả mãn.

0.25

3

Với m  3  y '' 1  6  0 . Hàm số đạt cực đại tại x  1 . Vậy m  3 loại.
0.25

KL:……
4
(1,0đ)

1
2  1 
1
2
P   cos 2  cos
   2 cos   1  
2
3  2
2
Mà cos  

3
39
P
5
100

0.5
0.5

Không gian mẫu là tập hợp các cách xếp 6 học sinh ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Số phần
tử của không gian mẫu là:  = 6!

0.25

Gọi A là biến cố “ Ba bạn nữ ngồi cạnh nhau”.
5

Ta coi ba bạn nữ ngồi cạnh nhau là một phần tử x. Số cách chọn phần tử x là 3!.

Việc xếp 6 bạn học sinh thành hàng ngang sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau trở thành
(1,0đ) việc xếp thứ tự 4 phần tử (3 bạn nam và phần tử x). Số cách xếp là 4!.

0.5

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:  A =3!.4!
Xác suất của biến cố A là P  A  

 A 3!.4! 1



6!
5

0.25

+ SA   ABCD   AB là hình chiếu vuông góc
của SB lên  ABCD 
6

  SBA
  450
 
SB,  ABCD    
SB, AB   SBA

(1,0đ) + Tam giác SAB vuông cân tại A nên SA = a

0.5

+ S ABCD  2a 2

1
2a 3
+ VS . ABCD  SA.S ABCD 
3
3
2


Câu

Nội dung

Điểm

+ Dựng hình bình hành ACBE. Ta có EB / / AC  AC / /  SBE 

 d  AC , SB   d  AC ,  SBE    d  A,  SBE  

1
a3
VS . ABE  VS . ABCD  .
2
3

0.5

Tam giác SBE có BE  AC  a 5; SE  a 5; SB  a 2  S SBE 
Vậy d  A,  SBE   

3a
2

2

3.VS . ABE 2a
2a

 d  AC , SB  
S SBE
3
3

+ Kẻ BE vuông góc DC tại E

  EBC

 EC  DE  AB; HDC
+ Kẻ KF vuông góc DH tại F. KF  d  K , DH  

2
5

0.25

  tan EBC
  1  sin HDC
 1
tan HDC
2
5
 KD 
7
(1,0đ)

KF
2

sin HDC

+ D  DH  D  2d  3; d  , d  ; DK 

 2d  2    d  2 
2

2

 d  2
2

d   2
5


0.25

Vì d    d  2  D  1; 2 

AB  a  a  0   CD  2a; CE  a

Đặt

  2a ; BC  EC.sin EBC
  a 5  BH  3a
CH  CD.sin HDC
5
5
CK HC 2
2a
8a

  CK 
 DK 
 KD  4 KC
AB HB 3
3
3

0.5



1

KD  4 KC  C  ; 2  . KL…….
2

ĐKXĐ: y  1

x 3  x 2  3 x  1  y   y  4  y  1  x 3  x 2  3 x   y  1 y  1   y  1  3 y  1
8

Xét hàm số f  t   t 3  t 2  3t ; f '  t   3t 2  2t  3  0, t    hàm số f  t  đồng biến

0.25

(1,0đ) trên 
Mà 1  f  x   f





y 1  x 

y  1  x  0; x 2  y  1  y  x 2  1

Thế y  x 2  1 vào phương trình (2) ta được:

0.25

3


Câu

Nội dung

Điểm

3  x 2  1 2 x  1  2  x 3  x 2    x  1 3  x  1 2 x  1  2 x 2   0
x  1

2
3  x  1 2 x  1  2 x

 3

Do x  0  x  1  0

 3  4 x 4  18 x3  45 x 2  36 x  9  0   x 2  6 x  3 4 x 2  6 x  3  0
0.25

x  3  2 3
 x2  6x  3  0
 2

 x  3  2 3  ko t / m 
 4 x  6 x  3  0 VNo 
x 1 y  0
x  3  2 3  y  20  12 3



Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là 1;0  ; 3  2 3; 20  12 3

P

1
 y
1  
x

2



1
z
1  
 y

2

Do abc  1; c  1  ab  1 

P

Xét hàm số f  c  
9
(1,0đ)

f 'c 

1



1

x
z

1
1 a

2

y
z
x
; b  ; c   abc  1; c  1
x
y
z

. Đặt a 



1

1 b

2



0.25



2
1  ab

0.5

2
1
2 c 1


1  ab
1 c
1 c

2 c 1
, c  1;  
1 c

2 c
; f 'c  0  c  4

1  c  c . 1  c

BBT
c

1

f’(c)



4
+

0

-

0.5

5
f(c)

Vậy giá trị lớn nhất của P là

3 2
2

2

1
5 đạt được khi a  b  ; c  4 hay x  2 y  4 z .
2

4


ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III

Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao
đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3mx  1

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O
(với O là gốc tọa độ ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x .
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

x 3  2 ln x

dx .
x2

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 52 x 1  6.5 x  1  0 .
b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ 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
2
1
3
thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 .
d:

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 60 . 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
ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình
của 
đường thẳng AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

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

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:

P

bc
3a  bc



ca
3b  ca



ab
3c  ab

…….Hết……….


ĐÁP ÁN
Câu
1

Nội dung

Điểm

a. (1,0 điểm)
Với m=1 hàm số trở thành: y   x3  3x  1
TXĐ: D  R
y '  3 x 2  3 , y '  0  x  1

0.25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1

0.25

Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1
lim y   , lim y  
x 

x 

* Bảng biến thiên
x
–
y’
+
y

-1
0

+

–

+

1
0
3

+
-

-1

Đồ thị:

4

0.25

2

2

4

B. (1,0 điểm)
y '  3 x 2  3m  3  x 2  m 

0.25

y '  0  x 2  m  0  *
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 **





Khi đó 2 điểm cực trị A  m ;1  2m m , B

 



m ;1  2m m



Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m 
Vậy m 

0.25

1
2

1
( TM (**) )
2

0.25
0.25

0,25


2.

(1,0 điểm)

sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x

0.25

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

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

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

0. 25
0.25

(1,0 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  
3

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 
4.

0.25

1
 ln 2
2

0.25

(1,0 điểm)
a,(0,5điểm)

0.25

5  1
5  6.5  1  0  5.5  6.5  1  0   x 1
5 

5
x  0
Vậy nghiệm của PT là x  0 và x  1

 x  1
b,(0,5điểm)
n     C113  165
x

2 x 1

x

2x

x

Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51.C62  135
135 9
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là

165 11

0.25
0.25

0.25


5.

(1,0 điểm)


Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3

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  3 z  18  0

0.25
0.25

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

AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0
2

6.

2

t  3

 13 10 12 
  3 Vậy B  7; 4;6  hoặc B   ; ;  
t 
7
 7 7
 7
(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)
Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)

0.25

0.25

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


Ta có SH  HK tan SKH

1
1 1
a3 3
Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH 
3
3 2
12

a 3
2

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

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

0.25

0,25


7.

(1,0 điểm)

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

0,25

  CAD
  CAI

IAD
  CAI
,
 nên 

Mà BAI
ABC  CAD
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)


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  5 x  3 y  7  0
(1,0 điểm).

0,25
0,25

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

0.25

 xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0
 y 1  0

Ta có (1)  x  y  3

 x  y  y  1  4( y  1)  0

Đặt u  x  y , v 

y  1 ( u  0, v  0 )

u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
8.

Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :
 4 y 2  2 y  3   2 y  1 

2  y  2
4 y2  2 y  3  2 y 1
 y  2 ( vì 





4 y2  2 y  3  y 1  2 y

0.25



y 1 1  0


y2

2
 0   y  2 

2
 4 y  2 y  3  2 y 1
y 1 1

2

4 y2  2 y  3  2 y 1



1
 0y  1 )
y 1 1

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 


1
0
y  1  1 

0.25

0.25


9.

(1,0 điểm) .

bc
bc
bc
bc  1
1 


 


2  ab ac 
3a  bc
a(a  b  c)  bc
(a  b)(a  c)
1
1
2


Vì theo BĐT Cô-Si:
, dấu đẳng thức xảy ra  b = c
ab ac
(a  b)(a  c)
Vì a + b + c = 3 ta có

Tương tự

Suy ra P 

ca
ca  1
1 
 

 và
2 ba bc
3b  ca

ab
ab  1
1 




2  ca cb
3c  ab

bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3



 ,
2(a  b) 2(c  a ) 2(b  c)
2
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =

0,25

0,25

0,25
3
khi a = b = c = 1.
2

0,25


SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
Năm học 2015  2016

Môn : TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y 

2x  1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm).

Cho hàm số y  x 4  mx2  m  5 có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để đồ thị (Cm) của
hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 3 (1,0 điểm).
Cho log3 15  a, log3 10  b . Tính log9 50 theo a và b.
Câu 4 (2,0 điểm).
Giải các phương trình sau:
a) 2sinx cos x+ 6 sinx  cosx  3  0 ;
b) 22 x5  22 x3  52 x2  3.52 x+1 .
Câu 5 (1,0 điểm).
n

2

Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2   với x ≠ 0, biết rằng:
x

4

Cn1  Cn2  15 với n là số nguyên dương.

Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a và AB vuông góc với
·  300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
mặt phẳng (SBC). Biết SB = 2a 3 và SBC
điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2 x  y  5  0 và A(  4; 8). Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F(5;  4) là hình chiếu vuông góc
của B trên đường thẳng ED. Tìm tọa độ điểm C và tính diện tích hình chữ nhật ABCD.

Câu 8 (1,0 điểm).

Giải phương trình: x x  1  (2x  3)2 (2x  2)  x  2 .
Câu 9 (1,0 điểm).
3
4

Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x2  y 2  z 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 1 1
  .
xy yz zx
-------- Hết --------

P  8xyz 

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


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

Néi dung bµi

§iÓ
m

TXĐ D = R\ 1
2  1/ x

 2 , lim y   , lim y  
x  1  1/ x
x 1
x 1

Ta có lim y  lim
x 

0,25

Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang
x  D ta có y’(x) =

3
 y’(x) < 0 x  D
( x  1) 2

0,25

Ta có bảng biến thiên:
1

∞

x

1





y’

+∞

+∞
y

2

2

∞

2

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

0,25

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

0,25

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

0,25

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

2 x(2 x2  m)  0 có ba nghiệm phân biệt

0,25

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

0,25

Xét dấu y’ và kết luận.

0,25

Ta có log9 50  log32 50 
3

log3 50  log3

1
log3 50
2

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

Kết luận

0,25

0,5
0,25

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

0,5

4
0,25