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

TRƯỜNG THPT CHUN VĨNH PHÚC 

ĐỀ CHÍNH THỨC 

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015­2016 
Mơn: TỐN 
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề. 

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm cực trị của hàm số :  y = x - sin 2 x + 2 . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
3sin a - 2 cos a
a)  Cho  tan a  = 3 . Tính giá trị biểu thức  M =
5sin 3 a + 4 cos 3 a 
x - 4 x - 3 
x ®3 
x 2  - 9 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình :  3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2  x = 2 

b)  Tính giới hạn :  L = lim 

Câu 5 (1,0 điểm). 
5 

2  ư
ỉ
a) Tìm  hsca x trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ .
x ứ
ố
b)Mthpcha20qucugingnhaugm 12  quả đỏ và  8  quả xanh. Lấy ngẫu nhiên (đồng 
thời)  3 quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh. 

10 

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành  ABCD  có hai đỉnh
A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 )  và  có  tâm I ( 2;1 ) .  Hãy  xác  định  tọa độ hai đỉnh  B, C và  góc  nhọn hợp bởi hai 

đường chéo của hình bình hành đã cho. 
Câu 7 (1,0 điểm). 
Cho hình chóp  S.ABC  có đáy  ABC  là tam giác vng tại  A , mặt bên  SAB  là tam giác đều và nằm 
trong  mặt  phẳng  vng  góc  với  mặt  phẳng ( ABC ) ,  gọi  M  là  điểm  thuộc  cạnh  SC  sao  cho 
MC = 2 MS .  Biết  AB = 3, BC = 3 3  ,  tính  thể  tích  của  khối  chóp  S.ABC  và  khoảng  cách  giữa  hai 
đường thẳng  AC  và  BM  . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác  ABC  ngoại tiếp đường trịn 

tâm J ( 2;1 ) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh  A  của tam giác  ABC  có phương trình :  2 x + y - 10 = 0 
và D ( 2; - 4 )  là giao điểm thứ hai của  AJ  với đường trịn ngoại tiếp tam giác  ABC . Tìm tọa độ các 
đỉnh tam giác  ABC  biết  B  có hồnh độ âm  và  B  thuộc đường thẳng có phương trình  x + y + 7 = 0  . 
ìï x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y 2 

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  í

3
2 
ïỵ  x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
Câu 10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình :  x 3 + 2 x 2  + 3 x + 4 = 0  và  x 3 - 8 x 2  + 23 x - 26 = 0 . 

Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó. 
­­­­­­­­Hết­­­­­­­ 
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh:……………… 

TRƯỜNG THPT CHUN VĨNH PHÚC 

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2015­2016 
Mơn: TỐN ( Gồm 6 trang) 

Câu 

Đáp án 

Điểm 

Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2

1,0 

Tập xác định:  D = ¡ . 
é x = 0 
Ta có  y' = 3 x 2  - 6 x. ;  y'  = 0 Û ê
ë x = 2 

0,25 

­ Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các  khoảng (-¥ ; 0) và  (2; +¥ ) ; nghịch 
biến trên khoảng  (0; 2) . 
­ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =­2. 

0,25 

­ Giới hạn:  lim y = +¥, lim  y = -Ơ
x đ+Ơ

xđ-Ơ

Bngbinthiờn:

-Ơ

x
y'
y

02
+0
ư
0+
2

+Ơ
+Ơ

0,25

ư2

-Ơ

1(1,0) th:
y

f(x)=(x^3)ư3*(x )^2+2

5

x
ư8

ư6

ư4

ư2

2

4

6

0,25

8

ư5

2(1,0)

Cõu2. Tỡmcctrcahms: y = x - sin 2 x + 2 . 

1,0 

Tập xác định  D = ¡
f ¢ ( x ) = 1 - 2 cos 2 x , f ¢¢ ( x ) = 4 sin 2 x

0,25 

f ¢ ( x ) = 0 Û 1 - 2 cos 2 x = 0 Û cos 2 x =

1 
p
Û x = ± + k p ,k ẻ Â
2
6

0,25


p
ổ p
ử
ổ pử
f ÂÂ ỗ - + k p ữ = 4 sin ỗ - ữ = -2 3 < 0 Þ hàm số đạt cực đại tại  xi  = - + k p 
6 
è 6
ø
è 3ứ

3.(1,0)

p
3
ổ p
ử
Vi yCD = f ỗ - + k p ÷ = - +
+ 2 + k p , k Ỵ Â
6 2
ố 6
ứ
p
ổp
ử
ổpử
f ÂÂ ỗ + k p ữ = 4 sin ỗ ữ = 2 3 > 0ị hmstcctiuti xi  = + k p 
6
3 
6 
è
ø
è ø 
3 
ỉp
ư p
+ 2 + k p ,k ẻ Â
Vi yCT = f ỗ + k p ÷ = è6
ø  6 2 
3sin a - 2 cos a
Cho  tan a  = 3 . Tính giá trị biểu thức  M =
5sin 3 a + 4cos 3 a 
2

2
2
3sin a ( sin a + cos a ) - 2 cos a ( sin a + cos 2 a ) 
M=
5sin 3 a + 4 cos 3 a 
3sin 3 a - 2sin 2 a cos a + 3sin a cos 2 a - 2 cos 3 a
=
(chia tử và mẫu cho cos 3  a ) 
5sin 3 a + 4cos 3 a 
3 tan 3 a - 2 tan 2 a + 3tan a - 2 
=
5 tan 3 a + 4
3.33 - 2.32  + 3.3 - 2 70 
Thay  tan a  = 3 vào ta được  M =
=
5.33  + 4
139 
Lưu ý: HS cũng có thể từ  tan a = 3 suy ra  2kp < a <
1

cos a =

10

3 

; sin a = 

10

x ®3 

(x(x

x ®3

)(

(

- 9) x + 4 x - 3
x - 1

L = lim 
x ®3 

( x + 3) ( x +

0,5

0,25 

0,25 

+ 2 kp và 

x - 4 x - 3 
x 2  - 9 

0,5

) = lim 

4 x - 3 x + 4 x - 3 
2

2 

0,25 

rồi thay vào biểu thức M. 

b) Tính giới hạn :  L = lim 

L = lim

p

0,25 

4x - 3

)

)

=

x ®3 

(x

x 2  - 4 x + 3 
2 

(

3 -1

( 3 + 3) ( 3 +

0,25

) 

- 9 ) x + 4 x - 3 

) 

4.3 - 1 

=

1 
18 

0,25 

Câu 4.Giải phương trình :  3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2  x = 2 

1,0 

2
2
2
2 
4 .(1,0 đ)  Phương trình Û 3sin x - 4sin x cos x + 5cos x = 2 ( sin x + cos  x ) 

Û sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos 2  x = 0 
Û ( sin x - cos x )( sin x - 3cos x ) = 0 Û sin x - cos x = 0 Ú sin x - 3cos x = 0 
p
+ k p Ú x = arctan 3 + k p , k Ỵ Z 
4 
p
Vậy phương trình có hai họ nghiệm:  x = + k p , x = arctan 3 + k p , k Ỵ Z 
4 

0,25
0,25 
0,25 

Û tan x = 1 Ú tan x = 3 x =

0,25
5

2 ử
ổ
a)Tỡmhscashngcha x10 trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x 3  - 2  ÷ . 
x ø 

è
5 

5 - k 

k 

5
5 
k  5 - k
ỉ 3 2ử
ổ 2 ử
k
3
k
k 15 -5k
3
x
=
C
3
x
.
=
(
)
ồ
5
ỗ
ỗ 2 ữ ồC5 ( -1)  3 .2  x 

2 ÷
x ø k =0
è
è x ø k =0 
Hệ số của của số hạng chứa  x 10  là  C5 k ( - 1) k 35 - k 2 k ,  với 15 - 5k = 10 Û k = 1 
1 

1,0

Vậy hệ số của  x 10  là : C5 1 ( -1)  34 21  = - 810 

0,25 
0,25


5 (1,0 đ)  b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm  12  quả đỏ và  8  quả xanh. Lấy ngẫu 
nhiên 3 quả. Tính  xác  suất  để trong  3  quả  cầu  chọn  ra  có  ít  nhất  một quả  cầu màu 
xanh. 
3 
Số phần tử của khơng gian mẫu là n ( W ) = C20 
Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu  trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh” 
C 3 
3 
Thì  A là biến cố “Chọn được ba quả cầu  màu đỏ” Þ n ( A ) = C12 
Þ P ( A ) =  12 
3 
C20 
C 3  46 
Vậy xác suất của biến cố  A là P ( A ) = 1 - P ( A ) = 1 - 12 
= 

3 
C20 
57 

0,25 

0,25 

Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành  ABCD  có hai 
đỉnh A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 )  và có tâm I ( 2;1 ) . Hãy  xác định tọa độ hai đỉnh  B, C và 
góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho. 
ì x = 2 xI - x D  = 4 - 5 = -1 
Do  I  là trung điểm  BD . Suy ra í B
Þ B ( -1; 2 ) 
ỵ yB = 2 yI - yD  = 2 - 0 = 2 
6 .(1,0 đ)  Do  I  là trung điểm  AC . Suy ra ì xC = 2 xI - x A  = 4 + 2 = 6ị C 63
( )
ớ
ợyC = 2 y I - y A  = 2 + 1 = 3 
uuur
uuur 
Góc nhọn a = ( AC , BD ) . Ta có AC = ( 8; 4 ) , BD = ( 6; -2 ) 

0,25 
0,25 
0,25

uuur uuur
uuur uuur
AC × BD 

48 - 8
2 
cos a = cos AC , BD  = uuur uuur  =
=
Þ a = 45 o
2 
4 5.2 10 
AC BD

(

1,0 

) 

0,25 

Câu 7 . Cho hình chóp  S.ABC  có đáy  ABC  là tam giác vng tại  A , mặt bên  SAB 
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi  M 
là điểm thuộc cạnh  SC  sao cho  MC = 2 MS . Biết  AB = 3, BC = 3 3  , tính thể tích 
của khối chóp  S.ABC  và khoảng cách giữa hai đường thẳng  AC  và  BM . 

1,0 

S 

Gọi  H là trung điểm  AB Þ SH ^  AB ( do 
D SAB đều). 
Do ( SAB ) ^ ( ABC ) Þ SH ^ ( ABC ) 

N 

M 

K 

Do  D ABC đều  cạnh bằng  3 
nên  SH =

0,25 

3 3 
, AC = BC 2 - AB 2  = 3 2 
2 

A 

C 

H 

B 

3 

1
1
3 6 9 6
(vtt)
ị VS .ABC = ì SH ì S ABC = × SH × AB × AC =

= 
3
6
12
4 
7. (1,0 đ)  Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt  SA  tại N Þ AC || MN Þ AC || ( BMN ) 
AC ^ AB, AC ^ SH Þ AC ^ ( SAB ) , AC || MN Þ MN ^ ( SAB ) Þ MN ^ ( SAB ) 
Þ ( BMN ) ^ ( SAB ) theo giao tuyến  BN  . 

0,25 

0,25 

Ta có AC || ( BMN ) Þ d ( AC , BM ) = d ( AC , ( BMN ) ) = d ( A, ( BMN ) ) =  AK với  K 
là hình chiếu của  A  trên  BN 
NA MC  2
2
2 32  3 3 3
2
=
= ị S ABN = SSAB = ì
=
(vdt)v AN = SA = 2 
SA SC 3
3
3 4
2 
3 

0,25

BN =

3 3 
2 ×
2S 
2  =  3 21 
AN 2 + AB 2 - 2AN . AB.cos 60 0  =  7  Þ AK  = ABN  =
BN
7 
7 

3 21 
(đvđd) 
7 
Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh cũng có thể giải quyết theo hướng  CA ^ (SAB ) 
và  VS . ABC = VC . SAB 
Vậy d ( AC , BM ) = 

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác  ABC  ngoại tiếp đường 
trịn  tâm J ( 2;1 ) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh  A  của tam giác  ABC  có phương 
trình :  2 x + y - 10 = 0  và D ( 2; - 4 )  là giao điểm thứ hai của  AJ với đường trịn ngoại 
tiếp tam giác  ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác  ABC  biết  B  có hồnh độ âm  và 
B  thuộc đường thẳng có phương trình  x + y + 7 = 0  . 
AJ đi qua J ( 2;1 ) và D ( 2; - 4 )  nên có 
phương trình  AJ : x - 2 = 0 
{ A} = AJ Ç AH ,  ( trong đó  H  là chân 
đường cao xuất phát từ đỉnh  A ) 

A

E 
J 

Tọa độ  A  lnghimcah
ỡx - 2 = 0
ỡ x= 2
ớ
ị A( 2 6)
ớ
ợ 2 x + y - 10 = 0
ỵ y = 6 

1,0 

B 

0,25 

I

C 

H 

D 

8 .(1,0 đ)  Gọi  E  là giao điểm thứ hai của  BJ  với đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC . 
» = DC

» = EA
» Þ DB =  DC và  EC
» 
Ta có  DB
· =  1 (sđ EC
»  + sđ DB
» )= DJB
»  1  (sđ EA
·  Þ D DBJ cân tại  D Þ 
» + sđ DC )= 
DBJ
2 
2 
DC = DB = DJ hay  D  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  JBC 
Suy  ra  B, C  nằm  trên  đường  trịn  tâm D ( 2; - 4 )  bán  kính  JD = 0 2 + 52  = 5  có 
2

2 

phương trình ( x - 2 ) + ( y + 4 )  = 25 . Khi đó tọa độ  B  là nghiệm của hệ
2
2 
é B ( -3; -4 )
ïì( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25  ì x = -3 ì x= 2
ớ
ớ
ịờ
ớ
ợ y = -4 ợ y= -9 ởờ B( 2; -9 ) 
ï x + y + 7 = 0 

ỵ 

0,25

Do  B  có hồnh độ âm  nên ta được B ( -3; - 4 ) 
ìï qua B ( -3; -4 )
ìïqua B ( -3; -4 )
Þ BC : x - 2 y - 5 =0
BC : ớ
ị BC:ớ
r r
ùợ^ AH
ợùvtpt n = uAH = (1; -2 ) 
Khi đó tọa độ  C  là nghiệm của hệ
2
2 
ïì( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25  ì x = -3 ì x  = 5  éC ( -3; -4 ) º B 
Ûí
Úí
Þê
Þ C ( 5; 0 ) 
í
ỵ y = -4 ỵ y  = 0  ëêC ( 5;0 )
ï x - 2 y - 5 = 0 
ỵ 

0,25 

Vậy A ( 2;6 ) , B ( -3; - 4 ) , C ( 5;0 ) 
ìï x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y 2 

Câu 9. Giải hệ phương trình : í
3
2 
ïỵ  x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
ìx + 2 ³ 0
ì x ³ -2 
Điều kiện : í
Ûí
ỵ4 - y ³ 0
ỵ y £ 4 

(1 )
( 2 ) 

1,0 
0,25 


3

3 

Từ phương trình (1 )  ta có ( x - 1) = ( y - 2 ) Û x - 1 = y - 2 Û y = x + 1
9 .(1,0 đ)  Thay ( 3 )  vào ( 2 ) ta được pt:

x+2 +

( 3 ) 
4 - ( x + 1) = x 3  + ( x + 1) - 4 x - 2 ( x + 1 ) 
2 

Û  x + 2 + 3 - x = x3 + x 2  - 4 x - 1  , Đ/K  -2 £ x £ 3 
Û

Û

Û

(

)

x + 2 + 3 - x - 3 = x3 + x 2 - 4 x - 4 Û

2 éë( x + 2 )( 3 - x ) - 4 ùû

(

x + 2 + 3- x + 3

)(

( x + 2 )( 3 - x ) + 2 )

2 ( - x 2  + x + 2 )

(

x + 2 + 3- x + 3

)(

( x + 2 )( 3 - x ) + 2 )

(

( x + 2 )( 3 - x ) - 2 )

(

x + 2 + 3 - x + 3 

2

)

= ( x + 1) ( x 2  - 4 ) 

= ( x + 1) ( x 2  - 4 ) 
= ( x + 2 ) ( x 2  - x- 2)

0,25

ổ
ử
ỗ
ữ
2
ỗ
ữ = 0

2
( x - x - 2 ) ỗ x+ 2 +
x+ 2 + 3- x +3
( x + 2 )( 3 - x ) + 2  ữữ
ỗ
ỗ 144444444424444444443ữ
ố
> 0
ứ
2
x - x - 2 = 0 Û x = 2 Ú x = -1 

(

0,25

)(

·

( )
x = 2 ắắ
đ y = 3 ị ( x y ) =( 23) (thamón /k)

Ã

( )
x = -1 ắắ
đ y = 0 Þ ( x; y ) = ( - 1;0 ) ( thỏa mãn đ/k) 

) 

0,25 

3 

3 

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = ( 2;3) , ( x; y ) = ( - 1; 0 ) 
Câu10.Chohai phương trình:  x 3 + 2 x 2  + 3 x + 4 = 0  và  x 3 - 8 x 2  + 23 x - 26 = 0 .Chứng 
minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó 
·  Hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2  + 3 x + 4  xác định và liên tục trên tập  ¡ 
Đạo hàm f ¢ ( x ) = 3 x 2  + 2 x + 3 > 0,"x ẻ Ăị f ( x )  đồng biến trên  ¡

1,0

(*) 

f ( -4 ) . f ( 0 ) = ( -40 ) .4 = -160 < 0 Þ $ a Ỵ ( -4;0 ) : f ( a ) = 0 ( ** ) 

0,25 

Từ (* )  và (** )  suy ra  phương trình 
10.(1,0đ)

x 3 + 2 x 2  + 3 x + 4 = 0  có một nhiệm duy nhất  x = a
·  Tương tự phương trình  x 3 - 8 x 2  + 23 x - 26 = 0  có một nhiệm duy nhất  x = b

0,25 

Theo trên :  a 3 + 2 a 2  + 3a + 4 = 0 

(1 ) 
3
2 
Và b3 - 8b 2  + 23b - 26 = 0 Û ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 = 0 ( 2 ) 
3
2 
Từ (1 )  và ( 2 )  Þ a 3 + 2a 2  + 3a + 4 = ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 ( 3 ) 
Theo trên hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2  + 3 x + 4  đồng biến  và liên tục trên tập  ¡ 
Đẳng thức ( 3) Û f ( a ) = f ( 2 - b ) Û a = 2 - b Û a + b = 2 

0,25 

0,25 

Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng  2 . 

Lưu ý khi chấm bài: 
­ Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm 
nếu học sinh bỏ qua bước nào thì khơng cho điểm bước đó. 
­ Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. 
­ Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó khơng được điểm. 
­ Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.


­ Trong lời giải câu 7 nếu học sinh khơng vẽ hình thì khơng cho điểm. 
­ Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn. 

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Mơn: TỐN

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 vng 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 vng tại A , AB  AC  a , I là
trung điểm của SC, hình chiếu vng 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 Cơ-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


TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC 2015 – 2016; Mơn: TỐN
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 vng 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; khơng quy trịn 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 khơng 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 vng 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 vng nên hai góc M và I bù nhau.

0,25

Theo cơng 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


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  1 (C)
Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN của hàm số

y

x2
trên đoạn  2; 4 
x 1

Câu 3.(1,0 điểm)
a) Tìm mơđun của số phức z biết z  2 z  1  7i .
b) Giải phương trình: 9 x  3.3x  2  0 .
1





Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x 2 1  x 1  x 2 dx
0

Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :

x 1 y 1
z


. Viết
1
2
1

phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng  , vng góc với mặt phẳng (Oxy) và viết phương
trình đường thẳng  ' là hình chiếu vng góc của  lên mặt phẳng (Oxy).
Câu 6.(1 điểm)

a) Giải phương trình: 2 cos 5 x.cos 3 x  sin x  cos 8 x
b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 4
viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra khơng có đủ cả ba màu.
Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam
giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích
hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN).
8



Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ABC có trọng tâm G  ; 0  và có đường trịn
3 
ngoại tiếp là  C  tâm I . Điểm M  0;1 , N  4;1 lần lượt là điểm đối xứng của I qua các đường
thẳng AB, AC . Đường thẳng BC qua điểm K  2; 1 . Viết phương trình đường trịn  C  .
2 y  2  3 y  2  x3  4  x


Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình: 
2
  y  4  2 y  12   8  x  y 

x

2

 2  x 2  y 

Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 .Tìm GTNN của biểu thức:
P

25a 2
2a 2  7b 2  16ab



25b 2
2b 2  7c 2  16bc



c2 3  a 
a

---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:.................................................................... SBD:...........................................................
Chữ kí giám thị 1:...............................................Chữ kí giám thị 2:.............................................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
Mơn thi: TỐN
(Đáp án bao gồm 5 trang)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015

Đáp án
Câu
1

Nội dung

Điểm

Tập xác định: D = R.
+Giới hạn: lim y   , lim y  
x

0,25

x

x  0
x  2

+ Ta có y  3x 2  6 x; y  0  
BBT:

x



y

+

y

0
0

2
0

-


+

0,25

 

1
3

+Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2; 
+Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2  .

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: xcđ = 0, ycđ = y(0) = 1.
Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2, yct = y(2) = -3.
+ Đồ thị

0,25

6

4

2

0,25
-10

-5

5

10

-2

-4

-6

2

+ Ta thấy hàm số đã cho xác định và liên tục trên  2; 4 

y'

x2  2x
2

x  0
 y' 0  
x  2

0,25

 x  1
+Trên  2; 4  thì y' = 0 có một nghiệm là x = 2.
0,25

+Ta có y  2   4; y  4  

16
3

0,25


+Max y =

16
khi x = 4
3

0,25

+Min y = 4 khi x = 2
3a

+Gọi z  a  bi , , a, b  R
(1  i) z  (2  i ) z  2  2i  (1  i )(a  bi )  (2  i)(a  bi )  2  2i
3a  2b  2
a  2
 3a  2b  bi  2  2i  

 b  2
b  2
+Vậy z  2  2i

3b

+Đặt: 3x  t ,

0,25

t  1
t  2

+Với t=1: 3x  1  x  0
+Với t=2: 3x  2  x  log 3 2
1
2

0,25

t0

có: t 2  3t  2  0  

4

0,25



1



1

I   x 1  x 1  x dx   x dx   x 3 1  x 2 dx
0

2

0,25

1

I1   x 2 dx 
0

1

x3
3


0

2

0

0

1
3

0,5

1

I 2   x 3 1  x 2 dx
0

Đặt t  1  x 2  x 2  1  t 2  xdx  tdt
Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  0
1
 t3 t5 
2
 I 2    1  t  t dt    t  t dt     
 3 5  0 15

1
0
0

1

2

Vậy I  I1  I 2 
5

2

2

4

7
15

0,5



+Đường thẳng  có vectơ chỉ phương u  1; 2; 1 , đi qua M(1;-1;0); mặt phẳng


(Oxy) có vectơ pháp tuyến k   0;0;1 .

0,25

+Vậy (P) có phương trình 2( x  1)  ( y  1)  0 hay 2x – y – 3 = 0.

0.25

  
+Suy ra (P) có vectơ pháp tuyến n  [u , k ]   2; 1; 0  và đi qua M.

(Oxy) có phương trình z = 0.  ' là giao tuyến của (P) và (Oxy).
2x  y  3  0
.
z  0

+Xét hệ 

x  t

+Đặt x = t thì hệ trên trở thành  y  3  2t .
z  0


0,25

0.25


x  t

+Vậy  ' có phương trình  y  3  2t .
z  0



6a

PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x

0,25

2

 1- 2sin x + sinx = 0
 sinx = 1 v sin x  


6b

1
2

0,25



7
 x   k 2 ; x    k 2 ; x 
 k 2 , ( k  Z )
2
6
6
Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là C144  1001 cách .

Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu :
+ TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 .C51 .C 72 cách
+ TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 .C 52 .C 71 cách
+ TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 .C51 .C 71 cách
Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là C 21 .C 51 .C 72 + C 21 .C 52 .C 71 + C 22 .C 51 .C 71 =
385 cách .

0,25

0,25

1001  385 616
8

 .
Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là P 
1001
1001 13

7

+Ta có:
AN  AB 2  BN 2  2a 3

S

Diện tích tam giác ABC là:
S ABC 

0,25

1
BC. AN  4a 2 3 .
2

M

Thể tích hình chóp S.ABC là:
1
1
VS . ABC  S ABC .SA  4a 2 3.8a
3
3

C

A
H

32a 3 3

(đvtt).
3

N

0,25

B

+Ta có:
VB. AMN BA BM BN 1

.
.

VS . ABC BA BS BC 4

0,25

1
8a 3 3
VB. AMN  VS . ABC 
.
4
3
1
2

1
2

+Mặt khác, SB  SC  4 5a  MN  SC  2 5a ; AM  SB  2 5a .
+Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN ,  MH  AM 2  AH 2  a 17 .
+Diện tích tam giác AMN là S AMN

1
1
 AN .MH  2a 3.a 17  a 2 51 .

2
2

+Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:

0,25


d ( B, ( AMN )) 

3VB. AMN 8a 3 3
8a
8a 17
.
 2


S AMN
17
a 51
17

8
0,25

+Gọi H,E là trung điểm MN,BC suy ra H  2;1 . Từ GT suy ra IAMB, IANC là
các hình thoi. Suy ra AMN,IBV là các tam giác cân bằng nhau.

+ Suy ra AH  MN , IE  BC , AHEI là hình bình hành.
+ Suy ra G cũng là trọng tâm HEI  HG cắt IE tại F là trung điểm IE

0,25
+ Vì BC / / MN , K  2; 1  BC   BC  : y  1  0

8 
 H  2;1 , G  3 ;0 

  F  3;  1 
+ Từ 


2
3 

 
HF  HG

2

0,25

+ Từ EF  BC   EF  : x  3  E  3; 1

0,25

+ Vì F là trung điểm IE nên I  3;0   R  5
2

+ Từ đây ta sẽ có:  C  :  x  3  y 2  5 . là phương trình đường trịn cần tìm.
9

 y  2

0,25

+ Đk: 

2
x  y

+ Từ pt thứ 2 ta có:

 y  4  2 y  12   8  x 2  y 
 x2  8  y 

 y  4  2 y  12  

 2  x2  8  y   2




2

 2  x 2  y 

x

2

 2  x 2  y   0

 y  4  2 y  12   2
2

2y  8  y  6

 

x

x2  2  x2  y

 2 y  8  y  6

 y  2
2
2
x

2

x

y


 y2 0

x

2



 2  x 2  y   0

2

0

0.25


+ Thay vào pt 1 ta được:
2 y  2  3 y  2  x3  4  x


0,25



3

y2  3 y2  x 4  x 

3

y2



3

3

4  3 y2  x 4  x

+ Xét hàm số: ft   t  t 3  4 t  R Ta có:
3t 2

 0,   t  R   f 3 y  2  f  x  
 
2 t 4
 y  2  0  x   3 4

+ Vậy ta sẽ có: 
TM 
 3 y  2  x  y  2
f t  '  1 



Kl: Nghiệm duy nhất của hệ là:  x; y    3 4; 2
10

y2  x

3

3

0,25



2

+ Ta có:  a  b   0  2ab  a 2  b 2 . Nên ta sẽ có:
2a 2  7b 2  16ab  2a 2  7b 2  2ab  14ab  3a 2  8b 2  14ab 


 a  4b  3a  2b 

4a  6b
 2a  3b
2

+ Vậy ta sẽ có:

0,5
25a
2

2

2

2



2a  7b  16ab
25b 2

+ Tương tự ta cũng có:

25a
1
2a  3b

2b 2  7c 2  16bc

+ Mặt khác theo Cauchy  shwarz Ta có:



25b 2
2b  3c

 2

3c 2
25c 2
 3 2
 2c  c 2    
a
 a c  3a  2c

 3

+ Từ (1),(2),(3) ta sẽ có:
2

 a2
 a  b  c   c 2  2c 
b2
c2  2
P  25 


  c  2c  25.
5a  b  c
 2a  3b 2b  3c 2c  3a 
2
 5  a  b  c   c  2c

0.25

2

+ Mà a  b  c  3 theo giả thiết nên ta sẽ có: P  c 2  2c  15   c  1  14  14
Vậy GTNN của P  14
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1

0.25

 Chú ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành
và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ
trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm.

SỞ GD & ĐT TP HỒ CHÍ MINH

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016

Đề thi mơn: Tốn
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)

2x - 1
x- 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

b) Tìm m để đường thẳng (d) : y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4 2.
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 16sin2

x
- cos2x = 15
2

b) Cho số phức z thỏa mãn phương trình (1 - i)z + (2 + i).z = 4 + i. Tính mơđun của z.

x
+ 4
4
2
ìï
ïï ( y + 1)2 + y = y 2 + 2 x - 2

ï
x
Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ïí
x- 1 y
ïï
+ = y2 + y
ïï x +
y
x
ïỵ
Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình: log22 x = log2

4

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân: I =

ò
1

x - 4 ln x
.dx
x2

a 70
, đáy ABC là tam giác vuông tại
5
A, AB = 2a, AC = a và hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh AB. Tính theo a
thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC

có SC =

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, gọi H(3; - 2), I(8;11), K(4; - 1) lần lượt là trực tâm, tâm đường
tròn ngoại tiếp, chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm A, B,C.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(2;1; - 1), B(1; 3;1),C(1;2; 0). Viết phương trình
đường thẳng (d) qua A, vng góc và cắt đường thẳng BC.
Câu 10 (0,5 điểm) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm năm chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ
các 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 có tổng
các chữ số là một số lẻ.
Câu 9 (1,0 điểm) Cho hai số thực x , y thỏa mãn điều kiện: x 4 + 16y 4 + 2(2xy - 5)2 = 41
Tìm GTLN-GTNN của biểu thức P = xy -

3
.
x + 4xy 2 + 3
2

“ Ngày mai đang bắt đầu từ ngày hôm nay……….. ”

-1-


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu 1
(2,0
điểm)

a) TXĐ: D = R\{2}

0,25

lim y  lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang của (C).

x 

x 

lim y  , lim y    x  2 là tiệm cận đứng của (C).

x 2

0,25

x 2

y/ 

3
( x  2)2

y /  0, x  D  Hàm số giảm trên các khoảng (, 2), (2; )
Vẽ đồ thị. Đồ thị nhận I(2;2) làm tâm đối xứng.
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:

2x 1
 x  m  x 2  (m  4) x  1  2m  0 (*)
x2
  m2  12  0, m  phương trình (*) ln có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m và
x1  x2  4  m , x1 x2  1  2m .

0,25
0,25

0,25

0,25

AB  4 2  ( x1  x2 )2  (y1  y2 )2  4 2

Câu 2
(1,0
điểm)

Câu 3
(0,5
điểm

Câu 4
(1,0
điểm)

 ( x1  x2 )2  16  ( x1  x2 )2  4 x1 x2  16  (4  m)2  4(1  2m)  16

0,25

 m2  4  m  2

0,25

x

 cos 2 x  15
2
 8(1  cos x)  (2cos2 x  1)  15
 2cos2 x  8cos x  6  0
 cos x  1
 x    k 2 (k  Z )
b) (1  i) z (2  i) z  4  i (*)
Gọi z  a  bi (a, b  R)
(*)  (1  i)(a  bi)  (2  i)(a  bi)  4  i
 3a  2b  bi  4  i  b  1, a  2
a) 16sin 2

0,25
0,25

0,25

 z  5

0,25

x
 4 . Điều kiện x > 0.
4
Phương trình  log 22 x  log 2 x  2

0,25

log 22 x  log 2

1

log 2 x  1  x 


2

log 2 x  2
x  4

y2
2
(
y

1)

 y 2  2 x  2 (1)

x
. Điều kiện x  2, y  0

x

1
y
2
x 
 y y
(2)

y
x


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

0,25

0,5