Tổng hợp đề thi thử THPTQG năm 2016 môn Toán Phần 2

GROUP NHÓM TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPT 2016 - LẦN 5

www.nhomtoan.com

Môn: TOÁN; Ngày 31-1-2016
Thời gian làm bài :180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x4 − 2x2 − 3.
Câu 2 (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) : y = −x3 + 3x2 + 9x + 2 tại điểm có
hoành độ x0 , biết rằng f (x0 ) = −6.
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình log(x2 − 6x + 7) = log(x − 3).
b) Giải bất phương trình 4x − 3.2x + 2 > 0.
Câu 4 (1,0 điểm)
2

2x(x + 1)2 dx.

a) Tính tích phân I =
0

b) Giải phương trình −3z 2 + 2z − 5 = 0 trên tập hợp số phức.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(−3; 0; 0), B(0; −2; 0), C(0; 0; −1).
Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua ba điểm A, B, C. Tính khoảng cách từ M (5; 1; 5) đến (P ).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình lặng trụ đứng ABC.A1 B1 C1 có đáy là tam giác cân tại A, AB = AC = 2a và
CAB = 1200 . Góc giữa mặt phẳng (A1 BC) và mặt đáy (ABC) là 300 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC.A1 B1 C1 và khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng (A1 BC),
Câu 7 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình sin4 x + cos2 x − 2 = 0.

b) Lớp Toán 11antt có số học sinh nam và nữ bằng nhau, cần chọn ra một đội gồm 4 học sinh để dự thi quốc
5
gia. Biết rằng xác suất để trong 4 học sinh được chọn có đúng 3 học sinh nam là
. Hãy tính số học
21
sinh của lớp toán 11antt trên.
Câu 8 (1,0 điểm) Trung tâm cây xanh dự định trồng hai loại hoa Cúc và hoa Mai cho dịp Tết 2016. Mỗi
chậu Cúc cần 100g phân bón hữu cơ, 20g phân NPK; mỗi chậu Mai cần 100g phân hữu cơ, 80g phân NPK.
Tính hết tất cả chi phí thì mỗi chậu Cúc lãi 15.000vnđ, mỗi chậu Mai lãi 50.000vnđ. Cửa hàng cung ứng
phân bón chỉ cung cấp tối đa 70kg phân hữu cơ và tối đa 32kg phân NPK. Hỏi phải trồng bao nhiêu chậu
Cúc và bao nhiêu chậu Mai để thu về tiền lãi cao nhất, biết rằng trong kho hiện có không quá 500 hạt giống
mỗi loại.
1
Câu 9 (1,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có tâm I − ; 1 .
2
Phân giác trong của góc B lần lượt cắt AC tại D, cắt đường tròn (C) tại G. Đường thẳng qua D và vuông góc
3
với BC cắt (C) tại K(2; 6). Gọi F 2; −
là giao điểm của KG và AC. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C
2
của tam giác ABC biết điểm A có hoành độ âm.
a2 b 2
12
Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai số thực dương a, b thỏa
+ + 3(a + b) + 4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
b
a
ab
biểu thức

1
1
P = 2(a4 + b4 ) + a2 b2 − 2(a2 + b2 ) +
+ 2 .
2
a
b
..........Hết..........
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh :...........................................; Số báo danh :...........................................


Họ Và Tên: Trịnh Anh Dũng
Câu 1
* Tập xác định D  
* Sự biến thiên :
x0
Ta có y '  4 x3  4 x  4 x  x  1 x  1 ; y '  0  
 x  1
Hàm số đồng biến trên  1; 0  và 1;   ;

Hàm số nghịch biến trên  ; 1 và  0;1
Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCD  3
hàm số đạt cực tiểu tại x  1 ; yCT  4
Các giới hạn lim y  lim y   .
x 

x 

Bảng biến thiên

x
y'



-

1
0



0
0

+

-

1
0



-3

y

-4

-4

* Đồ thị

Câu 2:
Tập xác định : D  
Ta có f '( x)  3x 2  6 x  9; f ''( x)  6 x  6 ; f ''( x0 )  6  6.x0  6  6  x0  2
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại điểm x0  2 là

y  f '(2).  x  2   f (2)  y  9  x  2   24  y  9 x  6
Vậy phương trình tiếp tuyến là y  9 x  6
Câu 3


+




2
a) Điều kiện : x  6 x  7  0  x  3  2
x3 0

x  5
Phương trinh đã cho tương đương x 2  6 x  7  x  3  x 2  7 x  10  0  
 x  2 l 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  5

2x  2

x 1
b) Bất phương trình đã cho tương đương  2 x  1 2 x  2   0   x
 
2

1
x  0

Vậy nghiệm của bất phương trình là S   ; 0   1;  
Câu 4 :
2
 x4
x3
x2 
a) Ta có I    2 x3  4 x 2  2 x dx   2.  4.  2. 
3
2 
 4
0
68
Vậy I 
3

2


0

68
68

0 
3
3

b) Phương trình đã cho tương đương 3 z 2  2 z  5  0

1  i 14
z 
3
Ta có  '  1  3.5  14  14i 2  

1  i 14
z 
3

1  i 14
1  i 14
Vậy phương trình đã cho có nghiệm z 
; z
3
3
Câu 5:



 
Ta có AB   3; 2;0  ; AC   3; 0; 1  nP   AB, AC    2;3;6 
Mà  P  qua A  3;0;0   P : 2 x  3 y  6 z  6  0
Ta có d  M ,  P   

2.5  3.1  6.5  6
2

2

2 3 6

2

7

Câu 6:
Gọi M là trung điểm BC suy ra AM  BC
A1 A  BC
  A1 AM   BC  A1 M  BC
AM  BC



 ABC    A1 BC   BC

Ta có  BC  A1 M   A1 BC   
ABC  ;  A1 BC   
A1 MA
 BC  AM   ABC 

AA
1
AM


A1 MA  30o  tan 
A1 MA  1 
 A1 A 
AM
3
3
Lại có:
o
AM
  AM  AB. cos BAM
  2a. cos  120   a  A A  a
 cos BAM


1
AB
 2 





1 a
a) VA1B1C1 ABC  A1 A.dt  ABC   .
.2a.2a.sin120o  a 3  dvtt 
2 3
b) Ta có d  B1 ;  A1 BC    d  A;  A1 BC   . Vẽ AI  A1 M  I  A1 M 




AI  BC
 AI   A1 BC   AI  d  A;  A1 BC  
AI  AM
1
1
1
1
1
3
1
4




 2  2  2
Xét A1 AM ta có
2
2
2
2
2
AI
AA1 AM
AA1 AM
a
a
a
a

a
 AI   d  A;  A1 BC    d  B1 ;  A1 BC   
2
2
Câu 7:
a) Phương trình đã cho tương đương
 2
1 5
 1  loai
sin x 
2
4
2
4
2
sin x  1  sin x  2  0  sin x  sin x  1  0  
 2
1 5
 0  loai
sin x 

2
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
b) Gọi x là số học sinh nữ, x là số học sinh nam  x  4 
Theo bài ra ta có
x!
x.x  x  1 x  2 
.x
3 1
3!.

x

3
!
x  5
C x .C x


5
5
5
3!





 x 2  2 x  15  0  
2 x  2 x  1 2 x  2  2 x  3 21
21
21
 2 x !
C24x
 x  3  l 
4!.  2 x  4  !
4!
Vậy số học sinh của lớp đó là 10
Câu 8:
Gọi 100x là số chậu Cúc, 100 y là số chậu Mai
Lượng phân bón hữu cơ cần cung cấp là 0,1.100 x  0,1.100 y (kg)

Lượng phân bón NPK cần cung cấp là 0, 02.100 x  0, 08.100 y (kg)
Tổng số tiền thu được là 15.100 x  50.100 y
Bài toán trở thành: Tìm x, y thỏa mãn hệ bất phương trình
100 x  500
0  x  5
100 y  500
0  y  5



sao cho T  1500 x  5000 y lớn nhất


0,1.100
x

0,1.100
y

70
x

y

7


0, 02.100 x  0, 08.100 y  32  x  4 y  16

 A1 AM   BC  AI  BC

;


Tại A  0; 4   T  20000
Tại B  4;3  T  21000
Tại C  5; 2   T  17500
Tại D  5; 0   T  7500
Tại O  0; 0   T  0
Vậy giá trị lớn nhất của T  21000 khi x  4, y  3
Vậy có 400 chậu Cúc, 300 chậu Mai

Câu 9:
3

Đường thẳng FG qua F  2;   và K  2;6  nên
2

phương trình đường thẳng FG : x  2
Do G  FG  G  2; a 
2

1

2 125
Ta có IK  IG   2     a  1 
2
4

 a  6  loai  do  K

2
  a  1  5  
 a  4  G  2; 4 
3

Đường thẳng AC qua F  2;   và vuông góc với IG
2

nên đường thẳng AC : x  2 y  5  0
Do A  AC  A  2t  5; t 
2

1

2 125
Ta có IA  IK   2t  5     t  1 
2
4

t  0  A  5; 0   loai
 5t 2  20t  0  
t  4  A  3; 4 
Gọi M là trung điểm AC
Do M là giao điểm của AC và IG nên M 1; 2 
Do M là trung điểm AC  C  5; 0 
Đường thẳng BG qua G vuông góc với IF nên đường thẳng BG : x  y  6  0
Do B  BG  B  b; b  6 


9

9 3
2
b


B
125
1
125
 ; 


2

2
  b    b  7 
 2b2  13b  18  0  
Ta có IB 2 
2 2
4
2
4

b  2  B  2; 4   loai do  G


9 3
Vậy A  3; 4  , B  ;   , C  5;0 
2 2
Câu 10:

a 2 b2
12
3

 3 a  b  4 
 a3  b3  3ab  a  b   4ab  12   a  b   4ab  12
b
a
ab
3
2
2
 12   a  b    a  b    a  b  2   a  b   3  a  b   6  0  a  b  2



Ta có

2





 4   a  b   2 a 2  b 2  a 2  b2  2
2





 a12  b12  2  a2  b2   3a2b2  2  a2  b2   a12  b12
2 3
2
2
4
5
4
 2  a 2  b 2    a 2  b 2   2  a 2  b2  
  a 2  b2   2  a 2  b 2  
2
2
2
4
4
a b
a  b2

Ta có P  2 a 4  b 4  a 2 b 2  2 a 2  b2 

Xét hàm số f  t  
Ta có f '  t  

5 2
4
t  2t  với t  a 2  b2  2
4
t

5

4 5t 3  4t 2  8
t 2 
 0, t  2  f  t  đồng biến
2
t2
2t 2

 f t   f  2  3
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 3 , dấu "  " xảy ra khi a  b  1


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN- CẤP THPT
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (3,0 điểm).

 x 2  2 y  2
a) Giải hệ phương trình  2
 2 x  xy  y  9

 x; y    .

b) Tìm a để hàm số y  (a  1) x 2  2( a  1) x  3a  3 xác định với x  .
c) Giải phương trình 1  sin x  cos x  sin 2 x  cos 2 x  0  x    .
Câu 2 (2,0 điểm).

1 

a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  2 x  5 
x

*
0
1
n
 x  , x  0  , biết n   thỏa mãn điều kiện Cn  Cn1  Cn 2  10n  30 .

n

b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hãy viết phương trình mặt phẳng  P  đi
qua điểm M  5;4;3 và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại ba điểm A, B, C
( A, B, C không trùng với O ) sao cho OA  OB  OC .
Câu 3 (3,0 điểm).

6
0

tan 4 xdx
 cos 2 x .
b) Cho hai đường cong lần lượt có phương trình y  x 2  5 x  6 và y  x 3  3 x  10 .
Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường cong trên.
x  2  3 3x  2
c) Tìm giới hạn lim
.
x2

4  x2
a) Tính tích phân

Câu 4 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

a





.

2 1 b 2 1 c 2 1
abc

Câu 5 (1,0 điểm).
Cho tam giác không cân ABC có AB  c, BC  a, CA  b . Gọi các điểm I , G lần
lượt là tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm của tam giác ABC , biết đường thẳng IG
vuông góc với đường thẳng IC . Chứng minh rằng
a  b  c 2ab

.
3
ab
----------Hết--------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………………….Số báo danh:…………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC


HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN – CẤP THPT


Câu 1 (3,0 điểm).
Nội dung trình bày
a)


x2
2
1
 x  2 y  2
y 

2
 2
 2 x  xy  y  9
2 x 2  xy  y  9

2

x

x2

 y  2 1
y

1




2

2
2
2 x 2  x  x  1    x  1   9
 x3  3x 2  2 x  16  0

 



2
2

 


x2
y

1


x

y


1
2


2


2


 x  2   x 2  5 x  8   0
 x  2   x  5   7   0




2  4 



x2
1 x  2
y 



. Hệ có nghiệm duy nhất  x; y    2;1 .
2
y 1
x  2  0

b)
Đặt f  x    a  1 x 2  2(a  1) x  3a  3 . Yêu cầu bài toán sẽ tương đương với tìm a

Điểm
1,00
0,25

0,25

2

để f  x   0, x   .
TH1: a  1  0  a  1 ta được f ( x)  4 x  6 , không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
TH2: a  1  0  a  1 .
 a  1  0
Khi đó f ( x)  0, x    
2
  '   a  1   a  1 3  a  1  0
 a  1
a  1


  a  1
 a  1 2a  4   0
  a  2


 a  1 . Vậy a  1 là các giá trị cần tìm.
c)
1  sin x  cos x  sin 2 x  cos 2 x  0
 1  sin x  cos x  2sin x cos x  2cos 2 x  1  0
 sin x  cos x  2sin x cos x  2cos 2 x  0
 sin x  cos x  2cos x  sin x  cos x   0

  sin x  cos x 1  2cos x   0

sin x  cos x  0

1  2cos x  0

0,25

0,25
1,00
0,25

0,25

0,25
0,25
1,00
0,25

0,25

2

x
 k 2

1
3
+) 1  2cos x  0  cos x    
k  
2
 x   2  k 2

3



+) sin x  cos x  0  2 sin  x    0  x    k  k    .
4
4

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là:
2
2

x
 k 2 , x  
 k 2 , x    k , k   .
3
3
4

Câu 2 (2,0 điểm).
Nội dung trình bày
a)
Theo giả thiết ta có: Cn0  Cn11  Cnn 2  10 n  30
(n  1)(n  2)
 1  ( n  1) 
 10 n  30
2
 n  18
 n 2  15n  54  0  
, kết hợp với điều kiện của n ta được n  18 .
 n  3

0,25

0,25

Điểm
1,00
0,25

0,25

18 k

6 k 18
  15 
k k
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là: C  2 x   x 
 C18 2 x 5



6k  18
Số hạng không chứa x tương ứng với k thỏa mãn
 0  k  3.
5
Vậy số hạng không chứa x cần tìm là C183 23  6528 .
b)
Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c   a, b, c  0  . Khi đó mặt phẳng  P  có
k
18

phương trình dạng

k

x y z
   1.
a b c

0,25

0,25
1,00

0,25

5 4 3
   1 (1)
a b c

Do OA  OB  OC  a  b  c . Ta có 4 trường hợp:
Do  P  đi qua M  5;4;3 nên ta có:

5 4 3
   1  a  12  ( P ) : x  y  z  12  0
a a a
5 4 3
TH2: a  b  c , thay vào (1) có:    1  a  6  ( P ) : x  y  z  6  0
a a a
5 4 3
TH3: a  b  c , thay vào (1) có:    1  a  4  ( P ) : x  y  z  4  0
a a a
TH4: a  b  c , thay vào (1) có:
5 4 3
   1  a  2  ( P ) :  x  y  z  2  0 .
a a a
Câu 3 (3,0 điểm).
Nội dung trình bày
a)
TH1: a  b  c , thay vào (1) có:


6



0,25

0,25

0,25

Điểm
1,00



6
tan 4 xdx 6 tan 4 xdx
tan 4 x
dx
Ta có: 


.
2
2
2

cos 2 x
cos x  sin x 0 1  tan x cos 2 x
0
0

0,25


Đặt t  tan x  dt 

dx


1
. Đổi cận: x  0  t  0; x   t 
.
2
cos x
6
3

0,25

Khi đó:

6

4

tan xdx
0 cos 2 x 

1
3

4

t dt
0 1  t 2 

1
3

1
3

3

 t

1 
1
 2
0  t  1  t 2  1  dt    3  t   2
0

1
3

1 
 1
0  t  1  t  1  dt

0,25

1

10 3 1 t  1 3
10 3 1
3 1 1
10 3


 ln

 ln
 ln 2  3 
.
27
2 t 1 0
27
2
27
3 1 2
b)
Ta có hai đường cong y  x 2  5 x  6, y  x 3  3 x  10 không có tiếp tuyến dạng
x  a , trong đó a là hằng số. Do đó tiếp tuyến nếu có phải có hệ số góc.
Giả sử đường thẳng  d  là tiếp tuyến chung cần tìm,  d  tiếp xúc với đồ thị hàm số









y  x 2  5 x  6 tại điểm t ; t 2  5t  6 . Khi đó  d  có phương trình dạng:

0,25
1,00

0,25

y   2t  5  x  t   t 2  5t  6
 y   2t  5  x  t 2  6
tiếp xúc với đồ thị hàm số y  x 3  3 x  10 khi và chỉ khi hệ phương trình sau
có nghiệm:
 x3  3x  10   2t  5  x  t 2  6
 x3  3x  10   2t  5  x  t 2  6

  3x 2  8
 2
t 
3x  3  2t  5

2
2
 3
 3x 2  8
  3x 2  8 
 5 x  
 x  3x  10   2.
 6

2
2

 


2
 3x  8

t 
2

 x 2  9 x 2  8 x  48   0
9 x 4  8 x3  48 x 2  0
x  0


.
  3x 2  8
  3x 2  8

t

4
t



t 

2

2
Vậy PT tiếp tuyến chung là: y  3x 10
c)
 x  2  2 2  3 3x  2 
x  2  3 3x  2
Ta có lim


lim



2
x2
x 2
4  x2
4

x
4  x2 





8  3x  2 
x2
 lim 


2
2
x2
 4  x  x  2  2
4  x 2   4  2 3 3 x  2  3 3 x  2  









1
3
 lim  


2
x2
  x  2 x  2  2
 x  2   4  2 3 3 x  2  3 3 x  2  




d 

















0,25

0,25

0,25

1,00
0,25

0,25

0,25




1
1

 0 . Vậy lim
x2
16 16

x  2  3 3x  2

 0.
4  x2

0,25

Câu 4 (1,0 điểm).
Nội dung trình bày
Sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân cho ba số dương ta được:
1
1  a  b  c  3 3 abc  3 abc  .
3
Ta có P 

a





0,25



2 1 b 2 1 c 2 1
abc

1 
1 
1


  2   2   2  
a 
b 
c

1
1  1
1 1 1
 1
 2 2  2     2     
a b c
 ab bc ca  abc
2

 1   1 
1
 2 2  2.3. 3
 2.3. 3
  3

abc
abc

  abc 

 2 2  3.

Điểm

0,25

3

2

3

1
1 
 1   1  
2 .3
 2.3.  3
  3
  2  3

abc
abc 
 abc   abc  

 

2

0,25

3

3





1
 2  
1


3




3
1
2  3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  .
3



Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng





0,25

3

2 3 .

Câu 5 (1,0 điểm).
Nội dung trình bày

Điểm

Cách 1.

A
P
Q

I
G

C
N
B

MD


Đường thẳng GI cắt các BC , CA lần lượt tại N , P . Gọi M là trung điểm của đoạn
thẳng BC , từ M kẻ đường thẳng song song với GI , cắt AC tại Q . Đường tròn  I 
nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại điểm D .
CI vừa là đường cao và phân giác của tam giác CNP  tam giác CNP cân tại
C  CN  CP , kết hợp với MQ || NP  PQ  NM .
GA AP
Theo định lí Talet ta có:


 2  AP  2.PQ  2.NM
GM PQ
a
ab

 b  CP  2  CN  CM   b  CN  2  CN    CN 
(1).
2
3

2  p  c
2ab  a  b  c 
IC
CD
abc
Ta có CN 




2
2
2
2
C
C 1  cos C
a b c
a

b

 c2


cos
cos 2
1
2
2
2 ab
2 ab
2 ab

 CN 
(2).
abc
abc
2ab
a b
a  b  c 2ab
Từ (1) và (2) ta được



.
a bc
3
3
a b
Cách 2.
 1  



 
Ta có: CG  CA  CB , a.IA  b.IB  c.IC  0 .
3
 
 
  


1
 a IC  CA  b IC  CB  c.IC  0  CI 
a.CA  b.CB
abc
  
  1    a
1
1    b
1  
GI  CI  CG 
aCA
.  bCB
.  CA CB  
 CA  
 CB
abc
3
 a b c 3
 a  b  c 3
 


  
Khi đó: GI  IC  GI .CI  0   2a  b  c CA   2b  c  a CB aCA
.  bCB
.
0








  2a  b  c ab2   2b  c  a ba2   2a  b  c bCBCA
.   2b  c  a aCBCA
. 0
 
 ab  CACB
. b(2a  b  c)  a(2b  a  c)  0  b(2a  b  c)  a(2b  a  c)  0
 
(do ab  CA.CB  ab  ab.cosC  ab(1  cos C )  0 )
 a(3b  a  b  c)  b(3a  a  b  c)  0
 6ab  (a  b)(a  b  c)
a  b  c 2ab


(đpcm)
3
a b







 







 



0,25

0,25

0,25
0,25









0,25

0,25



0,25

0,25

Yêu cầu:
+ Điểm toàn bài tính đến 0,25;
+ Với các ý từ 0,5 điểm trở lên, tổ chấm thống nhất để chia nhỏ đến 0,25;
+ Với mỗi ý, Hướng dẫn chấm chỉ trình bày 1 cách giải với các bước cùng kết quả bắt buộc
phải có. Nếu thí sinh giải theo cách khác và trình bày đủ các kết quả thì vẫn cho điểm tối đa
của ý đó.
+ Trong mỗi ý, thí sinh sai từ đâu thì không cho điểm từ đó.
+ Bài hình học nếu không phụ thuộc vào hình vẽ thì không bắt buộc phải vẽ hình.


DŨNG ĐOÀN’s
MATHCLASS OFFLINE

ĐỀ THI THỬ
KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn thi: Toán

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

Đề thi thử lần thứ 07

Câu 1 (1,0 điểm): Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x2 .
Câu 2 (1,0 điểm): Tìm m để d : 2x  y  m  0 cắt đồ thị hàm số y 
Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình: cot x 

2
cos 2 x

sin 2 x cosx

2x  3
tại 2 điểm phân biệt có tung độ dương.
x1

x  .

Câu 4 (1,0 điểm): Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng xung quanh trục hoành, biết rằng
x1
hình phẳng đó được giới hạn bởi các đường y 
;y 0;x 3 .
x2  3
Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AC  2a , SA vuông góc với

mặt phẳng  ABCD  , SC tạo với mặt phẳng SAB  một góc 30 . Gọi M là một điểm trên cạnh AB sao cho
BM  3MA . Tính theo a thể tích của khối chóp S.DCM và khoảng cách từ A đến mặt phẳng SCM  .

Câu 6 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  2; 5; 6  . Tìm tọa độ hình chiếu

vuông góc của A trên đường thẳng  :

x 1 y  2 z 1
. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt


2
1
3

 tại B sao cho AB  35 .

Câu 7 (0,5 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  2  x2 .
Câu 8 (0,5 điểm): Giải phương trình 4x  32 x1  3.18x  2x

 x  .

Câu 9 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho ABC vuông tại A . Gọi M là trung điểm của
cạnh BC , gọi G  4; 1 là trọng tâm ABM . Đường tròn ngoại tiếp AGM cắt BC tại điểm D  7; 2  . Xác
định tọa độ các đỉnh của ABC biết A có tung độ âm và phương trình đường thẳng  AB  : x  3 .
 3
x y  x 2  y 2   y 2  x  x2  1 

 



Câu 10 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau: 
2
 4 y  1  x 2 y  4 y   6 x  1 y  1








 x, y  

Câu 11 (1,0 điểm): Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

1
1  a2



1
1  b2



1
1  c2

 a  b

8

2



2c 2  1
2c

Đề thi gồm có: 01 trang – Giám thị coi thi không chém gió gì thêm!
Chúc các em làm bài thi tốt, đạt kết quả cao, không bỏ cuộc quá sớm, đề rất vừa sức với thi đại học!


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 7 – LỨA 1998 – DŨNG ĐOÀN’s MATH CLASS
Câu 1 (1,0 điểm): Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x2 .
Câu này quá dễ rồi, các em tự làm nhé!
Câu 2 (1,0 điểm): Tìm m để d : 2x  y  m  0 cắt đồ thị hàm số y 

2x  3
tại 2 điểm phân biệt có tung độ dương.
x1

2x  3
 2 x  m  2 x2  mx  m  3  0 (1). Đường thẳng d
x1
cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 khác 1 khi:

Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và d là:

2
 m  4  40


  m  8m  24  0


 m  4  40
2  m  m  3  0


 x  x2  m  0

2 x  m  2 x2  m  0

Hai giao điểm có tung độ dương khi và chỉ khi:  1
 1
2
(2 x1  m)(2 x2  m)  0


4 x1 .x2  2m( x1  x2 )  m  0
 m
  m  0
 m  0 . Vậy m  4  40
  2


m
2
2( m  3)  2m     m  0

 2

Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình: cot x 

2
cos 2 x

sin 2 x cos x

x  .

cos x  0
k
cos x
1
cos 2x
x
( k  ) . Phương trình đã cho tương đương với
Điều kiện: 


2
sin x sin x cos x cos x
s inx  0

 cos2 x  1  sin x cos2x  sin x cos2x  sin 2 x  sin x(cos2x  sin x)  0  cos2 x  sin x  0 (vì sin x  0 )


sin x  1  x    k 2 ( k  )

2
 2sin 2 x  sin x  1  0  

1

sin x   x   k 2 , x  5  k 2 ( k  )

2
6
6

Kết hợp điều kiện ta suy ra được phương trình có các họ nghiệm: x 


6

 k 2 , x 

5
 k 2 ( k  )
6

Câu 4 (1,0 điểm): Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng xung quanh trục hoành, biết rằng
x1
hình phẳng đó được giới hạn bởi các đường y 
;y 0;x 3 .
x2  3
x1
 0  x  1 . Thể tích V cần tính là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang cong
Ta có:
x2  3
giới hạn bởi các đường y 

Vậy: V  

3



1

 x  1

2

3

x1
x2  3

, y  0, x  1, x  3 xung quanh Ox.




2x
2 
2
dx    1  2
 2
 dx   x  ln x  3
2
x 3

x

3
x

3

1 





3
1

 2

3

x

1

dx
2

3

   4  ln 3   2

3

x

1

dx
2

3

 1


3

Với I 

x

1

dx
2

3

. Đặt x  3 tan t . Khi x  1 thì t  


3

Vậy: I 

x

1

dx
2

3



3

6

, khi x  3 thì t 


3

và dx  3

dt
cos2 t

.



1

 3 1  tan t 
2





. 3

dt
cos 2 t

6



1
3

3





dt 

3
3 2
. Thay vào  1 ta được V   4  ln 3   
.
6
3

6

Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AC  2a , SA vuông góc với

mặt phẳng  ABCD  , SC tạo với mặt phẳng SAB  một góc 30 . Gọi M là một điểm trên cạnh AB sao cho
BM  3MA . Tính theo a thể tích của khối chóp S.DCM và khoảng cách từ A đến mặt phẳng SCM  .





 BC  AB

 BC  SAB   SC ; SAB   CSB  30 .
Vì 

 BC  SA
Xét 3 tam giác vuông ABC ,SBC ,SAB , ta lần lượt tính được:

BC  a 3,SB  BC.cot 30  a 3. 3  3a,SA  2a 2 .

1
1
1
a3 6
Suy ra V  .SMCD .SA  CD.BC.SA  a.a 3.2a 2 
(đvtt).
3
6
6
3
Trong  ABCD  , kẻ AK  CM . Suy ra CM  SAK   SAK   SCM  .





Trong SAK  , kẻ AH  SK  AH  SCM   AH  d A; SCM  .
a 57
.
4
a
AM
a 171
2 34
KMA ∽ BMC  AK 
.BC  4 a 3 
 AH 
a
CM
57

51
a 57
4
2 34
Vậy d A; SCM  
a.
51
Câu 6 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  2; 5; 6  . Tìm tọa độ hình chiếu

Xét BMC vuông ta tính được MC 





vuông góc của A trên đường thẳng  :

x 1 y  2 z 1
. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt


2
1
3

 tại B sao cho AB  35 .

Đường thẳng  có VTCP u   2;1; 3  . Gọi H là hình chiếu của A trên  , suy ra: H 1  2t; 2  t; 1  3t  và

AH   2t  1; t  3; 3t  5  . AH    AH.u  0  2  2t  1   t  3   3  3t  5   0  t  1 . Suy ra H  3; 1; 4  .

Do B   B 1  2t; 2  t; 1  3t   AB   2t  1; t  3; 3t  5  .

t  0
2
2
2
AB  35   2t  1   t  3    3t  5   35  t 2  2t  0  
.
t  2
Với t  0  AB   1; 3; 5   AB :

x2 y5 z6


.
1
3
5

Với t  2  AB   3; 5; 1  AB :

x2 y5 z6


.
3
5
1

Câu 7 (0,5 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  2  x2 .
Tập xác định: D    2; 2  . Đạo hàm: f '  x   1 



x
2  x2

2  x2  x



2  x2

.


x  0
f '  x   0  2  x2  x  
 x  1 . Ta có: f  2   2; f 1  2; f
2
2
2

x

x













 2 

2.



Vậy: max f  x   max  2;1; 2  2 khi x  1 và min f  x   min  2;1; 2   2 khi x   2 .
xD

xD

Câu 8 (0,5 điểm): Giải phương trình 4x  32 x1  3.18x  2x

 x  .



 

 





Phương trình tương đương với: 22 x  32 x 1  32 x 1.2 x  2 x  2 x 2 x  32x 1  2 x  32x 1  2 x  32 x 1 2x  1  0
x

2
Giải 2x  1  x  0 , giải 2 x  32 x 1     3  x  log 2  3 .
9
9

Câu 9 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho ABC vuông tại A . Gọi M là trung điểm của
cạnh BC , gọi G  4; 1 là trọng tâm ABM . Đường tròn ngoại tiếp AGM cắt BC tại điểm D  7; 2  . Xác
định tọa độ các đỉnh của ABC biết A có tung độ âm và phương trình đường thẳng  AB  : x  3 .
Vì tam giác MAB cân tại M nên MG là trung trực của AB. Do đó GA = GB.
Mặt khác tứ giác AGMD nội tiếp do đó AGD  AMD  2 ABC . Vậy G là tâm đường
tròn ngoại tiêp tan giác ABD. Do đó GA  GB  GD .

B

Ta có G , GD  :  x  4    y  1  10 . Tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình:
2

2

G

 G , GD : x  4 2  y  1 2  10


   
 A  3; 4  , B  3; 2    BD  : x  y  5  0

AB
:
x

3,
y

0



A


 BD  : x  y  5  0
 C  9; 4 
Ta viết  AC  : y  4 . Tọa độ C là nghiệm của hệ: 

 AC  : y  4

D
A

 3
x y  x 2  y 2   y 2  x  x2  1 


 



Câu 10 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau: 
2
 4 y  1  x 2 y  4 y   6 x  1 y  1





M



 x, y  

 y  x2  y 2  y  y 2  y  y  y  y  0

ĐKXĐ: y  0 . Chú ý rằng: 
x0
x  x2  1  x  x2  x  x  x  x  0

0  y 2

Nếu x  0 thay vào hệ: 
 4 y 1






2


 3 2
 y  0 . Nếu y  0 thay vào hệ:  x x  0  x  0 .
 4y  y  1

1  6 x  1

2
x3  y  x2  y 2  y 2  x  x 2  1 
x x x
1 1 1





 
1
Với x  0, y  0 ta có:
  1  
2 2
2 2
y y y
x x x2

x y
x y

Xét hàm đặc trưng f  t   t  t t 2  1, t   0;   . Ta có: f '  t   1  t 2  1 

t2
t 1
2

0.

C


x
Vậy f  t  là hàm số đồng biến và liên tục trên  0;   . Do đó f   
y
2

 4 x2  1   x4  4 x2  6 x  1 x2  1 











x 1

2

1
f    y  x 2 . Thay vào PT2 ta có:
x

 x x2  4  4 x x2  1   2 x  1 x2  1

Cách 1: Hàm đặc trưng không hoàn toàn:
Phương trình  x  1  x x2  4  2 x
(Vì

 2x 

2

 4   2 x  1 x2  1  2 x  2 x

 2x 

2

 4  2x  1

x2  1  1,2 x  0 ). Vậy xét hàm đặc trưng g  t   t  1  t t 2  4 , t  0  g '  t   1  t 2  4 

t2

t2  4

0

Vậy: g  x   g  2x   x  2x  x  0 . Mặt khác x  0 . Do đó phương trình vô nghiệm.
Cách 2: Sử dụng nhân liên hợp:
Phương trình  x  1  x x2  4  4x x2  1   2x  1 x2  1  2 x
 x  4 x2  1  x2  4    2 x  1 x2  1   x  1  2 x  0






x 15x2  12



4 x 1  x  4
2

2





x 4 x3  4 x2  4 x  2

 2 x  1

 2

x 1  x1
2

x  0 (Phương trình vô nghiệm vì x  0 ).

Kết luận: Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  0 .
Câu 11 (1,0 điểm): Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

1
1  a2



1
1  b2



1
1  c2

 a  b

8

2



2c 2  1
2c

 a2
b2
c2   a  b
2c 2  1
Ta có: P  3  
. Vì a2  1  2a, b2  1  2b, c 2  1  2c , do đó:





 1  a2 1  b2 1  c 2 
8
2c


2

2
c 1 7
2
c 1  5 1
 a  b  c   a  b

1
2c 2  1

 P  3   a  b  4  a  b        a  b  2  2
P  3



2 2c 2
8
2
8
2c
 2 2c  2 8


2

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là



7
tại a  b  c  1 .
2




Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

ĐỂ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

WEBSITE WWW.TOANMATH.COM
ĐỀ THI THỬ SỐ 1

Câu 1 (1 điểm). Cho hàm số: y  

x3
11
 x 2  3x 
3
3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm phân biệt M, N đối xứng nhau qua trục tung.
Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình: (1  tan x)(1  sin 2 x)  1  tan x


Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân:

2

I   6 1  cos3 x sin x cos5 xdx
0

Câu 4 (1 điểm).
a) Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức:

b) Giải phương trình: log 2  x  3log

6

x

  log

6

4 z  3  7i
 z  2i
z i

x

Câu 5 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo BD nằm
trên đường thẳng  : x  y  2  0 . Điểm M (4; 4) nằm trên đường thẳng chứa cạnh BC, điểm
N (5;1) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB. Biết BD = 8 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi
ABCD, biết điểm D có hoành độ âm.
Câu 6 (1 điểm). Đội tuyển học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12,
6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội đi dự trại hè
sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn.
Câu 7 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân (BC//AD). Biết đường cao SH = a
với H là trung điểm AD, AB = BC = CD = a và AD = 2a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD.
Câu 8 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): 5x – 2y + 5z – 1 = 0
và (Q): x – 4y – 8z + 12 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (R) đi qua điểm M trùng với gốc tọa độ
O, vuông góc với mặt phẳng (P) và tạo với mặt phẳng (Q) một góc   45o .
Câu 9 (1 điểm). Giải bất phương trình: ( x  3) x  1  ( x  3) 1  x  2 x  0

Câu 10 (1 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c. Chứng minh:
4(a  b  c)3  27(ab2  bc 2  ca 2  abc)

--------------HẾT-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………………………. Số báo danh: ………………….
Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

LỜI GIẢI CHI TIẾT TỪ TOÁN MATH
(Đăng kí nhận đề mới tại facebook.com/toanmath)

Câu 1.
a) Câu khảo sát hàm số bậc 3 cơ bản, bạn đọc tự giải.
b) Giả sử điểm M có tọa độ M  x0 ; y0  . Vì N đối xứng với M qua trục tung nên N   x0 ; y0  .
x03
11
Vì M  (C ) nên: y0    x0 2  3x0 
3
3
3
x
11
Vì N  (C ) nên: y0  0  x0 2  3x0 
3
3
3
x  0
x

x3
Từ đó ta có phương trình:  0  3x0  0  3x0   0
3
3
 x0  3
Ta loại giá trị x0  0 vì khi đó M, N trùng nhau.
 16 





16 

16 

 16 

Vậy M  3;  và N  3;  hoặc M  3;  và N  3; 
3
3
 3


 3
Câu 2.
Giải phương trình: (1  tan x)(1  sin 2 x)  1  tan x

Điều kiện xác định phương trình: x   k  k 
2



Phân tích:

cos x  sin x
cos x
1  sin 2 x  1  2sin x cos x  sin 2 x  cos 2 x  2sin x cos x  (sin x  cos x) 2
cos x  sin x
1  tan x 
cos x
cos x  sin x
Vậy nhân tử chung là
cos x
1  tan x 

Biến đổi

(1  tan x)(1  sin 2 x)  1  tan x
cos x  sin x
cos x  sin x
2

 sin x  cos x  
cos x
cos x
cos x  sin x

  cos x  sin x  (sin x  cos x   1)  0
cos x

cos x  sin x
cos x  sin x

cos 2 x  sin 2 x  1  0 
 cos 2 x  1  0

cos x
cos x





2 sin  x    0
x
 k
cos x  sin x  0





4
k  
4



cos 2 x  1  0
cos 2 x  1  0

 x  k

Câu 3.

2

I   6 1  cos3 x sin x cos5 xdx
0

Đặt t  6 1  cos3 x  t 6  1  cos3 x  6t 5dt  3sin x cos2 xdx  2t 5dt  sin x cos2 xdx

Đổi cận: x  0  t  0 và x   t  1
2

Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com


I 

6

0

1

 t7
t13 

12
1  cos x cos x sin x cos xdx   t (1  t ).2t dt    2t  2t  dt   2  2  
13  0 91
 7
0
0
1

2

3

3

1

2

6

5

6

12

Câu 4.

4 z  3  7i
 z  2i  z 2  (4  3i ) z  1  7i  0 (với z  i )

z i
  (4  3i)2  4(1  7i)  3  4i  (2  i)2
4  3i  2  i
4  3i  2  i
 3  i hoặc z 
 1  2i (Thỏa mãn điều kiện)
Vậy z 
2
2
b) log 2 x  3log6 x  log 6 x

a)





Điều kiện xác định phương trình: x  0
Đặt t  log 6 x  x  6t
t

3
Phương trình đã cho trở thành: log 2  6  3   t  6  3  2  3     1  t  1
2
1
Vậy x 
6
t

t

t

t

t

t

Câu 5.
Lấy M ' là điểm đối xứng với M qua BD  M '(2; 2)
Dễ thấy M '  AB nên phương trình đường thẳng AB là x  3 y  8  0
Điểm B là giao điểm của BD và AB nên B(7;5)
Giả sử D(d ; d  2)   , do BD = 8 2 nên  d  7    d  7   128  d  1  D(1; 3)
Gọi I là tâm hình thoi, suy ra I là trung điểm BD nên I(3;1)
Đường thẳng AC đi qua I và vuông góc với BD nên AC: x  y  4  0
Điểm A là giao điểm của AC và AB nên A(1;3)  C(5; 1)
2

2

Câu 6.
Số cách chọn 8 học sinh từ 18 học sinh của đội tuyển là:
C188  43758 cách
Số cách chọn 8 học sinh chỉ gồm có hai khối là:
- Số cách chọn 8 học sinh khối 12 và 11 là C138
- Số cách chọn 8 học sinh khối 11 và 10 là C118
- Số cách chọn 8 học sinh khối 10 và 12 là C128
Suy ra số cách chọn theo yêu cầu bài toán là: 43758 - C138 - C118 - C128 = 41811 cách
Câu 7.

S

A

H

B

D

C

Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

1
3
Ta có d ( SB, AD)  d(AD, (SBC))  d(A, (SBC))

Thể tích khối chóp S.ABCD là VS .ABCD  SH .S ABCD 

Ta thấy thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC 

3 3
a
2

3 3
3
a (đường cao hạ từ A xuống BC là
a)
12
2

Ta có BC  a,SC  SB  BH 2  SH 2  a 2
Do đó diện tích tam giác SBC là:
S SBC 

p ( p  SB )( p  SC )( p  BC ) 

Vậy d ( SB, AD)  d ( A, ( SBC )) 

3VS . ABC
SSBC

7 2
aa 2a 2
a với p 
4
2
21

a
7

Câu 8.
Giả sử phương trình mặt phẳng (R) là ax  by  cz  d  0 (a 2  b2  c2  0)

Ta có ( R)  ( P)  5a  2b  5c  0 (1)
cos   R  ,  Q    cos 450 

a  4b  8c
9 a b c
2

2

2



2
2

(2)

 a  c
c  7a

Từ (1) và (2) suy ra 7a 2  6ac  c 2  0  

Với a = -c chọn a = 1, b= 0, c = -1, suy ra phương trình mặt phẳng (R) là x – z = 0
Với c = 7a chọn a = 1, b = 20, c = 7, suy ra phương trình mặt phẳng (R) là x + 20y+7z = 0
Câu 9.
( x  3) x  1  ( x  3) 1  x  2 x  0

Điều kiện xác định phương trình: 1  x  1
Khi đó

(1)   x  1 x  1  ( x  1)  2 x  1  (1  x) 1  x  (1  x)  2 1  x




 
3

x 1 



2

x 1  2 x 1 



1 x

 
3

1 x



2

 2 1 x

Dễ thấy hàm số f (t )  t 3  t 2  2t đồng biến trên 0;  
Từ đó f



 

x 1  f



1  x  x  1  x 1

Kết hợp với điều kiện ta được 1  x  0
Câu 10.
Các bạn quan tâm có thể tham khảo lời giải tại: (Bài 5 trang 8)

Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016

WEBSITE WWW.TOANMATH.COM
ĐỀ THI THỬ SỐ 2

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 3  3x 2  2 .
Câu 2 (1 điểm).
a) Giải phương trình: log 2 x  log 4 x  log 3 x  log12 x  log15 x .
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  1   3x 2  6 x  9 .


Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân:

sin 3 2 x
0 sin 3 2 x  cos3 2 x dx .
4

3
sin x

 x 
2.
 2
 1  cos x

Câu 4 (1 điểm). Giải phương trình: tan 

Câu 5 (1 điểm). Trong hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2; 2; 4) và mặt phẳng (P) : x + y + z + 4 = 0. Viết
phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và (Q) cắt hai tia Ox, Oy tại 2 điểm B và C sao cho
tam giác ABC có diện tích bằng 6.
Câu 6 (1 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có AC  a 3, BC  3a , góc ACB = 30 o, cạnh bên hợp
với mặt đáy một góc 60 o,  A' BC   ABC  . Lấy điểm H  BC sao cho BC  3BH và mặt phẳng
 A' AH   ( ABC) . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B đến (A’AC).

Câu 7 (1 điểm).
a) Cho tập hợp A  0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Hỏi có bao nhiêu tập con của A có chứa cả hai phần tử
0 và 9.
iz  3 
iz  3
b) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 
.
 43
z  2i
 z  2i 
2

Câu 8 (1 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có phương trình đường thẳng AD là
(d ) :3x  4 y  7  0 . Gọi E là điểm nằm bên trong hình vuông ABCD sao cho tam giác EBC cân có góc
BEC = 150 o. Viết phương trình đường thẳng AB biết điểm E(2; -4).

( y  8) 2
 3( y  1)
( x  2) 2 x  1  2( x  2 y  1)  4 y  4 
y4 y4
Câu 9 (1 điểm). Giải hệ phương trình: 

3
4
4 xy  4 x  16 y  2  x  9 x  28 y  3  4 y  1





Câu 10 (1 điểm). Cho a 2  b 2  4  2a  4b . Chứng minh rằng:
A  a 2  b 2  2 3ab  2(1  2 3)a  (4  2 3)b  4 3  3  2 .

------------HẾT----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………………………. Số báo danh: ………………….
Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
Câu 1. Khảo sát hàm số bậc 3 đơn giản, bạn đọc tự giải.
Câu 2.
a) Điều kiện xác định phương trình: x  0
log 2 x  log 4 x  log 3 x  log 12 x  log 15 x
 log 2 x  log 4 2. log 2 x  log 3 2. log 2 x  log 12 2. log 2 x  log 15 2. log 2 x  0
 1

 log 2 x1   log 3 2  log 12 2  log 15 2   0
 2

 log 2 x  0
 x  1.

b) Điều kiện:  1  x  3
Ta có: y '  1 

6  6x
2  3x 2  6 x  9



 3x 2  6 x  9  3  3x
 3x 2  6 x  9

y '  0   3x 2  6 x  9  3x  3  x  2

Vậy max y = 6 đạt được khi x = 2 và min y = 0 đạt được khi x = -1.
Câu 3.
Đặt x 


4

 t  dx  dt

Đổi cận: x  0  t 


4

và x 


4

t 0






 sin 3   2t 
3
4
4
cos 2t
cos3 2 x
2

dt  
dt

Ta có: I  
3
3
0 cos3 2 x  sin 3 2 x dx


3
3

0 cos 2t  sin 2t
sin   2t   cos   2t 
4
2

2

0







4
sin 2 x
cos 2 x

dx

dx

dx 
3
3
3
3


4
0 sin 2 x  cos 2 x
0 cos 2 x  sin 2 x
0
4

Từ đó suy ra: 2 I  
Vậy: I 

3

4

3


.
8

Câu 4.
Điều kiện sin x  0
sin x
sin x
cos x
sin x
 3

tan 
 x 
 2  cot x 
2

2
1  cos x
sin x 1  cos x
 2
 1  cos x
 cos x(1  cos x)  sin 2 x  2 sin x(1  cos x)  cos x  1  2 sin x(1  cos x)

cos x  1 ( L)
 (1  cos x)(1  2 sin x)  0  
sin x  1
2


Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com



 x  6  k 2

 x  5  k 2

6

( k  )

Câu 5.
Vì (Q) //(P) nên (Q): x + y + z +d = 0 d  4
Giả sử B  Q  Ox và C  (Q)  Oy
 B d ; 0; 0, C0;  d ; 0 (d  0)

Vì S ABC 





1
AB, AC  6  d  2
2

 (Q): x + y + z - 2 = 0.

Câu 6.
( A' AH )  ( ABC )

 A' H  ( ABC )
Ta có: ( A' BC)  ( ABC )
( A' AH )  ( A' BC)  A' H


Khi đó góc giữa cạnh bên A’A và mặt đáy (ABC)
là góc A’AH = 60 o .
Ta lại có: AH  CH 2  CA 2  2CH .CA. cos 30 o  a
Do đó: A' H  AH . tan 60 o  a 3
Thế tích khối lăng trụ là:
V ABC. A'B 'C '

1
 9a
 a 3 3a 3a. sin 30 o  
4
2


3

1
3a 3
Dễ thấy khối chóp A’ABC có thể tích là V A' ABC  V ABC. A'B 'C ' 
3
4

Ta có: AC  a 3; A' A 

AH
 2a; A' C 
cos 60 o

2a2  a

3



2

a 7

Suy ra diện tích tam giác A’AC là:

a 3  2a  a 7 
  a2 3
S A' AC  p( p  A' A)( p  A' C )( p  AC ) ;  p 


2



Vậy d ( B; ( A' AC )) 

3V A' ABC 3 3

a.
S A' AC
4

Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

Câu 7.
a) Số tập con của A có chứa cả hai phần tử 0 và 9 bằng số tập con của B  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 vì
nếu mỗi tập con của tập B nếu ta thêm vào hai phân tử 0 và 9 sẽ được tập con thỏa điều kiện
bài toán.
Vậy số tập con của tập A có chứa cả hai phần tử 0 và 9 là 2 8 = 256.
iz  3 
iz  3
b) 
 43
z  2i
 z  2i 
t  1
iz  3

Đặt t 

z  2i
t  4
2

4 35
 i
17 17
1 5
Với t  1  z 
 i
2 2

Với t  4  z 

Câu 8.
Tam giác BEC cân và có góc BEC = 150 o
Suy ra tam giác BEC cân tại E.
Gọi H là hình chiếu của E lên AD
Suy ra H là trung điểm của AD và HE = d(E; AD) = 3
Đặt cạnh hình vuông là AB = x
x
2

Gọi I là trung điểm của BC, suy ra BI  ; EI  x  3
Tam giác BIE vuông tại I có góc EBI = 15 o
Suy ra tan 15 o 

EI 2 x  6


BI
x

Suy ra: 2  3 

2x  6
x2 3
x

Phương trình đường thẳng EH qua điểm E và vuông góc với AD, suy ra EH: 4x + 3y + 4 = 0
Đường thẳng AB // EH nên AB có dạng: 4x + 3y + m = 0
Ta có: d ( E , AB ) 

m4
5

 BI  3  m  4  5 3

Vậy phương trình đường thẳng AB là: 4x + 3y + 4  5 3 = 0
Câu 9.
Điều kiện: x  0; y  4 ; y  8
Ta có :

Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath