BỘ 35 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2016

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


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

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

1 3 1
1
x   m  1 x 2  mx 
(1), m là tham số.
3
2
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  2.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

1
b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại là yCĐ thỏa mãn yCĐ  .
3

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos3x  cos x  2 3cos2 x sin x.
b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn z  2 z  3  2i.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 4 x 2  log 2  2 x  1  log 2  4 x  3 .





Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 2  5 x  4 1  x 3  2 x 2  4 x .
6

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

x  3 1
dx.
x2

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2a, AB  a. Gọi M là trung điểm cạnh BC.
Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 
ACD   với




1
cos 
, điểm H thỏa mãn điều kiện HB  2 HC, K là giao điểm của hai đường thẳng AH và
5
1 4
BD. Cho biết H  ;   , K 1; 0  và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C , D.
3 3
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0 và đường
x  2 y 1 z
thẳng d :

 . Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho
1
2
1
khoảng cách từ A đến (P) bằng 2 3.
Câu 9 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước
ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C;
mỗi bảng có 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn
2

2

2

0   x  y    y  z    z  x   2.





Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  4 x  4 y  4 z  ln x 4  y 4  z 4 

3
( x  y  z )4 .
4

------------------ Hết -----------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 28, 29/3/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại
phiếu dự thi cho BTC.
2. Thi thử THPT Quốc gia lần 2 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 18 và ngày 19/4/2015. Đăng ký
dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 28/3/2015.


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN;
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)

Câu 1.
(2,0
điểm)

Khi m  2 hàm số trở thành y 

1 3 1 2
1
x  x  2x  .
3
2
3

1 0. Tập xác định: D  .
2 0. Sự biến thiên:
*) Chiều biến thiên: Ta có y   x 2  x  2, x  .
 x  1
 x  1
y  0  
; y  0  
; y   0  1  x  2.
x  2
x  2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;  1) và (2;  ); hàm số nghịch biến trên
khoảng (1; 2).
3
*) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1, yCĐ  y (1)  ;
2
hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  y (2)  3.
*) Giới hạn tại vô cực:

2
1 
2
1 
1 1
1 1
lim y  lim x 3  
 2  3   ; lim y  lim x 3  
 2  3   .
x 
x 
x

x

3x 
3x 
 3 2x x
 3 2x x
*) Bảng biến thiên:
x 

2
1
y

y'

+

0

–

0

3
2



3
2

y

+

3

1 O



0,5

2

x

0,5

3 0. Đồ thị:
3

b) (1,0 điểm)

 x  1
Ta có y  x 2   m  1 x  m, x  ; y   0  
x  m
Hàm số có cực đại khi và chỉ khi m  1.
Xét hai trường hợp (TH) sau:
TH1. m  1. Hàm số đạt cực đại tại x  m, với yCĐ  y (m )  
Ta có yCĐ 

m3 m 2 1

 .
6
2 3

 m  3(tm)
1
m3 m 2 1 1


  
 m  3.
3
6

2 3 3
 m  0 (ktm)

TH2. m  1. Hàm số đạt cực đại tại x  1, với yCĐ  y (1) 
Ta có yCĐ 

0,5

1
m 1 1
1

   m   (tm).
3
2 2 3
3

1
Vậy các giá trị cần tìm của m là m  3, m   .
3
1

m
1
 .
2 2

0,5

a) (0,5 điểm)
Câu 2.
(1,0
điểm)

Câu 3.
(0,5
điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

 k

x  4  2
cos2 x  0
2cos2 x cos x  2 3cos2 x sin x  

k   .
 x    k
cosx  3 sin x

6
b) (0,5 điểm)
Đặt z  a  bi, ( a, b  ). Từ giả thiết ta có

0,5

3a  3
a  1
a  bi  2  a  bi   3  2i  3a  bi  3  2i  


 b  2
 b  2
Vậy số phức z có phần thực bằng 1, phần ảo bằng 2.
1
*) Điều kiện: x  .
2
Khi đó phươngtrình đã cho tương đương với
log 2 x  log 2  2 x  1  log 2  4 x  3  log2 2 x 2  x  log2  4 x  3



0,5



0,5

1

x
2
2

 2 x  x  4 x  3  2 x  5x  3  0 
2

x

3


Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là x  3.

Câu 4.
(1,0
điểm)

 x  1  5
*) Điều kiện: x 3  2 x 2  4 x  0  
 1  5  x  0.

Bất phương trình đã cho tương đương với  x 2  2 x  4   3 x  4 x  x 2  2 x  4  .

(1)

Xét hai trường hợp sau đây:
TH1. Với 1  5  x  0 . Khi đó x 2  2 x  4  0 và 3 x  0 . Hơn nữa hai biểu thức

0,5

x 2  2 x  4 và 3x không đồng thời bằng 0. Vì vậy

x

2

 2 x  4   3x  0  4 x  x 2  2 x  4  .

Suy ra 1  5  x  0 thỏa mãn bất phương trình đã cho.
TH2. Với x  1  5. Khi đó x 2  2 x  4  0 . Đặt

x 2  2 x  4  a  0, x  b  0 .

Bất phương trình trở thành a 2  3b 2  4ab   a  b   a  3b   0  b  a  3b

 x 2  x  4  0
1  17
7  65
 x  x  2x  4  3 x   2

x
, thỏa mãn.
2
2
 x  7 x  4  0
2

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1  5  x  0 ;

Đặt
Câu 5.
(1,0
điểm)

0,5

1  17
7  65
x
.

2
2

x  3  t. Ta có x  1  t  2; x  6  t  3; x  t 2  3 và dx  2tdt.
3

3

0,5

t 1
t
Khi đó I   2 2tdt  2 
dt
t 1
t 1
2
2
3

1 

 2  1 
dt  2  t  ln t  1 
t 1 
2

3

 2 1  ln 2  .

2

2

0,5


*) Từ giả thiết suy ra ABC đều và
SA  SB  SC .
Hạ SO  (ABC )  O là tâm tam
giác đều ABC.
a2 3
Ta có AB  a  S ABC 
và
4
a 3
2
a 3
AM 
 AO  AM 
2
3
3
a 33
 SO  SA2  AO 2 
.
3
1
a 3 11
Suy ra VS . ABC  SO.S ABC 

.
3
12

S

Câu 6.
(1,0
điểm)

H
A

C
O

M

x
K

B

*) Kẻ Bx // AM  mp ( S , Bx) // AM
 d ( AM , SB )  d  AM , (S , Bx)   d  O , (S , Bx) 
Hạ OK  Bx, OH  SK . Vì Bx  (SOK ) nên Bx  OH  OH  ( S , Bx)
a
Ta có OMBK là hình chữ nhật nên OK  MB  .
2
1

1
1
47
a 517
Vì SOK vuông tại O nên



 OH 
2
2
2
2
OH
OK
OS
11a
47
a 517
Từ (1), (2) và (3) suy ra d ( AM , SB )  OH 
.
47
D

Câu 7.
(1,0
điểm)



C

Từ giả thiết suy ra H thuộc cạnh BC và BH 
Vì BH // AD nên

H

K

A

B

0,5
(3)

2
BC.
3

KH BH 2
2

  HK  KA . Suy ra
KA AD 3
3

0,5

4

a.
3

Trong tam giác vuông ABH ta có AB 2  BH 2  AH 2 
Suy ra AB  5, HB 

(1)
(2)

 5 
1
4
5 2 4
5 10
HA  HK   x A  ; y A    .  ;    ; 
2
3
3 2 3 3 3 3 

 A(2; 2).
1
Vì ACD vuông tại D và cos 
ACD  cos  
nên
5
AD  2CD, AC  5CD.

Đặt CD  a (a  0)  AD  2a  AB  a, BH 

0,5

25 2 125
a 
 a  5.
9
9

4 5
.
3

(*)
0,5

( x  2) 2  ( y  2) 2  5
 x  3, y  0

2
2

Giả sử B( x; y ) với x  0, từ (*) ta có 

1 
4  80
 x   1 , y  8 ( ktm)
 x     y   

5
5
3 

3
9

 
 3 
Suy ra B(3; 0). Từ BC  BH  C  1;  2  . Từ AD  BC  D  2; 0  .
2
*) Giả sử M  d  ( P). Vì M  d nên M (t  2;  2t  1;  t ).

Câu 8.
(1,0
điểm)

Mặt khác M  ( P) nên suy ra (t  2)  (2t  1)  (t )  3  0  t  1.
Suy ra M (1; 1; 1).
3

0,5


*) Ta có A  d nên A(a  2;  2 a  1;  a).
Khi đó d  A, ( P)   2 3 

(a  2)  (2a  1)  (a )  3

12  12  12
Suy ra A(4;  5;  2) hoặc A( 2; 7; 4).
Câu 9.
(0,5
điểm)

a  2
 2 3  a 1  3  
 a  4.

+) Tổng số kết quả 9 đội bóng bốc thăm ngẫu nhiên vào 3 bảng A, B, C là C93  C63  C33 .
+) Số kết quả bốc thăm ngẫu nhiên có 3 đội bóng Việt Nam nằm ở ba bảng khác nhau là
3! C62  C42  C22 .
Suy ra xác suất cần tính là P 

2
6

2
4

0,5

0,5

2
2

3! C  C  C
9

 0,32.
3
3
3

C9  C6  C3
28

Từ giả thiết suy ra 0  x, y , z  1 và x 2  y 2  z 2  1.
Câu 10.
(1,0
điểm)

Xét hàm số g (t )  4t  3t  1, t   0; 1. Ta có g '(t )  4t ln 4  3.
Suy ra g (t )  0  t  log 4

3
 t0 ; g (t )  0  t  t0 và g (t )  0  t  t0 .
ln 4

3
 4, nên 0  t0  1.
ln 4
t
0
Suy ra bảng biến thiên
g '(t )
Vì 1 

t0
–

1
+

0

0

0
0,5

g (t )
Suy ra g (t )  0 với mọi t   0; 1 , hay 4t  3t  1 với mọi t   0; 1.
Mặt khác, do 0  x, y, z  1 nên x 4  y 4  z 4  x 2  y 2  z 2  1.
3
Từ đó ta có P  3  3( x  y  z )  ln x 4  y 4  z 4  ( x  y  z ) 4
4
3
 3  3( x  y  z )  ( x  y  z ) 4 .
4
3
Đặt x  y  z  u , khi đó u  0 và P  3  3u  u 4 .
4
3
Xét hàm số f (u )  3  3u  u 4 với u  0.
4
3
Ta có f (u )  3  3u và f (u )  0  u  1.
Suy ra bảng biến thiên
u
0
1




f '(u )

+

f (u )



0

–

21
4

21
21
với mọi u  0. Suy ra P  , dấu đẳng thức
4
4
xảy ra khi x  1, y  z  0 hoặc các hoán vị.
21
Vậy giá trị lớn nhất của P là
.
4
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (u ) 

4

0,5


TRNGTHPTCHUYấNVNHPHC

CHNHTHC

THITHPTQUCGIANMHC2015ư2016
Mụn:TON
Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt.

Cõu1(1,0im). Khosỏtsbinthiờnvvthcahms y = x 3 - 3 x2 + 2
Cõu2(1,0im).Tỡmcctrcahms: y = x - sin 2 x +2.
Cõu3(1,0im).
3sin a - 2 cosa
a) Cho tan a = 3 .Tớnhgiỏtrbiuthc M =
5sin 3 a + 4 cos3a
x - 4 x- 3
xđ3
x 2 -9
Cõu4(1,0im). Giiphngtrỡnh: 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x =2

b) Tớnhgiihn: L= lim

Cõu5(1,0im).
5

2 ử
ổ

a)Tỡm hsca x trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ .
x ứ
ố
b)Mthpcha20qucugingnhaugm 12 quv 8 quxanh.Lyngunhiờn(ng
thi) 3 qu.Tớnhxỏcsutcúớtnhtmtqucumuxanh.
10

Cõu6(1,0im). Trongmtphngvihta ( Oxy),chohỡnhbỡnhhnh ABCD cúhainh
A ( -2 -1), D( 50) v cú tõm I( 21). Hóy xỏc nh tahainh B,Cv gúc nhnhpbihai

ngchộocahỡnhbỡnhhnhócho.
Cõu7(1,0im).
Chohỡnhchúp S.ABC cúỏy ABC ltamgiỏcvuụngti A ,mtbờn SAB ltamgiỏcuvnm
trong mt phng vuụng gúc vi mt phng ( ABC), gi M l im thuc cnh SC sao cho
MC =2MS . Bit AB = 3, BC =3 3 , tớnh th tớch ca khi chúp S.ABC v khong cỏch gia hai
ngthng AC v BM .
Cõu8(1,0im).Trongmtphngvihta ( Oxy),chotamgiỏc ABC ngoitipngtrũn

tõm J( 21).Bitngcaoxutphỏttnh A catamgiỏc ABC cúphngtrỡnh: 2 x + y - 10 =0
v D ( 2 -4) lgiaoimthhaica AJ vingtrũnngoitiptamgiỏc ABC .Tỡmtacỏc
nhtamgiỏc ABC bit B cúhonhõmv B thucngthngcúphngtrỡnh x + y + 7 =0 .
ỡù x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6y2

Cõu9(1,0im). Giihphngtrỡnh: ớ

3
2
ùợ x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2y
Cõu 10(1,0im).Cho haiphngtrỡnh: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 v x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0.

Chngminhrngmiphngtrỡnhtrờncúỳngmtnghim,tớnhtnghainghimú.
ưưưưưưưưHtưưưưưưư
Thớsinhkhụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm.
Hvtờnthớsinh:.......Sbỏodanh:


TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2015­2016 
Môn: TOÁN ( 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 = -¥ 
x ®+¥

x ®-¥

Bảng biến thiên: 

-¥ 

x
y' 
y 

0                        2
+          0 
­ 
0              + 
2

+¥ 
+¥

0,25 

­2 

-¥ 

1 (1,0 đ)  Đồ thị: 
y 

f(x)=(x^3)­3*(x )^2+2 

5 

x 
­8 

­6 

­4 

­2 

2 

4 

6 

0,25 

8 

­5 

2 (1,0 đ)

Câu 2 . Tìm cực trị của hàm số :  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 Î ¢ 
2
6 

0,25


p
ổ p
ử
ổ pử
f ÂÂ ỗ - + k p ữ = 4 sin ỗ - ữ = -2 3 < 0ị hmstcci ti xi = - + k p
6
ố 6

ứ
ố 3ứ

3.(1,0)

p
3
ổ p
ử
Vi yCD = f ỗ - + k p ữ = - +
+ 2 + k p ,k ẻ 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
ố
ứ
ố ứ
3
ổp
ử p
+ 2 + k p ,k ẻ Â
Vi yCT = f ỗ + k p ữ = ố6

ứ 6 2
3sin a - 2 cosa
Cho tan a = 3 .Tớnhgiỏtrbiuthc M =
5sin 3 a + 4cos3a
2
2
2
3sin a ( sin a + cos a ) - 2 cos a ( sin a + cos2a )
M=
5sin 3 a + 4 cos3a
3sin 3 a - 2sin 2 a cos a + 3sin a cos 2 a - 2 cos3a
=
(chiatvmuchocos 3 a )
5sin 3 a + 4cos 3a
3 tan 3 a - 2 tan 2a + 3tan a - 2
=
5 tan 3a+ 4
3.33 - 2.32 + 3.3 - 2 70
Thay tan a = 3 votac M =
=
5.33 +4
139
Luý:HScngcútht tan a =3 suyra 2kp < a <
1

cos a =

10

3

sina =

10

xđ3

(x(x

x đ3

)(

(

- 9) x + 4 x - 3
x- 1

L= lim
xđ3

( x + 3) ( x +

0,5

0,25

0,25

+2kp v

x - 4 x- 3
x 2 -9

0,5

) = lim

4 x - 3 x + 4 x- 3
2

2

0,25

rithayvobiuthcM.

b)Tớnhgiihn: L= lim

L= lim

p

0,25

4x - 3

)

)

=

xđ3

(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

Cõu4.Giiphngtrỡnh: 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x =2

1,0

2
2
2
2
4 .(1,0) Phngtrỡnh 3sin x - 4sin x cos x + 5cos x = 2 ( sin x +cos x )

sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos 2 x =0
( sin x - cos x )( sin x - 3cos x )= 0 sin x - cos x = 0 sin x - 3cos x =0
p
+ k p x = arctan 3 + k p ,k ẻ Z
4
p
Vyphngtrỡnhcúhaihnghim: x = + k p , x = arctan 3 + k p ,k ẻ Z
4

0,25
0,25
0,25

tan x = 1 tan x = 3 x =

0,25
5

2 ử
ổ
a)Tỡmhscashngcha x10 trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ .
x ứ
ố
5

5- k

k

5
5
k 5 - k
ổ 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 ữ
x ứ k =0
ố
ố x ứ k=0
Hscacashngcha x10 l C5k ( -1) k 35- k 2 k, vi15 - 5k = 10 k =1
1

1,0

Vy hsca x10 l: C51 ( -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 không 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 ) 
î 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 = 6 Þ C  6;3 
( ) 
í
î yC = 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 vuông tại  A , mặt bên  SAB 
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông 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 
(đvtt) 
Þ VS . ABC = × SH × 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 
=
= Þ S ABN = S SAB  = ×
= 
(đvdt) và  AN = SA = 2 
SA SC 3
3

3 4
2 
3 

0,25


BN =

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

3 21
(vd)
7
Luý:Victớnhthtớch,hcsinhcngcúthgiiquyttheohng CA ^(SAB )
v VS . ABC =VC .SAB
Vy d ( AC ,BM )=

Cõu8.Trongmtphngvihta ( Oxy),chotamgiỏc ABC ngoitipng
trũntõm J( 21).Bitngcaoxutphỏttnh A catamgiỏc ABC cúphng
trỡnh: 2 x + y - 10 =0 v D ( 2 -4) lgiaoimthhaica AJvingtrũnngoi
tiptamgiỏc ABC .Tỡm tacỏcnhtamgiỏc ABC bit B cúhonhõmv
B thucngthngcúphngtrỡnh x + y + 7 =0 .

AJiqua J( 21)v D ( 2 -4) nờncú
phngtrỡnh AJ : x - 2 = 0
{ A}= AJ ầAH , (trongú H lchõn
ngcaoxutphỏttnh A )

A

E
J

Ta A lnghimcah
ỡx - 2 = 0
ỡ x= 2
ớ
ị A( 2 6)
ớ
ợ 2 x + y - 10 = 0
ợy = 6

1,0

B

0,25

I

C

H

D

8.(1,0) Gi E lgiaoimthhaica BJ ving trũnngoitiptamgiỏc ABC .
ằ = DC
ằ = EA
ằị DB = DC v EC
ằ
Tacú DB
ã= 1(sEC
ằ + sDB
ằ)=DJB
ằ 1 (sEA
ã ị DDBJ cõnti D ị
ằ+ sDC)=
DBJ
2
2
DC = DB =DJ hay D ltõmngtrũnngoitiptamgiỏc JBC
Suy ra B,C nm trờn ng trũn tõm D ( 2 -4) bỏn kớnh JD = 0 2 + 52 =5 cú
2

2

phngtrỡnh ( x - 2 ) + ( y + 4 ) =25.Khiúta B lnghimcah
2
2
ộ B( -3 -4)
ùỡ( x - 2 ) + ( y+ 4 ) = 25 ỡ x = -3 ỡ x= 2
ớ

ớ
ịờ
ớ
ợ y = -4 ợ y= -9 ởờ B( 2 -9)
ù x + y + 7 = 0
ợ

0,25

Do B cúhonhõmnờntac B ( -3 -4)
ỡù qua B( -3 -4)
ỡùqua B( -3 -4)
ị BC : x - 2 y - 5 =0
BC : ớ
ị BC:ớ
r r
ùợ^ AH
ợùvtpt n = uAH = (1 -2)
Khiúta C lnghimcah
2
2
ùỡ( x - 2 ) + ( y+ 4 ) = 25 ỡ x = -3 ỡ x = 5 ộC ( -3 -4) B
ớ
ớ
ịờ
ị C( 5 0)
ớ
ợ y = -4 ợ y = 0 ởờC( 50)
ù x - 2 y - 5 = 0
ợ

0,25

Vy A ( 26 ) , B ( -3 -4 ) , C ( 50)
ỡù x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y2
Cõu9.Giihphngtrỡnh: ớ
3
2
ùợ x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
ỡx + 2 0
ỡ x -2
iukin:ớ
ớ
ợ4 - y 0
ợy Ê 4

(1)
( 2)

1,0
0,25


3

3

T phngtrỡnh (1) tacú ( x - 1) = ( y - 2 ) x - 1 = y - 2 y = x +1
9.(1,0) Thay ( 3) vo ( 2)tac pt:

x+2 +

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

x + 2 + 3 - x = x3 + x 2 - 4 x -1 ,/K -2 Ê x Ê3






(

)

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

2 ộở( x + 2 )( 3 - x) - 4ựỷ

(

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) ( x2 - 4)

= ( x + 1) ( x2 - 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 x = 2 x = -1

(

0,25

)(

ã

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

ã

( )
x = -1 ắắ
đ y = 0 ị ( x y ) = ( -10)(thamón /k)

)

0,25

3

3

Vyhphngtrỡnhcúhainghim ( x y ) = ( 23) , ( x y ) = ( -1 0)
Cõu10.Chohaiphngtrỡnh: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 v x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0.Chng
minhrngmiphngtrỡnh trờncúỳngmtnghim,tớnhtnghainghimú
ã Hms f ( x )= x 3 + 2 x 2 + 3 x +4 xỏcnhvliờntctrờntp Ă
ohm f  ( x ) = 3 x 2 + 2 x + 3 > 0,"x ẻ Ăị f ( x ) ngbintrờn Ă

1,0

(*)

f ( -4 ) . f ( 0 ) = ( -40 ) .4 = -160 < 0 ị $ a ẻ ( -40 ) : f ( a ) =0 ( **)

0,25

T (*) v (**) suyra phngtrỡnh
10.(1,0)

x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 cúmtnhimduynht x =a
ã Tngtphngtrỡnh x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0 cúmtnhimduynht x =b

0,25

Theotrờn: a 3 + 2 a 2 + 3a + 4 = 0

(1)
3
2
V b3 - 8b 2 + 23b - 26 = 0 ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 =0 ( 2)
3
2
T (1) v ( 2 ) ị a 3 + 2a 2 + 3a + 4 = ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) +4 ( 3)
Theotrờnhms f ( x )= x 3 + 2 x 2 + 3 x +4 ngbinvliờntctrờntp Ă
ngthc ( 3) f ( a ) = f ( 2 - b ) a = 2 - b a + b =2

0,25

0,25

Vy tnghainghim cahaiphngtrỡnh úbng 2 .

Luýkhichmbi:
ưỏpỏnchtrỡnhbymtcỏchgiibaogmcỏcýbtbucphicútrongbilmcahcsinh.Khichm
nuhcsinhbquabcnothỡkhụngcho imbcú.
ưNuhcsinhgiicỏchkhỏc,giỏmkhocnccỏcýtrongỏpỏnchoim.
ưTrongbilm,numtbcnoúbsaithỡcỏcphnsaucúsdngktqusaiúkhụngcim.
ưHcsinhcsdngktquphntrclmphnsau.

­ Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. 
­ Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 


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


1

sin x 


2

cosx = 3(v« nghiÖm)
0,25


 x  6  k 2
, với k, l là số nguyên. Kết luận.

5

x 
 l 2

6
b) TXĐ D = ¡
Phương trình  22 x 3 (4  1)  52 x 1(5  3)

0,25
0,25

 22 x3.5  52 x1.8

0,25

2x

 2
   1
.
 5
 2x  0  x  0

0,25

2
Ta có Cn1  Cn2  15  Cn+
1  15 

n(n+1)
 15
2

 n  5 (t / m)
 n2 + n  30  0  
 n  6 (lo¹ i)

0,25
0,25

5




Với n = 5 và x  0 ta có  x2 

5

5
5
2
2 5k
k
2 k

C
(
x
)
(

)

C5k x3k 5 (2)5k


5

x  k 0
x
k 0

Số hạng chứa x4 trong khai triển trên thỏa mãn 3k – 5 = 4  k = 3, suy ra số hạng
chứa x4 trong khai triển trên là 40x4.

0,25

0,25

A

I
S
H

6
B
Ta có AB  (SBC) (gt) nên VSABC =

Từ gt ta có SSBC =

C

1
AB.S SBC
3

0,25

1
1

1
BC.BS .sin 300  4a.2a 3.  2a 2 3
2
2
2

0,25


Khi đó VSABC =

1
3a.2a 2 3  2a3 3 (đvtt).
3

Hạ BH  SC (H  SC) ta chứng minh được SC  (ABH)
Hạ BI  AH (I  AH)
Từ hai kết quả trên  BI  (SAC)  BI = d(B; (SAC)).
Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI  BI 

6a 7
 Kl
7

0,25
0,25

Ta có C  d : 2 x  y  5  0 nên C(t; –2t – 5).
Ta chứng minh 5 điểm A, B, C, D, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD. Do tứ
giác ABCD là hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của đường tròn trên, nên suy ra

0,25

được ·
AFC  900  AC 2  AF 2  CF 2 . Kết hợp với gt ta có phương trình:

(t  4)2  (2t  13)2  81 144  (t  5)2  (2t  1)2  t  1.

7

0,25
Từ đó ta được C(1; –7).
Từ giả thiết ta có AC // EF, BF  ED nên BF  AC, do C là trung điểm BE nên BF

cắt và vuông góc với AC tại trung điểm.
Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ∆ABC = ∆AFC

0,25

 S ABC  S AFC  S ABCD  2S AFC  75 (đvdt).

0,25

TXĐ D = 1; 
Phương trình  ( x  1) x  1  ( x  1)  x  1  (2x  3)3  (2x  3)2  2x  3 (1)

0,25

Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  t  f' (t )  3t 2  2t  1  f' (t )  0, t  ¡ suy ra hàm số

8

f(t) đồng biến trên ¡ .

0,25

Phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f (2 x  3) . Từ hai điều trên phương trình (1)

 x  1  2x  3

0,25

x  3 / 2
x  3 / 2


 x= 2
 2
2
x

1

4
x

12
x

9

4
x

13
x

10

0



0,25


Ta có

Mà

3

1
1 1
1


 33 2 2 2 , đặt t =
xy yz zx
x y z
x2 y 2 z 2 

3
 P  8t 

3

xyz  0
0,25

x2 + y 2 + z 2 1
1
  0 t 
3
4
2

3
3
8t 3  2 .
2 . Xét hàm số f (t ) 
t
t

Ta có t  0 , f'(t) = 24t 2 

6
, f''(t ) = 0  t 
t3

5

1
.
4

0,25

Ta có bảng:
9
t
0

1
2

5



0

1
4
0,25

f’(t)

f(t)

13

Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn 0  t 
Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t =

1
2

1
1
hay x = y = z =
Kl: MinP = 13.
2
2

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3
Câu 2 (2,0 điểm).

3π

2π 

. Tính sin  α 
.
2
3 

b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .
a) Cho tan α  2 và π  α 

1

trên đoạn  2;  .
2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4x  6x  9x.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường
môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ, môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1
nam và 4 nữ, môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ, môn Vật lí có 5 em đạt
giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự
đại hội thi đua? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi
đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm
đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp
đường tròn (T) có phương trình: ( x  4)2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật

ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  4 y 17  0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0)
và điểm M có tung độ âm
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  8 y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



P



1
1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

-----------------------HẾT-----------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Hä và tªn thÝ sinh:
.......................................................................
.........; SBD..........................................

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Câu

Nội dung
a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D  R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y   ; lim y  

Điểm

0,25

x

x

b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x  4 x , y’ = 0  x = 0, x  1
x
-
-1
0
1
y'
0
+

0
0
+
-3
3

+
+
+

0,25

y

Câu 1
(1,0 điểm)

-4
-4
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (;1) và (0; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1 ) = - 4.
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm
(  3 ; 0).

0,25

y

 3 1 O

1

3

x

0,25

3

4
Cho tan α  2 và π  α 

Câu 2.1
(1,0 điểm)

3π
2π 

. Tính sin  α   ?
2
3 


1
1
1
5

2
Ta có Cos α  1  tan 2 α  1  4  5  cosα   5

3π
5
 cosα  0 nên cosα  
5
2
 5
2 5
sin α  cosα.tan α 
.2 
5
5

Do π  α 

0,25

0,25
0,25


Vậy

2π 
2π
2π

sin  α    sin α.cos

 cosα.sin
3 
3
3


2 5 1  5 3 2 5  15

. 
.

5
2
5
2
10
Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0

Câu 2.2
(1,0 điểm)

0,25

cos x  sin 4x  cos3x  0  2sin 2x.sin x  2sin 2x.cos 2x  0

0,25

 2sin 2x(sinx  cos2x)  0  sin 2x(2sin 2 x  sin x  1)  0

0,25

kπ

x  2


 x  π  k2π
sin 2x  0


2
 s inx  1  
 x   π  k2π

1
6

s inx 

2

7π
 k2π
x 
6


0,5

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .

1

trên đoạn  2;  .
2

Câu 3
(1,0 điểm)

x

+ Ta có f '(x)  1 

0,25

4  x2

+ f '(x)  0  x  2  [  2; ]

1
2

0,25

1  15
2

0,25

minf(x)  2

0,25

1
2

+ Có f (2)  2;f ( ) 

maxf(x) 
1
[-2; ]
2

1  15
;
2

1
[-2; ]
2

Giải phương trình 2.4x  6x  9x.

Phương trình
x

x

4 6
 2.       1
9 9

2x

Câu 4
(1,0 điểm)

0,25

x

2
2
 2.       1  0
3
3
 2  x
   1  Loai 
3

 2 x 1
  
2
 3 

0,25

0,25


 x   log 2 2
3

Vậy phương trình có nghiệm x   log 2 2

0,25

3

Câu 5
(1,0 điểm)

Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt
giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn
Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3
nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ?
Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Có tất cả 5.5.5.5=625 cách
 n(Ω)  625
0,25
Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội”
0,25
 A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH”

 

 n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48  P A 

n(A) 48

n(Ω) 625

Vậy P(A)  1  P  A   1 

48 577

625 625
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm

0,25
0,25

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo
bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
SH  ( ABCD)
S

·
 300 .
và SCH
Ta có:
K
A

Câu 6
(1,0 điểm)

D
I

H

B

SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

0,25

SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3
C

HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a
Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra

BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 .

0,25

3

1
4a 6
Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH 
.
3
3
Vì BA  2HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:

AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI .
Do đó: HK   SAC  .

0,25


Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
Suy ra, HK 

HS .HI
HS 2  HI 2



HI AH
AH .BC a 6
.

 HI 

BC AC
AC
3

a 66
.
11

0,25

Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2 HK 

2a 66
11
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội
tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4)2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  4 y  17  0 ;
đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm
A

Câu 7
(1,0 điểm)

B
I
C

D

+(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BDM và N,C là chân các đường cao
nên chứng minh được :IM  CN

0,25

E
N
M

+ Lập ptđt IM qua I và IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0
 M(7; 3)
+ M là giao điểm (T) với IM : 
 M(1;5) (loai)
+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1
 D(9;1)
D là giao điểm (T) và DC : 
 D(1;1)
Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)
uuur uuur
+Do BA  CD => A(-1 ;5)
* Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Giải hệ phương trình:   x  8 y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7



0,25

0,25

0,25



Điều kiện x  1; y  2 .
Đặt x  1  a; y  2  b  a, b  0  , từ (1) ta có:

a  ab  a 2  1  5  2  b 2  2   b  a  b  ab  b 2  a 2  b 2  0

Câu 8
(1,0 điểm)

  a  b 1  2a  b   0
 a  b (do a, b  0  1  2a  b  0

0,25