25 đề thi thử toán thi THPT quốc gia 2016 có đán án

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1( 2 điểm) : Cho hàm số y = − x 3 + 3x 2 − 1
a*) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên.
b*) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 3 − 3x 2 + m = 0 .
Câu 2 ( 1 điểm ) :
a*) Giải phương trình: 2sin2x + 3cosx – 2 = 0
b*) Tìm số phức liên hợp của

z = (1 + i )(3 − 2i ) +

1
3+i

Câu 3* ( 0,5 điểm): Giải phương trình 2 x − 23− x − 2 = 0

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình:

x 4 + x 2 + 1 + x = x (1 − x 2 )

π
2

∫

Câu 5* ( 1 điểm): Tính Tích phân I = x cos xdx
0

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = a, SA ⊥

(ABCD). Gọi M là trung điểm của SA. Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N. Tính thể tích
khối chóp S.BCMN và khoảng cách giữa SB và AC.
Câu 7( 1,0 điểm):
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho 3 đường thẳng d1 : x + 2 y − 6 = 0 ; d 2 : x + 2 y = 0 và
d3 : 3 x − y − 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d3, cắt d1 tại A và B, cắt d2 tại
C và D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông.
Câu 8 *( 1 điểm ) : Cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 8 z + 1 = 0 .
a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu (S).
b) Viết phương trình mp(P) tiếp xúc với mặt cầu tại M(1;1;1).

Câu 9* (0.5 điểm) Cho khai triển:

( 3x + 1)

2n

= a0 + a1x + a2 x 2 + ... + ak x k + ... + a2 n x 2n

,

( k , n ∈ N ; 0 ≤ k ≤ 2n )

k

Biết rằng: a0 − a1 + a2 − ... + ( −1) ak + ... + a2n = 4096 . Tìm hệ số của x8 trong khai triển.

Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 1


Tìm giá trị nhỏ nhất của: P =

x+ y
y+z
z+x
+
+
xy + z
yz + x
zx + y

c)
d) ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Câu
1

Nội dung
a

(1,0) )

•
•

Điểm

TXĐ: D = R.

y ' = −3x 2 + 6x
x = 0

y ' = 0 ⇔ −3x 2 + 6x=0 ⇔ 
x = 2

•

y = +∞, lim y = −∞
Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞

•

Bảng biến thiên:

0.25

0.25

•
•

Hàm số đồng biến trên (0 ; 2); hàm số nghịch biến trên ( −∞;0) và (2; +∞) .
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -1.

0.25

•

Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0;-1), (-1; 3), (3; -1), (1; 1)

0.25


b
(1,0)

•
•

x 3 − 3 x 2 + m = 0 ⇔ − x 3 + 3x 2 − 1 = m − 1
3
2
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = − x + 3 x − 1 với
đường thẳng y = m – 1.

0,5
Vậy

m − 1 > 3 ⇔ m > 4 : Phương trình có 1 nghiệm.
m − 1 = 3 ⇔ m = 4 : Phương trình có 2 nghiệm.
3 > m − 1 > −1 ⇔ 4 > m > 0 : Phương trình có 3 nghiệm.
m − 1 = −1 ⇔ m = 0 :Phương trình có 2 nghiệm.
m − 1 < −1 ⇔ m < 0 : Phương trình có 1 nghiệm.

Câu 2

0,5


(1,0)

a, 2sin2x + 3cosx – 2 = 0 (1)
• Pt (1) ⇔ 2(1 – cos2x) + 3cosx – 2 = 0 ⇔ 2cos2x – 3cosx = 0 (*)
• đặt t = cosx (t ≤ 1)

0,25

• Pt (*) trở thành : 2t2 – 3t = 0 ⇔

t = 0

t = 3

2

.So sánh điều kiện t = 0 thỏa mãn

• Với t = 0 ⇒ cosx = 0 ⇔ x = k2π (k ∈ Z)

0,25

Vậy nghiệm của phương trình là : x = k2π (k ∈ Z)

b, Ta có z = 5 + i +

3−i
3−i
= 5+i +
.
(3 + i )(3 − i )

10

Suy ra số phức liên hợp của z là: z =

Câu 3

53 9
− i
10 10

0.25

0.25

( 0,5 điểm)
2 x − 2 3− x − 2 = 0 ⇔ 2 x −

8
− 2 = 0 ⇔ 2 2 x − 2.2 x − 8 = 0
x
2

0.25

Đặt t = 2 x , t > 0
Phương trình trở thành:
t = 4 (nhan)
t 2 − 2.t − 8 = 0 ⇔ 
t = −2 (loai )

t = 4 ⇔ 2x = 4 ⇔ x = 2

Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

0.25



Câu 4
(1đ)

ĐK: x ≤ −1 hoac 0 ≤ x ≤ 1

0,25

TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình
TH2: Với x ≠ 0 .
* Với 0 < x ≤ 1
Khi đó pt ⇔ x
t=

Đặt

1
1
+ x2 + 1 + x = x
−x ⇔
2
x
x

1
1
− x ⇒ t 4 = 2 + x2 − 2 .
x
x

1
1
+ x2 + 1 + 1 =
−x
2
x
x

Khi

đó

ta

được

phương

0,25
trình

t ≥ 1
t2 + 3 +1 = t ⇔  4 2

⇔ t = −1(loai )
t − t + 2t + 2 = 0

* Với x ≤ −1 . Ta có −
Đặt t =

1
1
+ x2 + 1 + 1 = −
−x
2
x
x

1
1
− x ⇒ t 4 = 2 + x 2 − 2 . Khi đó ta được
x
x

Khi đó ta được x 2 + x − 1 = 0 ⇔ x =
So sánh đk ta được nghiệm x =

t 4 + 3 = t +1 ⇔ t = 1

0,25

−1 ± 5
.
2

−1 − 5
−1 − 5
.Vậy pt đã cho có nghiệm x =
2
2

0,25

Câu 5
(1)đ

π
2

I = ∫ x cos xdx
0

u = x
 du = dx
⇒
 
dv = cos xdx v = sin x

0,5


π
2

π
π
π
I = x sin x − ∫ sin xdx = + cos x 02 = − 1
2
2
0
π
2
0

0,5

Câu 6
(1)đ

Do (BCM) // AD nên mp này cắt mp (SAD) theo giao tuyến MN // AD.

‘0.5

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ BM

BC
⊥
SA

Ta có
a
a 5

MN = ; BM =
2
2 .
Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao,

Diện tích hình thang BCMN là

S BCMN

a a 5

 a + ÷.
3a 2 5
2 2
=
=
2
8 .

Dụng SK ⊥ BM , do BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SK ⇒ SK ⊥ ( BCMN ) .

Có

SK = d ( A, BM ) =

a 5
1 3a 2 5 a 5 a 3
VS . BCMN = .
.
=

5 . Vậy
3
8
5
8

Trong mặt phẳng (ABCD) dựng ∆ qua B song song với AC. Đặt (P) = ( ∆ , SB).
Khi đó, AC // (P) và d(AC; SB) = d(AC; (P)) = d(A; (P)).
Từ A hạ AI ⊥ ∆ tại I; Từ A hạ AH ⊥ SI tại H suy ra AH = d(A; (P)).
a
a 3
→ AH =
.
3
2
Ta có AI =

0.5


Câu 7

Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng

1

(1)đ
Gọi I(a; 3a – 2)

B

A

Vì ABCD là hình vuông ⇒ d(I, AB) = d(I, CD) = d

0,25

d
I
D

⇔

7a - 10
5

=

0.25

7a - 4
5
3
5

⇔ a = 1 ⇒ I(1;1) ⇒ d =

R=d 2 =
Bán kính:

⇒ pt(C):
Câu 8
(1)đ

( x - 1)

C

2

0.25

3 2
5

+ ( y - 1) =
2

18
5

0.25

 −2a = −2
a = 1
 −2b = 6
b = −3


⇔

a.Từ phương trình mặt cầu ta có: 

 −2c = −8
c = 4
 d = 1
 d = 1

0,25

Tọa độ tâm I(1; -3; 4).

0,25

Bán kính: r = 1 + 9 + 16 − 1 = 5
Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu tại M nên IM vuông với mp.

uuur
IM = (0; 4; −3)

0,25


uuur

Mp(P) qua M(1;1;1), có VTPT IM = (0; 4; −3) có phương trình:

0,25

A( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0
⇔ 0( x − 1) + 4( y − 1) − 3( z − 1) = 0

⇔ 4 y − 3z − 1 = 0

Câu 9

Ta có:

0.5 đ

( 3x + 1)

2n

= a 0 + a1x + a 2 x 2 +...+ a k x k +...+ a 2n x 2n

Thay x = -1, ta có: (-2)2n = a0 – a1 + a2 - … + (-1)kak +…+ a2n

0.25

Từ giả thiết suy ra: (-2)2n = 4096 ⇒ n = 6
Với n = 6, ta có khai triển:

( 1+3x )

12

0.25

0
1
2

12
=C12
+ C12
.(3x) + C12
(3x) 2 +...+ C12
(3x)12

8
8
⇒ Hệ số của x8 trong khai triển là: C12 .3

Câu 10
1đ

Ta có x + y + z = 1 ⇒ x + y = 1 − z
x+ y
=
xy + z

1− z
1− z
=
xy + 1 − x − y
(1 − x)(1 − y )

y+z
=
yz + x

1− x

1− x
=
yz + 1 − y − z
(1 − y )(1 − z )

z+x
=
zx + y

1− y
1− y
=
zx + 1 − x − z
(1 − x )(1 − z )

P=

Khi đó

x+ y
y+z
z+x
1− z
1− x
+
+
xy + z
yz + x
zx + y = (1 − x)(1 − y ) + (1 − y )(1 − z ) +

1− y
(1 − x)(1 − z )

≥ 33

1− z
1− x
1− y
.
.
=3
(1 − x)(1 − y ) (1 − y )(1 − z ) (1 − x)(1 − z )
.

0.5

0.5


Vậy MinP = 3 đạt được khi

x=y=z=

1
3

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x 4 + 3x 2 + 1 có đồ thị (C)
a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b*) Dựa vào đồ thị (C) tìm m để phương trình x 4 − 3x 2 + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2 ( 1,0 điểm).
a*) Giải phương trình: sin 2 x − cos2 x = 2sin x − 1 .

b*) Tìm số phức Z thỏa mãn : ( z − 1) . ( z + 2i ) là số thực và z − i = 2 .
Câu 3* (0.5 điểm). Giải phương trình
log

2

( x2 + x + 1) = log 2 ( x2 + x + 3)

Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
 xy + 2 = y x 2 + 2
(với x; y ∈ ¡ )
 2
2
2
 y + 2 ( x + 1) x + 2 x + 3 = 2 x − 4 x.
p

Câu 5* ( 1,0 điểm): Tính tích phân: I = ò (1 + cos x )xdx
0

Câu 6 ( 1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a,
góc ∠BAD = 1200 .Mặt bên (SAB) có SA = a, SB = a 3 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
G là trọng tâm tam giác SCD. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt
phẳng (SAB).

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
d : mx + y − m − 4 = 0 và đường thẳng ∆ : x + 2 y + 9 = 0 ; điểm B(-3; 2). Gọi H là hình chiếu
của B trên d. Xác định tọa độ điểm H biết rằng khoảng cách từ H đến đường thẳng ∆ nhỏ
nhất.


x +1 y − 2 z − 2
=
=
3
−2
2
và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng song song với mặt phẳng (P), đi
qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng (∆).
Câu 8* ( 1,0 điểm ): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

Câu 9 *(0.5 điểm)

Từ các chữ số của tập T = { 0;1;2;3; 4;5} , người ta ghi ngẫu nhiên hai số tự nhiên có ba
chữ số khác nhau lên hai tấm thẻ. Tính xác suất để hai số ghi trên hai tấm thẻ đó có ít
nhất một số chia hết cho 5.
Câu 10 ( 1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực tùy ý thỏa mãn x + y + z = 3.
Chứng minh rằng với ∀a ≥ 1 ta luôn có :

1
1
1
x
y

z
+ y+ z ≥ x+ y + z.
x
a
a
a
a
a
a


Câu 1
a

+ TXĐ: D = R.

0.5


x = 0

y ' = −4x 3 + 6x y ' = 0 ⇔ −4x 3 + 6x=0 ⇔  x = 6

+
;
2

x = − 6

2

y = −∞, lim y = −∞
+ Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞


+Hàm số đồng biến trên  −∞; −


(

6
÷ và
2 ÷



6
 0;
÷
÷; nghịch biến trên
 2 


6 
;0÷
 −
÷ và
2




6
; +∞) .
2

+ Hàm số đạt cực đại tại x = ±

13
6
, yCD =
, Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1
4
2

Bảng biến thiên

•

Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0; 1), (-1; 3), (1; 3)

0.25

0.25


b

x 4 − 3x 2 + m = 0 ⇔ − x 4 + 3 x 2 + 1 = m + 1

0.25

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng
y=m+1.

0.25

Dựa vào đồ thị, phương trình có 4 nghiệm phân biệt
⇔ 1< m +1<

13
9
⇔04
4

0.5


Câu2

a.BiÕn ®æi ph¬ng tr×nh vÒ d¹ng : 2s inx(cos x − 1) + 2sin 2 x = 0

(1đ)

s inx = 0
s inx(sin x + cos x − 1) = 0 ⇔ 
sin x + cos x − 1 = 0

0,25

Với s inx = 0 ⇔ x = k 2π

 x = k 2π
π
1
⇔
Với cos2x = 1 ⇔ sin x + cos x − 1 = 0 ⇔ sin( x + ) =
, k ∈Z
 x = π + k 2π
4
2
2


π
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm. x = kπ , x = + k 2π , k ∈ Z
2

 2a + b = 2

b. Gi¶ sö z = a + bi , (a, b ∈ R ) . Khi ®ã: 

0,25

0,25

2
2
 a + (b − 1) = 2

Giải hệ ta ®îc a = 1 , b = 0 hoÆc a =

−1 12
+ i
VËy z1 = 1, z2 =
5
5

Câu 3
(0.5) đ

ĐK: x ∈ ¡

(

)

PT ⇔ log 2 x 2 + x + 1

2

(

= log 2 x 2 + x + 3

)

−1
12

, b=
5
5

0,25


(

) (

)

2

⇔ x2 + x + 1 − x2 + x + 1 − 2 = 0

Đặt: t = x 2 + x + 1, t ≥

3
4

t = −1( L)
2
Ta được phương trình : t − t − 2 = 0 ⇔ 
t = 2( N )

0.25



−1 + 5
x =
2
2
Với t = 2 ⇒ x + x − 1 = 0 ⇔ 

−1 − 5
x =

2

Vậy : x =
Câu 4
1đ

−1 + 5
−1 − 5
và x =
là nghiệm của phương trình.
2
2

ĐKXĐ: x ∈ ¡ ; y ∈ ¡ .

0.25
0.25

2
Ta có xy + 2 = y x + 2 ⇔ y

)

(

x2 + 2 − x = 2 ⇔ y =

2
x +2−x
2

⇔ y = x 2 + 2 + x (1). Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :

(

)

2

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

⇔ 1 + x x 2 + 2 + 2 x + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 0 .

⇔ ( x + 1) 1 +


( x + 1)

2

+ 2  = ( − x ) 1 +




( −x)

2

0.25

+ 2  (*)


)

(

2
Xét hàm số f (t ) = t 1 + t + 2 với t ∈ ¡ . Ta có

f '(t ) = 1 + t + 2 +
2

t2
t +2
2

> 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng biến trên ¡ .

1
Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x + 1) = f ( − x ) ⇔ x + 1 = − x ⇔ x = − .

2

0.25


1

1
x = −
Thay x = − vào (1) ta tìm được y = 1 .Vậy hệ đã cho có nghiệm là 
2
2
 y = 1.

0.25

Câu 5
1đ
p

p

I = ò (1 + cos x )xdx =
0

p

x2
 Với I 1 = ò xdx =
2

0

0.25

p

ò xdx + ò x cos xdx
0

p
0

0

p2 02
p2
=
=
2
2
2

0.25

p

 Với I 2 = ò x cos xdx
0

ìï u = x

ìï du = dx
ï
ï
Þ
í
 Đặt íï
. Thay vào công thức tích phân từng phần
ïï v = sin x
dv
=
cos
xdx
ïî
î

ta được:

p

I 2 = x sin x 0 -

p

ò0

p

sin xdx = 0 - (- cos x ) 0 = cos x

2

 Vậy, I = I 1 + I 2 = p - 2

2

p
0

= cos p - cos 0 = - 2

0.25

0.25


Câu 6

*) Tính VS.ABCD

(1đ)

Dễ thấy tam giác SAB vuông tại S.

( SAB) ⊥ ( ABCD)

Trong mp(SAB) hạ SH ⊥ AB ta có ( SAB) ∩ ( ABCD) = AB ⇒ SH ⊥ ( SABCD)
 SH ⊥ AB


Tính được SH =

0,25

a 3
, S ABCD = 2S ABD = AB. AD.sin1200 = 2a 2 3 ⇒ VS . ABCD = a 3
2
0,25

*) Tính d(G,(SAB))
Gọi SG ∩ CD = I ⇒

d ( I , ( SAB)) IS 3
2
=
= ⇒ d (G , ( SAB )) = d ( I , ( SAB )) .
d (G ( SAB)) GS 2
3
0,25

Ta có CD / / AB ⇒ CD / /( SAB) ⇒ d ( I , ( SAB)) = d (C , ( SAB )) = a 3 .
(Hạ CK ⊥ AB ⇒ CK ⊥ ( SAB ) mà ∆ABC đều cạnh 2a ⇒ CK = a 3 )
Vậy d (G , (SAB )) =

2 3a
3

0,25


Câu 7 1 đ
Ta có phương trình d : mx + y − m − 4 = 0 ⇔ ( x − 1)m + ( y − 4) = 0 . Suy ra d luôn đi qua

0.25

điểm cố định A(1; 4), mà BH vuông góc với d nên suy ra H luôn thuộc đường tròn (C) đường
kính AB.
Gọi I là tâm của (C). Ta có pt (C): ( x + 1) 2 + ( y − 3) 2 = 5

0.25

Gọi d’ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với ∆ . Khi đó d’ có pt: 2 x − y + 5 = 0 .
Tọa độ giao điểm của d’ và (C) là nghiệm của hệ phương trình :

0.25

2 x − y + 5 = 0
y = 5
y =1
⇔
hoặc 
. Khi đó d’ cắt (C) tại M 1 (0;5); M 2 (−2;1)

2
2
 x = −2
( x + 1) + ( y − 3) = 5  x = 0
Ta có d ( M 1 , ∆) =

19 5
9 5
. Vậy H trùng với M 2 (−2;1)

; d ( M 2 , ∆) =
5
5

0.25

Câu 8
1đ
 x = −1 + 3t

Đường thẳng (∆) có phương trình tham số:  y = 2 − 2t t ∈ ¡
 z = 2 + 2t


0.25

r
Mặt phẳng (P) có VTPT n = (1; 3; 2)

uuuur
Giả sử N(−1 + 3t ; 2 − 2t ; 2 + 2t) ∈ ∆ ⇒ MN = (3t − 3; −2t ; 2t − 2)

0.25

uuuur r
Để MN // (P) thì MN .n = 0 ⇔ t = 7 ⇒ N(20; −12; 16)

0.25

Phương trình đường thẳng cần tìm :

Câu 9
(0.5)đ

x−2 y−2 z−4
=
=
9
−7
6

0.25

+ Có 5. A52 = 100 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau
+ Có A52 + 4. A41 = 36 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5.
+ Có 64 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và không chia hết cho 5.

0,25


1
1
+ n ( Ω ) = C100
.C99
= 9900

+ Gọi A là biến cố : “Trong hai số được ghi trên 2 tấm thẻ có ít nhất 1 số chia hết
cho 5”
1
1

1
1
Ta có: n ( A ) = C36
.C64
+ C36
.C35
= 3564

Vậy : P ( A ) =

n ( A ) 3564 9
=
=
= 0,36
n ( Ω ) 9900 25

0,25


Cõu 10
(1)

* Với a = 1 ta thấy BĐT đúng .

0,25

* Ta xét khi a > 1.
t

1 1

Hàm số y= y = t = ữ nghịch biến với t R , khi a > 1.
a a
Khi đó ta có

x
y
x
y
1
1
Ta cú : ( x y )( x y ) 0, x, y R. Suy ra x + y y + x (1)
a
a
a
a
a
a
Chứng minh tơng tự

y
z
z
y
+ z y + z (2)
y
a
a
a
a

Cộng vế với vế (1) ,(2) và (3) ta đợc 2(

Cộng 2 vế của (4) với biểu thức

3(

z
x
x
z
+ x z + x (3)
z
a
a
a
a

x
y
z
y+z z+x x+ y
+ y + z ) x + y + z (4)
x
a
a
a
a
a
a

x
y
z
+ y + z ta đợc
x
a
a
a

x
y
z
x+ y+z x+ y+z x+ y+z
1
1
1
+ y + z)
+
+
= ( x + y + z )( x + y + z )
x
x
y
z
a
a
a
a
a
a

a
a
a

Suy ra

0,25

0,25

1
1
1
x
y
z
+ y + z x + y + z . ( do x + y + z = 3 )
x
a
a
a
a
a
a

Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi x = y = z = 1. (đpcm)

0,25

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

x
(1).
x −1

a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b*) Tìm m để đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác
IAB có diện tích bằng

3 , với I là giao điểm của hai tiệm cận.

Câu 2 (1,0 điểm).
a*) Giải phương trình: sin 2 x − 2 cos 2 x = 3sin x − cos x .
b*) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + ( 2 − i ) z = 5 + i . Tính mô đun của số phức
w = 1 + iz + z 2 .
Câu 3* (0,5 điểm). Giải phương trình: log 2 (4 x +1 + 4).log 2 (4 x + 1) = 3 .
 x 3 − y 3 + 3 y 2 + x − 4 y + 2 = 0
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  3
 x + x − 3 = 2 x + 2 + y

( x, y ∈ ¡ ) .

e

1


Câu 5*(1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫  x + ÷ln xdx.
x
1

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 và 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 thang cân ABCD với hai đáy AD,
BC. Biết B(2; 3) và AB = BC , đường thẳng AC có phương trình x − y − 1 = 0 , điểm M ( −2; −1)
nằm trên đường thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD.
Câu 8* (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 2;5;1) và mặt phẳng
( P ) : 6 x + 3 y − 2 z + 24 = 0 . Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P).
Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784π và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H, sao cho
điểm A nằm trong mặt cầu.
Câu 9* (0,5 điểm) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20. Chọn ngẫu nhiên ra 5 tấm thẻ. Tính
xác suất để trong 5 tấm thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 2 tấm thẻ mang số chẵn
trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 4.
Câu 10(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 3. Chứng
minh rằng:
1
1
1
1
+
+
≤

.
2
2
1 + a (b + c) 1 + b (c + a ) 1 + c (a + b) abc
2

-------------Hết----------Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Câu
1
(2,0đ)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
 Tập xác định D = ¡ \ { 1} .
 Sự biến thiên:

0,25

- Chiều biến thiên: y ' = −

1

( x − 1)

2

< 0, ∀x ∈ D .

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ( −∞;1 ) và ( 1; −∞ ) .

y = lim y = 1 . ⇒ tiệm cận ngang: y = 1 .
- Giới hạn và tiệm cận: xlim
→−∞
x →+∞

0,25

lim y = −∞ ; lim y = +∞ . ⇒ tiệm cận đứng: x = 1 .
x →1+

x →1−

- Bảng biến thiên:

−∞

x
y'
y

0,25

-

-

+∞

1

−∞
 Đồ thị:

+∞

1

1
0,25

b) (1,0 điểm)
Gọi d : y = x + m .

0,25


Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

x
= x+m
x −1

⇔ x = ( x − 1) ( x + m ) (Vì x = 1 không phải là nghiệm của phương trình)
⇔ x 2 + ( m − 2 ) x − m = 0 (1)

Ta có ∆ = m 2 + 4 > 0, ∀m nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C) tại hai điểm phân

0,25

biệt A, B với mọi m .
Khi đó, A ( x1 ; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m ) , với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình

0,25

(1).
Ta có: I ( 1;1) ⇒ d ( I , AB ) =
và AB =

( x2 − x1 )

2

m
2

.

2

2

m
Ta có: S = 1 AB.d ( I , AB ) =
IAB
2

S IAB = 3 ⇔
2

(

)

+ ( x2 − x1 ) = 2 ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 = 2 m 2 + 4 .
m 2 + 4 . Theo giả thiết, ta có:
2

m m2 + 4
= 3⇔m=± 2.
2

a) Phương trình đã cho tương đương 2sin 2 x − 3sin x − 2 + 2sin x cos x + cos x = 0

(1,0đ)

0,25

0,25

⇔ ( 2sin x + 1) ( sin x + cos x − 2 ) = 0
 sin x + cos x − 2 = 0 : Phương trình vô nghiệm

0,25

π


x
=
−
+ k 2π

6
(k ∈ ¢ )
 2sin x + 1 = 0 ⇔ 
 x = 7π + k 2π

6
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = −
a) Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ¡

π
7π
+ k 2π , x =
+ k 2π (k ∈ ¢ ).
6
6
3a − b = 5  a = 1
⇔
.
 −a − b = 1 b = −2

) . Từ giả thiết ta có: 

0,25

Do đó z = 1 − 2i .
0,25

Suy ra w = 1 + iz + z 2 = 1 + i ( 1 − 2i ) + ( 1 − 2i ) = −3i . Vậy w = 3 .
2

3

(

)

0,25

log 2 (4 x +1 + 4).log 2 (4 x + 1) = 3 ⇔ 2 + log 2 (4 x + 1) .log 2 (4 x + 1) = 3

(0.5đ)
0,25

t = 1
 t = −3

x
Đặt t = log 2 (4 + 1) , phương trình trở thành: ( 2 + t ) t = 3 ⇔ 

x
x
 t = 1 ⇒ log 2 (4 + 1) = 1 ⇔ 4 + 1 = 2 ⇔ x = 0 .

x
x
 t = −3 ⇒ log 2 (4 + 1) = −3 ⇔ 4 + 1 =

1
7
⇔ 4 x = − : Phương trình vô nghiệm.
8
8

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 0 .
4
(1,0đ)

 x 3 − y 3 + 3 y 2 + x − 4 y + 2 = 0 (1)
 3
(2)
 x + x − 3 = 2 x + 2 + y

0,25

Điều kiện: x ≥ −2 .

(1) ⇔ x 3 + x + 2 = y 3 − 3 y 2 + 4 y ⇔ x 3 + x + 2 = ( y − 1) + ( y − 1) + 2 .
3

3
Xét hàm số f ( t ) = t + t + 2 trên [ −2; +∞ ) .

0,25

2
Ta có: f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ [ −2; +∞ ) . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên

[ −2; +∞ ) .
Do đó: x = y − 1 .
Thay y = x + 1 và phương trình (2) ta được: x 3 − 3 = 2 x + 2 + 1

⇔ x3 − 8 = 2

(

(

)

(

)

x + 2 − 2 ⇔ ( x − 2) x2 + 2x + 4 =

)

⇔ ( x − 2) x2 + 2 x + 4 =

(

 x−2=0⇔ x = 2⇒ y =3

2

(

0,25

x+2 −2

(

)

x+2+2

x+2+2


⇔ ( x − 2)  x2 + 2 x + 4 −

x+2+2


2 ( x − 2)

)(

(

)

)


=0
x+2+2 

2

)

0,25