bộ đề thi thử thpt quốc gia 2016 môn toán có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  3 x 2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng
y  3 x  5.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3x 

3
2

b)Cho số phức z thỏa mãn z   2  3i  z  1  9i . Tìm môđun của số phức z.
Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x  9  0.
Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học
sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong
4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.
1





Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x 2 1  x 1  x 2 dx
0

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA và SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN).
Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) và đường thẳng d:
 x  2  t

 y  1  2t . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa đường thẳng d. Viết phương trình
z  1  2t

mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d.
Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A
lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường
thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Câu 9 .(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:








32

2 x


y  3  1  

2 y 3 3



x 2 x



2

5



y  3 1





x 2 y 3 2  6 x




2

y  3 1

Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn: ab  bc  ca  1 . Tìm GTNN của
biểu thức:
P

a
16  b  c   a 2  bc 



b
16  a  c   b 2  ac 



a2 1  1 c 
  
4  a ab 

-------- Hết--------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................

Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015

Câu
1a
(1,0đ)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Đáp án
-Tập xác định: D = R.
-Sự biến thiên:
Chiều biến thiên y '  3 x 2  6 x; y '  0  x  0  x  2 .
Các khoảng nghịch biến: (-;0) và (2;+); khoảng đồng biến: (0;2).
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4.
Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y  
x  

Điểm
0,25

0,25

x  

Bảng biến thiên:
x
y'

y

-

0
0

–

2
0
4

+

+

+
0,25

–

0

-

Đồ thị:
y

8

6

4

2

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

0,25

9

-2

-4

-6

-8

1b
(1,0đ)

Tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  5 nên có hệ số góc bằng 3.
2
0

2
0

Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, ta có  3 x  6 x0  3  3 x  6 x0  3  0  x0  1
Suy ra M(1;2)
Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 1 .

2a
(0,5đ)

3
1
1
1
3
 (1  cos2 x)  (1  cos4 x)  (1  cos6 x) 
2
2
2
2
2
 (cos6 x  cos2 x)  cos4 x  0  2 cos 4 x.cos2 x  cos4 x  0

cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3 x 

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

 cos4 x(2 cos 2 x  1)  0

 k

cos4 x  0
x  8  4


cos2 x   1
 x     k

2

3
2b
(0,5đ)

Gọi z  a  bi, a, b   ; Khi đó z   2  3i  z  1  9i

0,25

0,25

 a  bi   2  3i  a  bi   1  9i   a  3b   3a  3b   1  9i
 a  3b  1
a  2

. Vậy môđun của số phức z là : z  22  (1) 2  5


3a  3b  9
b  1
3
(0,5đ)

32 ( x 1)  82.3 x  9  0  9.32 x  82.3 x  9  0
1
  3 x  9  3 2  3 x  32  2  x  2. Vậy bất phương trình có nghiệm là  2  x  2 .
9

0,25
0,25
0,25


4
(0.5đ)

4
n()  C12
 495
Gọi A là biến cố : “ 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên”
 A : “ 4 học sinh được chọn là học sinh của cả 3 lớp trên”
Ta có các trường hợp sau:

+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C52 .C14 .C31  120 cách
+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C51.C42 .C31  90 cách

0,25

0,25

+ 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C có C51.C14 .C32  60 cách
 n( A)  270.
n( A) 6
 .
n() 11

 P ( A) 

Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A)  1  P ( A) 
5
(1,0đ)

1
2



1



1

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

2

5
11

1

1

x3
I1   x dx 
3
0
2


0

2

0

0,25

0

1
3

1

I 2   x 3 1  x 2 dx
0

Đặt t  1  x 2  x 2  1  t 2  xdx  tdt
Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  0

1
 t3 t5 
2
 I 2    1  t  t dt    t  t dt     
 3 5  0 15
1
0
0

1

2

Vậy I  I1  I 2 

2

2

4

7
15

Đặt u = x  du = dx; dv  e 2 x dx choïn v 
1

0,25

1 2x
e
2

1

 xe 2 x dx 


0

Vậy I 
6
(1,0đ)

x 2x 1 1 2x
e2 1
e2  1
e |0 
e dx   e 2 x |10 
2
20
2 4
4



3e 2  7
.
12

0,25
0,25

S

Ta có SA  (ABCD)  AC là hình chiếu của SC trên

H
M



(ABCD)  SCA  600

N

AC  AD 2  CD 2  a 5 ; SA  AC tan 600  a 15

A

B

0,25

D

C

1
1
2 15a3
VS. ABCD  S ABCD .SA  AB.AD.SA 
.
3
3
3
Trong mp(SAD) kẻ SH  DM, ta có AB  (SAD) mà MN // AB  MN  (SAD)  MN  SH 

0,25
0,25


SH  (DMN)  SH = d(S, (DMN))
SH SM
SA.DA
SA.DA
2a 15
SHM ~ DAM 
.

 SH 


2

2
DA DM
2 DM 2 AD  AM
31
7
(1,0đ)

0,25

Đường thẳng d đi qua M(-2;1;-1) và có vectơ chỉ phương a  (1;2;2) , MA  (4;2;2)





mp(P) đi qua A và chứa d nhận n  a, MA  (8;10;6) làm vectơ pháp tuyến

0,25
(P): 4x – 5y – 3z + 10 = 0
0,25
0,25

Gọi H là hình chiếu của A trên d  H(-2 + t; 1 + 2t; -1 – 2t),
4
 32 10 26 
AH  ( 4  t;2  2t;2  2t ); AH  a  AH .a  0  t   AH    ; ; 
9
9
9 
 9

Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH =
8
(1,0đ)

10 2
200
. Vậy (S): x  2 2  y  32  z  52 
.
3
9

Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các
đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng
minh AF  EF .
Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG
tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp,
đó AF  EF .
Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0.
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ

G

A

B

H
D

E

C

0,25

32
5

1
2
AF  2 ;
2
5
2

0,25

nội
do

F

17

 x  5
3 x  y  10
 17 1 

 F  ;   AF 


 5 5
x  3y  4
y  1

5

AFE  DCB  EF 

0,25

0,25
2

8
51  8
 17  
E  t ;3t  10   EF    t     3t   
5
5 
5 5

19
 19 7 
 5t 2  34t  57  0  t  3  t 
hay E  3; 1  E  ; 
5
 5 5
Theo giả thiết ta được E  3; 1 , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE
vuông cân tại D nên
2

 x  12   y  12   x  3 2   y  12
 AD  DE


 AD  DE
 x  1 x  3   y  1 y  1
 y  x  2
x  1
x  3



hay D(1;-1)  D(3;1)
 y  1  y  1
 x  1 x  3  0
Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).

0,25


Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1).
9
(0,5đ)

x  0
y  3

ĐK: 

0.25

Ta có phương trình thứ 2 của



 

x 2 x  y  3 1 

hệ:

 x  a

Đặt: 







y  3 1

x  2 y 3  2  6 x


2



y  3 1

 *

0,25

. Phương trình thứ 2 của hệ trở thành:

 y  3  1  b

a  2a  b   b  a  2b   6  a 2  b 2 
BCS

VT* 

Ta có:

3  a  b   6  a 2  b 2   VP*

 a  b  2a  b  2b  a  

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a  b 
Thế vào phương trình đẩu của hệ ta có:

32

2 x

 *



1. 2 y  3  3



2

x

0,25

y  3 1  x  y  3  1

0.25

52 x

32





x  y 3 2 y 3 3



2

5

**

Mặt khác theo AM-GM ta có:

2





x  y 3 

 x

2 y 3 3 2 y 3 3


2
2

32





x  y 3 2 y 3 3



2

32



AM  GM



x  y 3 2 y 3 3



2

 8

 5  VT**  VP** .

Và dẩu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

2



2 y 3 3

x  y 3 

2
2



0.25

32





x  y 3 2 y 3 3



2

3

 x  2

 y 3  1

2

9


 x  4

 y  13

4
 9 13 

4 4 

Vậy nghiệm của hệ là  x; y    ;
10
(1,0đ)

Ta có:

0,25

a 2  bc
a 2  bc
1  2

ab  ac
ab  ac


2a  b  c 
ab  ac

2

a  bc  a  b  a  c 

a
2a

2
 b  c   a  bc   a  b  a  c 

Tương tự ta cũng sẽ có:

1

b
2b

2
 a  c   b  ac   c  b  a  b 

 2
0,25

Từ (1) và (2) ta sẽ có:

0,25


P

 a2 1  1 c 
1

2a
2b



  
4   a  b  a  c   c  b  a  b  
4  a ab 

 a 2  1  b  c 
1
4ab  2ac  2bc
 .

4  a  b  b  c  c  a 
4ab
Mặt khác ta có a,b,c là các số không âm và ab  bc  ca  1 . Nên ta sẽ có:

a

2

 1  b  c 
4ab

Từ đây ta sẽ có:

 a  b  b  c  c  a    a  b  b  c  c  a 
4ab
4ab  2c  a  b 

 a  b  b  c  c  a  AMGM 1
1
4ab  2ac  2bc
P .

4  a  b  b  c  c  a 
4ab  2c  a  b 

0,25



 a 2  bc
 ab  ac  1

a  b  1
 b 2  ac
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
.

1
c  0
 ab  bc
ab  bc  ca  1

c  0



Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án

quy định
Ngày thi: 1/12/2015, BTC sẽ trả bài cho thí sinh vào ngày 4/12/2015.

*******HẾT*******


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2x 1
x2
3
2
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  6
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

Câu 3 (1,0 điểm).

x
4
4
b) Giải phương trình 5.9 x  2.6 x  3.4 x
a) Giải bất phương trình log 22 x  log 2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm I    x  2  sin 3 xdx

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  , 
ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2a .
Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC và tính diện
tích mặt cầu đó theo a.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 2 cos 2 x  sin x  1  0 .
b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp
12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất
sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 

3a
. Hình chiếu vuông
2

góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn

AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB  AD  CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng BD có phương trình là y  2  0 . Đường thẳng qua B

 cắt cạnh DC tại N . Biết
vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường phân giác trong góc MBC
rằng đường thẳng MN có phương trình 7 x  y  25  0 . Tìm tọa độ đỉnh D .

x
 2
 x  x  1   y  2   x  1 y  1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3 x 2  8 x  3  4  x  1 y  1



 x, y   

2 y  x 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y   thỏa mãn 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
 y  2 x  3 x
2
P  x4  y 4 
2
 x  y
-------------HẾT-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:……………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:

Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
2x 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
1,0
x2
2x 1
y
x2
1. Tập xác định: D   \ {2}
2. Sự biến thiên.
0,5
3
y' 

0,

x

D
( x  2) 2
Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng (; 2) và (2; )
Hàm số không có cực trị
Các giới hạn lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y  
x 
x 
x2
x2

0,25
Suy ra x  2 là tiệm cận đứng, y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
Bảng biến thiên

0,25

1 
3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại  ;0  , giao với trục Oy tại
2 
xứng là điểm I (2; 2)

 1
 0;  , đồ thị có tâm đối
 2

0,25

2

Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  6

1,0

* Tập xác định: 

0,25


x  0
y '  3 x 2  6 x, y '  0  

x  2
Bảng xét dấu đạo hàm
x
y

0,25


+

0
0

-

2
0


+

Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có
Hàm số đạt cực đại tại x  0 và giá trị cực đại y  6 ; đạt cực tiểu tại x  2 và giá trị
cực tiểu y  2 .
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M  0;6  , điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là

0,25

0,25

N  2; 2 
3

a

x
 4 (1)
4
+) Điều kiện của bất phương trình (1) là: x  0 (*)
+) Với điều kiện (*),
(1)  log 22 x  log 2 x  log 2 4  4  log 22 x  log 2 x  2  0
 (log 2 x  2)(log 2 x  1)  0
Giải bất phương trình log 22 x  log 2

 x4
 log 2 x  2


0  x  1
log
x


1
 2

2
+) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là
 1
S   0;    4;  

 2

b Giải phương trình 5.9 x  2.6 x  3.4 x (1)

0,5

0,25

0,25

0,5

Phương trình đã cho xác định với mọi x  
Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 4 x  0 ta được :
2x

x

3
3
5.9 x  2.6 x  3.4 x  5.    2.    3
2
2
2x
x
 3  2 x    3  x 
3
3
 5.    2.    3  0     1 5.    3  0 (2)
2

2
 2 
   2 


0,25

x

3
Vì 5.    3  0 x   nên phương trình (2) tương đương với
2
x

4

3
  1 x  0.
2
Vậy nghiệm của phương trình là: x  0
Tính nguyên hàm I    x  2  sin 3 xdx
u  x  2
Đặt 
dv  sin 3 xdx
du  dx

ta được 
cos 3 x
v   3
 x  2  cos 3x  1 cos 3xdx

Do đó: I  
3
3
 x  2  cos 3x  1 sin 3x  C

3
9

0,25

1,0
0,25

0,25
0,25
0,25


5

Cho hình chóp S . ABC

có SA   ABC  , 
ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2a .

Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S . ABC và tính diện tích mặt cầu đó theo a.

1,0

Vì SA   ABC   SA  BC
Mặt khác theo giả thiết AB  BC , nên BC   SAB  và do đó BC  SB
Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên
SC
IA  IB 
 IS  IC (*)
2
Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của
hình chóp S . ABC
SC
Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là R 
2
Ta có AC  AB 2  BC 2  2a

6

SC  SA2  AC 2  2 2a  R  a 2
Diện tích mặt cầu là 4 R 2  8 a 2
a Giải phương trình 2 cos 2 x  sin x  1  0 .
Ta có: 2 cos 2 x  sin x  1  0  2sin 2 x  sin x  3  0  (sin x  1)(2sin x +3)=0
 sin x  1 (do 2sin x  3  0 x   )
 s inx  1  x 


2

 k 2  k   

7



 k 2  k   
2
b Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học
sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế
giảng năm học. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít
nhất 2 học sinh lớp 12A.
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
Số phần tử của không gian mẫu là: C95  126
Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và
có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C42 .C31.C22  C42 .C32 .C21  C43 .C31.C21  78 .
78 13
Xác suất cần tìm là P 
 .
126 21
3a
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 
. Hình chiếu vuông
2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 

0,25

0,25

0,25

0,25
0,5
0,25

0,25

0,5

0,25

0,25
1,0


góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung
điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng HK và SD .
S

F
C

B
H

E
O

A

D

K

Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và
3a
a
SH  SD 2  HD 2  SD 2  ( AH 2  AD 2 )  ( ) 2  ( ) 2  a 2  a
2
2
1
1
a3
Diện tích của hình vuông ABCD là a 2 , VS . ABCD  SH .S ABCD  a.a 2 
3
3
3
Từ giả thiết ta có HK / / BD  HK / /( SBD)
Do vậy: d ( HK , SD )  d ( H ,( SBD )) (1)
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE
Ta có BD  SH , BD  HE  BD  ( SHE )  BD  HF mà HF  SE nên suy ra
HF  ( SBD)  HF  d ( H , ( SBD)) (2)

0,25
0,25

0,25

  a .sin 450  a 2
+) HE  HB.sin HBE
2
4
+) Xét tam giác vuông SHE có:
a 2
a
4
 (3)
3
a 2 2
(
)  a2
4
a
+) Từ (1), (2), (3) ta có d ( HK , SD)  .
3
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB  AD  CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là
y  2  0 .. Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường
phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết rằng đường thẳng MN có
phương trình 7 x  y  25  0 . Tìm tọa độ đỉnh D .
SH .HE
HF .SE  SH .HE  HF 

SE

8

a.

0,25

1,0

0,25


Tứ giác BMDC nội tiếp
  BDC
  DBA
  450
 BMC

 BMC vuông cân tại B, BN là

phân giác trong MBC
 M , C đối xứng qua BN

 AD  d ( B, CN )  d ( B, MN ) 

9

4
2

0,25

Do AB  AD  BD  AD 2  4

0,25

a  5
BD : y  2  0  D(a; 2) , BD  4  
 a  3
Vậy có hai điểm thỏa mãn là: D(5; 2) hoặc D(3; 2)

0,25

x
 2
 x  x  1   y  2   x  1 y  1
Giải hệ phương trình: 
3 x 2  8 x  3  4  x  1 y  1


 x, y   

1,0

 x  1
Điều kiện: 
 y  1
x3  x 2  x
  y  2
1 
x 1
3

x
 x 


 
x 1
 x 1 



 x  1 y  1 



x 3  x  x  1

 x  1

x 1

  y  2 y  1

0,25

3

y 1  y 1 .

Xét hàm số f  t   t 3  t trên  có f   t   3t 2  1  0t   suy ra f(t) đồng biến

 x 
trên  . Nên f 
 f
 x 1 





y 1 

x

x 1

y  1 . Thay vào (2) ta được

0,25

3x 2  8 x  3  4 x x  1 .



  2 x  1  x  2 x  1
2



2

 
x 1
  2
 x  3 2 3
 x  6x  3  0
 2 x 1  x 1


 

1
5  2 13
x

x
 2 x  1  1  3 x

3
9


2

 9 x  10 x  3  0
x2
Ta có y 
1
x 1
43 3
5  2 13

41  7 13
Với x  3  2 3  y 
. Với x 
.
 y
2
9
72

0,25

0,25


Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện.


43 3 
KL: Hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    3  2 3;

2 

 5  2 13 41  7 13 
&  x; y   
;
 .
9
72



10

2 y  x 2
thỏa 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
 y  2 x  3 x
2

Cho x, y  

Px y 
4

4

 x  y

1,0

2

x2
6
Từ giả thiết ta có y  0 và
 2 x 2  3 x  0  x  và
2
5
x 2  y 2  x 2   2 x 2  3 x   2 x 2  2 x 2  6 x  5 
2

 6
Xét hàm số f ( x)  2 x  2 x  6 x  5  ; x  0;  ta được Max f(x) = 2
 6
 5
0; 
2

2

0,25

 5

x y 2
2

2

P  x  y
2



2 2

 2x y 
2

2

Đặt t  x 2  y 2  P 

2

 x  y

 x  y
2

2



2 2

x


2

 y2 
2

2



2
x  y2

2

0,25

2

t
2
 ,0t 2
2 t

Xét hàm số:

t2 2
g (t )   , t   0; 2
2 t
2 t3  2
g '(t )  t  2  2 ; g '(t )  0  t  3 2
t
t
6
33 4
16
Lập bảng biến thiên ta có Min P 
khi x  y 
2
2
------------Hết------------

0,25

0,25



ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
CÂU
Câu 1a

ĐÁP ÁN

ĐIỂM
0,25

1 3
x  x2
3
Tập xác định: D   .
ta có: y 

y '  x 2  2x ; y '  0  x  0; x  2
Sự biến thiên:
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0);(2; )
+Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Cực trị:
+Hàm số đạt cực đại tại x  0 ; giá trị cực đại y  0
+Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ; giá trị cực tiểu y  4 / 3
Giới hạn: lim y  ;
x 

Bảng biến thiên:
x
y'
y

lim y  

x 

0,25


+



Câu 1b

0,25

0
0
0

-



2
0

+
-4/3

Đồ thị:

0,25

y '  x 2  2x .

0,25

x0  1  y0  

2
3

 y '(1)  1

0,25
0,25
0,25

1
Phương trình tiếp tuyến là y   x  .
3

Câu 2a

Câu 2b

Điều kiện: 2  x  1 . Bất phương trình trở thành: log2(x  1)2  log2 (4x  8)

0,25

 (x  1)2  4x  8  x 2  6x  7  0  x  1; x  7 (thỏa điều kiện)
Vậy phương trình có hai nghiệm x  1; x  7 .
A  (sin 4  2 sin 2) cos   (cos 2  1)2 sin 2.cos 

0,25

2

 2 cos .2 sin 2. cos 

0,25


 8 cos4 .sin   8(1  sin2 )2 .sin  

Câu 3

y liên tục trên  1;1 , y ' 
y (1) 

0,25

225
128

0,25

5
 0, x   1;1
( x  2) 2

0,25

1
3

0,25

Câu 4

y(1)  3
1
max y  , min y  3
 1;1
3 1;1
Điều kiện: x  1, x  13

Pt  x  1  2 

0,25
0,25

x2  x  6
( x  2)( x  1  2)
1

( x=3 không là nghiệm)
3
3
2x 1  3
2x 1  3

0,25

 (2 x  1)  3 2 x  1  ( x  1) x  1  x  1

Hàm số f (t )  t 3  t đồng biến trên  do đó phương trình  3 2 x  1  x  1
 x  1/ 2
 x  1/ 2
 3

2
3
2
(2 x  1)  ( x  1)
x  x  x  0
 x  1/ 2
1 5


1  5  x  0, x 
2
 x  0, x 

2
Vậy phương trình có nghiệm S  {0,

Câu 5

I 



x (x 2  sin 2x )dx 

Xét J 





0,25

0,25

1 5
}
2

x 3 .dx   x . sin 2xdx 

1 4
x   x .sin 2xdx
4

du  dx
u  x



 
x . sin 2xdx . Đặt 
dv  sin 2x .dx
v   1 cos 2x


2

0,25

0,25

1
1
1
J   x . cos 2x   cos 2x .dx   x .c os2x  sin 2x
2
2
2

0,25

Kết luận

0,25


Câu 6

Ta có SH  (ABCD)  HC là hình chiếu
vuông góc của SC trên (ABCD)
  450
 (
SC ,(ABCD ))  SCH

0,25

S


Theo giả thiết BAD
 60 0  BAD

K
B

3
a 3
đều  BD  a ; HD  a; AI 
4
2

C
H
I

và AC  2AI  a 3
A

E
D

Xét SHC vuông cân tại H , ta

0,25

2
a 2 a 3 
13


a
có: SH  HC  IC  HI     
 
 2 
4
 4 
2

2

1
1
1
39 3
SH .SAHCD  SH . AC .HD 
a
3

3
2
32
Trong (ABCD) kẻ HE  CD và trong (SHE ) kẻ HK  SE (1). Ta có:


CD  HE
 CD  (SHE )  CD  HK (2)


CD  SH (SH  (ABCD ))


Từ (1) và (2) suy ra HK  (SCD)  d(H ,(SCD))  HK
Vậy VS .AHCD 

Xét HED vuông tại E , ta có HE  HD.sin 600 
Xét SHE vuông tại H , ta có HK 

SH .HE
2

SH  HE

Mà

0,25

3 3
a

8


3 39
4 79

a

d (B,(SCD ))
BD
4
4
4

  d (B,(SCD ))  d (H ,(SCD ))  HK 
d (H ,(SCD )) HD
3
3
3

Do AB / /(SCD)  d(A,(SCD))  d(B,(SCD)) 
Câu 7

2

Số cách chọn 5 hoc sinh từ 9 học sinh là C95
Để chọn 5 hs thỏa mãn , ta xét các trường hợp sau
1 nữ 12 , 2 nam 11, 2 nữ 10 có C31C42C22 cách

0,25

39
79

39
79

a

a
0,25

2 nữ 12, 2 nam 11, 1 nữ 10 có C32C42 C21 cách

0,25

2 nữ 12, 1 nam 11, 2 nữ 10 có C32C41C22 cách

0,25

3
3

1
4

1
2

3 nữ 11 , 1 nam 11, 1 nữ 10 có C C C cách

1 nữ 12 , 3 nam 11 , 1 nữ 10 có C31C43C21 cách
Vậy xác suất cần tìm là .................

0,25


Câu 8

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên
AB, AD
Gọi N là giao điểm của KM và BC
Gọi I là giao điểm của CM và HK
  450
Ta có DKM vuông tại K và DKM

0,25

A

K

I

H

B

M

N

 KM  KD  KM  NC (1)

Lại có MH  MN ( do MHBN là hình vuông)
Suy ra hai tam giác vuông KMH ,CNM bằng nhau


 HKM  MCN

D

C

  IMK
 nên  
 
Mà NMC
NMC  NCM  IMK  HKM  900
Suy ra CI  HK

0,25

Đường thẳng CI đi qua M (1;1) và vuông góc với đường thẳng d


nênVTPT nCI  VTCP ud  (1;1) nên có phương trình

0,25

(x  1)  (y  1)  0  x  y  0

Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng  nên tọa độ điểm C là nghiệm
x  y  0
x  2
 
của hệ phương trình 
x  2y  6  0
y  2


Vậy C (2;2)
Câu 9

Ta có 1  (a  b  c)2  a 2  b2  c 2  2(ab  bc  ca )

0,25

0.25

1  (a 2  b2  c 2 )
.
2
7
121

Do đó A 
a 2  b 2  c 2 7(1  (a 2  b 2  c 2 ))

 ab  bc  ca 

Đặt t  a 2  b 2  c 2 .

Vì a,b, c  0 và a  b  c  1 nên 0  a  1, 0  b  1, 0  c  1

0.25

Suy ra t  a 2  b 2  c 2  a  b  c  1
Mặt khác 1  (a  b  c)2  a 2  b 2  c 2  2(ab  bc  ca )  3(a 2  b2  c 2 )
1 
1
Suy ra t  a 2  b 2  c 2  . Vậy t   ;1
 3 
3

1 
7
121
, t   ;1
Xét hàm số f (t )  
 3 
t
7(1  t )


f '(t )  

7
t2



121

7(1  t )2

0t 

7
18

BBT
t

f '(t )
f (t )

1 7
3 18
0

324
7

1
+

0,25



TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ

1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1  và vuông góc với đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y  x 4  2 x 2  3 trên đoạn 0;4 .
Câu 3 (1.0 điểm).


1
2

a) Cho sin   . Tính giá trị biểu thức P  2 (1  cot  ). cos(   ) .
4

b) Giải phương trình:
Câu 4 (1.0 điểm).

34  2 x = 9

53 x  x 2

14

2

a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển :  x  2  .


x 

b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15
câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi
đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói
trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không
ít hơn 4.
Câu 5 (1.0 điểm).
Giải bất phương trình: 9 x 2  3  9 x  1  9 x 2  15
Câu 6 (1.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABC. A' B' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  a 3 ,
mặt bên BCC' B' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC' và B'C ' . Tính thể
tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A' B' và MN .
Câu 7 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
C  : x 2  y 2  3x  5 y  6  0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2  và đoạn BC  5 .
Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết điểm A có hoành độ dương .
Câu 8 (1.0 điểm).
 x 3  y 3  5 x 2  2 y 2  10 x  3 y  6  0
Giải hệ phương trình : 
 x  2  4  y  x 3  y 2  4 x  2 y

Câu 9 (1.0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  3 .Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức : S 

a3  b3 b3  c3 c3  a3

.


a  2b
b  2c
c  2a

-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………SBD:……….....…......


Môn: Toán
Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y  x  6 x  9 x  2
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
3

(C).

2

1.0

 TXĐ D= R


0.25
x  1

y  2

y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=> 

x  3
 y  2

 - Giới hạn tại vô cực: lim y  ;

0.25

lim y  

x 

x 

BBT


x

1


y’



3


0



0



2

y
1a

0.25

-2



KL: Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1; 3; 
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2
 Đồ thị

5

y

f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2

4
3
2

0.25

1

x
-2

-1

1

2

3

4

5

6

-1
-2
-3

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1  và vuông góc với
1b

đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Đuờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4
Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½
Vậy PT đ ư ờng thẳng cần tìm là y 

2

Câu 2 (1.0 điểm).

1
3
x
2
2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

1.0
0.5
0.25
0.25
1.0

y’=4x3-4x =4x(x2-1)
y’= 0 <=> x=0, x=1  0;4 x= -1 loại
Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227
Vậy GTLN y = 227 , trên 0;4 khi x=4
GTNN y= 2 trên trên 0;4 khi x=1
a)

3

0.25
0.25
0.25
0.25


1
2

Cho sin   . Tính giá trị biểu thức P  2 (1  cot  ). cos(   )
4

sin   cos 
1  2 sin 2 
P
(cos   sin  ) 
sin 
sin 
1

thay sin   vào ta tính được P =1
2

0.5
0.25
0.25

b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 953 x  x
đưa về cùng cơ số 3 khi đó phương trình tđ
nghiệm cần tìm là x = 1 hoặc x = -3

2

0.5

với x 2  2 x  3  0

0.25
0.25

14

2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển :  x  2  .


14



2

2
 x  2  = x  2x
x 


4

  C
14

k 14  3 k
14

x

.2k

x 

0.25
0.25

số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3
Hệ số cần tìm là C143 2 3  2912
b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu
hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi
có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ 0.5
ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ)

và số câu hỏi dễ không ít hơn 4.
Không gian mẫu của việc tạo đề thi là :   C 407  18643560
Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ 3 loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số 0.25
câu hỏi dễ không ít hơn 4.
5
 A  C 204 .C52 .C151  C 204 .C51 .C152  C 20
.C51C151  4433175

Xác suất cần tìm là P( A) 

A




915
3848

0.25

9 x 2  3  9 x  1  9 x 2  15
1
Nhận xét : 9 x  1  9 x 2  15  9 x 2  3  0  x 
9

Giải bất phương trình:
5

bpt 


 9x

2



1.0
0.25

 3  2  3(3 x  1)  9 x  15  4

9x  1
2

9x 2  3  2

 3(3 x  1) 

2

9x 2  1
9 x 2  15  4

0

0.25




3x  1

3x  1




 3  0
9 x  15  4 
3x  1

 9x  3  2


 
1
1
  3  0  3 x  1  0  x 
3x  13x  1 2 1

3
9 x 2  15  4  
 9x  3  2

1
kết hợp các Đk suy ra nghiệm của BPT là x  là nghiệm của bpt
3
Cho lăng trụ đứng ABC. A' B' C ' .Có đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB  a, AC  a 3 , mặt bên BCC' B' là hình vuông, M, N lần lượt là trung

2

2

điểm của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và khoảng cách
giữa hai đường thẳng A’B’ và MN

0.25

0.25

1.0

C

B
A

M

N
6

H

B’

C’
P
A’

Ta có BC= BB’=2a

0.25
1
2

. V ABC. A' B 'C '  BB'.S ABC  2a. a.a 3  a 3 3
gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách
d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình
chiếu vuông góc của C’ lên mp(MNP)

Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
MPC’
C' H 

7

C ' M .C ' P
C' P  C' M
2

2



a 21
7

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong

đường tròn C  : x 2  y 2  3x  5 y  6  0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2  ,

0.25

0.25

0.25
1.0


3 5
2 2

Gọi tâm đường tròn (C) là I  ;  và A(x;y) suy ra

AH (2  x;2  y ) M là trung

điểm của BC
Học sinh tính được AH  5  x 2  y 2  4 x  4 y  3  0
kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình

0.25

 x 2  y 2  4 x  4 y  3  0
Giải hệ ta được (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)
 2
 x  y 2  3 x  5 y  6  0
Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng minh được AH  2 IM
Từ AH  2 IM ta tính được M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết được

0.25
0.25

phương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường tròn (C)
y 1
x  1

 y  2 x  3

ta được 2 y  12  y 2  3(2 y  1)  5 y  6  0  y 2  3 y  2  0  

Suy ra toạ độ của B(1;1) , C(3;2) hoặc B(3;2) , C(1;1)
Vậy
A( 1;4), B(1;1) , C(3;2)
hoặc A( 1;4), B(3;2) , C(1;1)

 x 3  y 3  5 x 2  2 y 2  10 x  3 y  6  0 (1)
 x  2  4  y  x 3  y 2  4 x  2 y (2)

Câu 8: Giải hệ 

0.25

1.0

x  -2; y  4
(1)  x  5 x 2  10 x  6  y 3  2 y 2  3 y

Điều kiện
3

 x  1  2x  1  3( x  1)  y 3  2 y 2  3 y
Xét hàm số f (t )  t 3  2t 2  3t , f ' (t )  3t 2  4t  3  0 t  R
3

2

0.25

Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc
Phương trình : x  2  3  x  x 3  x 2  4 x  1
8







 x  2 3  x   2    x  1x 2  4 

x  2  3  x  3  x3  x2  4 x  4 



2 x  2 3  x   4 
  x  2 ( x 2  x  2 )
x  2  3  x  3  x  2 3  x   2



2(  x 2  x  2)
 x  2 x 2  x  2  0
x  2  3  x  3  x  2 3  x   2







2

x 2  3 x 3






 x2  x  2 x  2 















0
 x  2 3  x   2 
 0 ( vi x   2 )

2
x 2  3 x 3



0.25



x  2
 x x20 
 x  1

0.25

2

Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)

Câu 9 : Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  3 .

9

a3  b3 b3  c3 c3  a3
.


a  2b
b  2c
c  2a
x3  1 7 2 5
Trước tiên ta chứng minh BĐT :
 x  ( x  0) *
x  2 18
18

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S 

1.0
0.25


*  18( x3  1)  x  27 x 2  5
luôn đúng với mọi x>0, d ấu “=” sảy ra khi x=1
2
 x  1 11x  8  0
a b c
; ;
b c a
a 3  b 3 7 a 2 5b 2 b 3  c 3 7b 2 5c 2 c 3  a 3 7c 2 5a 2



;


;


;
a  2b
18
18 b  2c
18
18 c  2a
18
18
12 a 2  b 2  c 2
2
Từ các đảng thức trên suy ra S 
18

0.25

Áp dụng (*) cho x lần lượt là



Vậy MinS =2 khi a=b=c=1



0.25

0.25