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

TRNGTHPTCHUYấNVNHPHC

CHNHTHC

THITHPTQUCGIA NMHC2015ư2016ưLNI
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:
Cm nthyNguynThnhHin( />www.laisac.page.tl

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA  LẦN I 
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. 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />www.laisac.page.tl

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN : TOÁN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi có 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  f  x   x3  3x 2  9 x  1 , có đồ thị  C  .
a) Tìm tọa độ các điểm trên đồ thị  C  , có hoành độ x0 thỏa mãn f '  x0   0.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  , tại giao điểm của đồ thị  C  và trục Oy.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

3 cos x  sin x  2cos 2 x  0 .

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tính giới hạn lim
x 1

x3 2
x2 1
12

2

b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển P  x    x 2   , x  0.

x

Câu 4 (1,0 điểm).
1
a) Cho cos 2  . Tính giá trị của biểu thức P  1  tan 2 .
5
b) Một chiếc hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu đỏ và 2 quả cầu đen. Chọn ngẫu nhiên 4
quả. Tính xác suất để 4 quả được chọn có đủ cả 3 màu.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A 1;5 và đường thẳng  : x  2 y  1  0 . Tìm
tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua đường thẳng  và viết phương trình đường tròn đường
kính AA '.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S. ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Góc giữa cạnh
bên và mặt đáy bằng 600. Tính diện tích tam giác SAC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và
CD .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm E  7;3 là một điểm
nằm trên cạnh BC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường chéo BD tại điểm N

 N  B .

Đường thẳng AN có phương trình 7 x  11y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông
ABCD , biết A có tung độ dương, C có tọa độ nguyên và nằm trên đường thẳng 2 x  y  23  0 .

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

 x  y   x  2 y  1

Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z  1;2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P

z 2  4 xy
4z

x  y  x  y 2

----------- 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:................................
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />www.laisac.page.tl


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Hướng dẫn chấm – thang điểm có 03 trang)
Câu

1

b)

 x  1
f '  x   0  3x 2  6 x  9  0  
x  3
Với x  1  y  4  M1  1; 4 

0,25

0,25

Với x  3  y  28  M 2  3; 28

0,25

Giao của  C  và Oy là A  0; 1 . Ta có: f '  0   9

0,5

Phương trình tiếp tuyến: y  9 x  1

0,5

3
1
cos x  sin x  cos 2 x .
2
2


2 x  x   k 2



6
 cos 2 x  cos  x    
6

 2 x   x    k 2


6

 k 2
.
Thu gọn ta được nghiệm: x    k 2 ; x  
6
18
3
Phương trình

2

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN TOÁN 12
Nội dung – đáp án
Điểm
0,25

Ta có f '  x   3x 2  6 x  9
a)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Ta có lim
x 1

a)

 lim
x 1

3

b)

3 cos x  sin x  2cos 2 x  0 






x3 2
x3 2
lim

x 1
x2 1
 x  1 x  1

x 1

 x  1 x  1 

x3 2



 lim
x 1


x  3  2

2 12  k

4

b)

 x  1 

1
x3 2





1
8

0,25
0,25
0,25

0,25

Số cách chọn được 4 quả cầu đủ cả 3 màu là: C62 .C41.C21  C61.C42 .C21  C61.C41.C22

C62 .C41 .C21  C61.C42 .C21  C61.C41 .C22 24
 .
C124
55

Phương trình AA ' : 2  x  1   y  5  0  2 x  y  3  0
5

0,25

k

sin 2 x cos 2 x

cos2 x cos2 x
1
2.
2 cos 2 x
1

 5  .
1
1  cos 2 x 1 
3
5
Không gian mẫu có số phần tử là C124
Xác suất cần tìm: P 

0,25
0,25

P  1  tan 2   1 

a)

0,5

x3 2

2
Số hạng tổng quát là Tk 1  C  x     C12k 2k x 243k
 x
Ta phải có: 24  3k  0  k  8  Số hạng không chứa x : C128 28  126720.
k
12

0,25

2 x  y  3  0
 x  1

Tọa độ giao điểm I của AA ' và  : 
x  2 y 1  0
y 1
 I  1;1  A '  3; 3
Đường tròn đường kính AA ' tâm I  1;1 , bán kính IA  20 có phương trình:
1/3

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


 x  1   y  1
2

6

D

H

E

 20.

Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có
SO   ABCD    SA, ABCD   SAO  600

S

A

2

O

C

B

a 2
AC  a 2  AO 
2
a 2
6
SO  AO tan SAO 
3a
.
2
2
a2 3
1
1 a 6
SSAC  SO. AC  .
.a 2 
.
2
2 2
2

Do AB //CD  d  SA, CD   d  CD,  SAB    d  C,  SAB    2d O,  SAB  

0,25

0,25

0,25

Gọi E là trung điểm của AB, H là hình chiếu của O trên SE. Ta có OH   SAB 
1
1
1
4
4
14
a 42
a 42
.


 2  2  2  OH 
 d  SA, CD  
2
2
2
3a
14
7
OH
OE
SO
a 6a
Tứ giác ABEN nội tiếp đường tròn đường kính
A

B
H

E
I

N

D

C

0,25

AE  ANE  900  AN  NE
 NE :11 x  7   7  y  3  0

 11x  7 y  56  0
Tọa độ của N là nghiệm của hệ:
7

x

11x  7 y  56  0

7 5
2

 N  ; 


2 2
7 x  11y  3  0
y   5

2


0,25

Gọi H là trung điểm của AE , có NBE  450  NHE  900  AN  NE

7

2
2
a  9  l 
7   49  14a  85
7a  3 


2
2

Gọi A  a; 
 
 . Ta có AN  NE   a    
2   22 
2
11 



 a  2

0,25

c2

 c2

Gọi C  c; 2c  23  trung điểm I của AC : I 
; c  11  IA   
;12  c  ;
2
 2



 9  c 17

IN  
; c
 2 2

c  10
0
Ta có AIN  90  IA.IN  0  
 C 10; 3 ; I  4; 1
c  39  l 
5



0,25

 A  2;1

 EC   3; 6   BC : 2  x  7    y  3  0  2 x  y  17  0
1 3
IN   ;   BD : 3  x  4    y  1  0  3x  y  13  0
2 2
3x  y  13  0
x  6

 B  6;5 , D  2; 7  .
Tọa độ điểm B : 
2 x  y  17  0  y  5

8

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

2/3

0,25

0,25


Phương trình 1 










3

x 1  3 x 1  y3  3 y



x  1  y x  1  y x  1  y 2  3  0  3
2

y 3

Ta có x  1  y x  1  y  3   x  1    y 2  3  0x  1, y nên phương trình  3

2 4

x 1  y2
tương đương x  1  y  0  
y  0
2

0,25

Thế vào phương trình  2  , ta được: x 2  x  1   x  2  x 2  2 x  2

 x2  2x  7   x  2


  x  2x  7 

  x2  2 x  7 



x2  2x  2  3





0,25

x2  2x  2  3   x  2  x2  2x  7 

 x2  2 x  7  0
x  2x  2  x 1  0   2
 x  2 x  2  x  1  0  vn 
 x  1  2 2 . Do x  2  x  1  2 2  y  4 8
2



2



0,25



Vậy hệ có nghiệm 1  2 2; 4 8 .

z2   x  y   z 
 z 
z 2  4 xy
4z
4z
Ta có P 




  4
 1

2
2
x  y  x  y
x y
 x  y
 x y
 x y
z
 P  t 2  4t  1 .
Đặt t 
x y
1 
Với x, y, z  1; 2  x  y   2; 4  t   ;1 .
4 
1 
Xét hàm số f  t   t 2  4t  1, t   ;1 . Ta có bảng biến thiên:
4 
t
1
1
4
6
2

9

2

0,25

0,25

0,25

f t 

33
16
Vậy MaxP  6  t  1   a; b; c   1;1;2  .

0,25

Chú ý:
- Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng như đáp án.
- Câu 6. Không vẽ hình không cho điểm.
- Câu 7. Không chứng minh các tính chất hình học phần nào thì không cho điểm phần đó.
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />www.laisac.page.tl

3/3


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN : TOÁN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi có 01 trang)

Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

2 x  3
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
x2

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  4 trên đoạn  2;1 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình  2sin x  1





3 sin x  2 cos x  1  sin 2 x  cos x

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn An2  3Cn2  15  5n .
20

1 

b) Tìm số hạng chứa x trong khai triển P  x    2 x  2  , x  0.
x 

5

 4 5
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, với A  2;5 , trọng tâm G  ;  ,
 3 3

tâm đường tròn ngoại tiếp I  2; 2  . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
Câu 6 (1,0 điểm).
sin   cos 
 4 cot 2  .
sin   cos 
b) Nhà trường tổ chức tham quan dã ngoại cho 10 thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Toán học và 10

a) Cho tan   2 . Tính giá trị của biểu thức: P 

thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Tiếng Anh. Trong một trò chơi, ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5
thành viên tham gia trò chơi. Tính xác suất sao cho trong 5 thành viên được chọn, mỗi Câu lạc bộ có ít
nhất 1 thành viên.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD  2 AB  2a. Tam
giác SAD là tam giác vuông cân tại đỉnh S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy  ABCD  .
Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD,
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có AD  2 AB. Điểm
 31 17 
H  ;  là điểm đối xứng của điểm B qua đường chéo AC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
 5 5

ABCD , biết phương trình CD : x  y  10  0 và C có tung độ âm.
8 x3  y  2  y y  2  2 x

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
y  2  1 2 x  1  8 x3  13  y  2   82 x  29







Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: P 

1
2 x 2  y 2  z 2  2  2 x  y  3



1
.
y  x  1 z  1

----------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />www.laisac.page.tl


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Hướng dẫn chấm – thang điểm 10 có 04 trang)
Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN TOÁN 12
Nội dung – đáp án
Điểm

\ 2

Tập xác định D 

Ta có lim y  2; lim y  2
x 

x 

0,25

lim y  ; lim y  

x 2

1

2

x 2

Đồ thị có tiệm cận đứng x  2; tiệm cận ngang y  2.
7
y'  
 0x  2  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  ,  2;   và
2
x

2



không có cực trị.
Bảng biến thiên
 2

x

y'


 2
y

2

Đồ thị
Hàm số y  f  x   x3  3x 2  4 xác định và liên tục trên đoạn  2;1 và y '  3x 2  6 x
 x  0   2;1
y' 0  
 x  2   2;1
f  2   16; f  0   4; f 1  2

  2sin x  1

3

4





0,25

0,25
0,25
0,25

Vậy Giá trị lớn nhất 4 là khi x  0 , giá trị nhỏ nhất là 16 khi x  2.
PT   2sin x  1

0,25



0,25
0,25

3 sin x  2 cos x  1  cos x  2sin x  1



0,25

3 sin x  cos x  1  0

 2sin x  1  0

 3 sin x  cos x  1  0

0,25



x    k 2

1
6
+) 2sin x  1  0  sin x    
2
 x  7   k 2

6

0,25

 x  k 2
 1

+) 3 sin x  cos x  1  0  cos  x     
 x  2  k 2
3 2

3

Điều kiện: n  , n  2
n!
An2  3Cn2  15  5n  n  n  1  3
 15  5n
2!

n

2
!


a)
n  5
 n 2  11n  30  0  
.
n  6

b)

1/4

20  k

0,25

0,25

k

k 20  k 20 3 k
 1 
k
  2   C20  1 2 x
 x 
5 15 5

Ta phải có 20  3k  5  k  5  Số hạng chứa x 5 là C20
2 x

Khai triển P  x  có số hạng tổng quát C20k  2 x 

0,25

0,25
0,25


5

 10 10 
Gọi M là trung điểm của BC . Ta có AG   ;   .
3
 3
10
4

 3  2  xM  3 
 xM  3



AG  2GM  

 M  3;0 
 10  2  y  5   yM  0
 M


 3
3


0,25

0,25

IM  1; 2  là véc tơ pháp tuyến của BC

0,25

Phương trình BC :  x  3  2 y  0  x  2 y  3  0.

0,25

a)

6
b)

tan   1
4

tan   1 tan 2 
2  1 4
P
  2.
2  1 4

5
Số phần tử của không gian mẫu là n     C20
P

0,25
0,25

Gọi A là biến cố “Chọn được 5 thành viên, sao cho mỗi câu lạc bộ có ít nhất 1 thành
viên”
Số kết quả thuận lợi cho A là C105  C105  504.
504 625
Xác suất của biến cố A là P  A  1  5 
.
C20 646
Gọi I là trung điểm của AD. Tam giác SAD là tam
S
giác vuông cân tại đỉnh S  SI  AD .
Mà  SAD    ABCD   SI   ABCD  .
K
H
D

A
I

7

O
C

B

S ABCD  AB.BC  a.2a  2a 2
AD
SI 
a
2
1
1
2a 3
 VS . ABCD  SI .S ABCD  a.2a 2 
.
3
3
3
Dựng đường thẳng  d  đi qua A và song song với

BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên  d  .
BD / /  SAH   d  BD, SA  d  BD,  SAH  

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

 d  D,  SAH    2d  I ,  SAH  

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên SH  IK   SAH   d  I ,  SAH    IH
Ta có IH 

5
a 6
a 6
a  IK 
 d  SA, BD  
.
5
6
3
H

D

A

8

tan ACB 

N

B

1
2 5

 cos ACD 
 cos ACH
2
5

và sin ACH 
sin ACD 

C

2/4

0,25

5
5
 cos ACD 
5
5

2 5
5

0,25






 sin HCD  sin ACD  ACH 

Ta có d  H , CD  

3
5

18 2
18 2 5
 HC 
.  6 2.
5
5 3

65 
 31
Gọi C  c; c  10   CH    c;  c  .
5
 5


0,25

c  5
2
2
 31   67

Ta có:   c     c   72  
 C  5; 5  .

c  73
 5
  5

5


Phương trình BC :  x  5   y  5  0  x  y  0 .
Gọi B  b; b  , ta có BC  CH  6 2  BC 2  72   b  5    b  5   72
2

2

0,25

b  11 loai 

 B  1;1 .
b  1

Tìm được A  2; 4  , D  8; 2  .

0,25

1

2 x  1  0
x  
Điều kiện: 


2
y  2  0

y  2

Phương trình 8 x3  y  2  y y  2  2 x   2 x    2 x  
3





3

y2  y2

0,25

Xét hàm đặc trưng: f  t   t 3  t , f '  t   3t 2  1  0t
Hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên R. Suy ra: 2 x  y  2
Thế 2 x  y  2 vào phương trình thứ hai ta được:

 2x 1
  2 x  1
  2 x  1 
9

2 x  1  8x3  52 x 2  82 x  29
2 x  1   2 x  1  4 x 2  24 x  29 



2 x  1  4 x 2  24 x  29  0   2 x  1





2 x  1  4 x 2  24 x  29  0

0,25

1

2x 1  0  x   y  3

2


2
 2 x  1  4 x  24 x  29  0

Giải phương trình: 2 x  1  4 x 2  24 x  29  0
Đặt t  2 x  1, t  0  2 x  t 2  1.
Ta được phương trình: t   t 2  1  12  t 2  1  29  0  t 4  14t 2  t  42  0
2

t  2

t  3  loai 


  t  2  t  3  t 2  t  7   0  t  1  29  loai 
2

 1  29
t 

2

3/4

0,25


3
 y  11
2
1  29
13  29
103  13 29
Với t 
x
y
2
4
2

Với t  2  x 

0,25

 1   3   13  29 103  13 29 
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 cặp nghiệm:  ;3  ;  ;11 ; 
;
 .
4
2
2  2  

Đặt a  x  2, b  y  1, c  z .

Ta có a, b, c  0 và P 

1
2 a 2  b2  c2  1

 a  b
a 2  b2  c 2  1 

2

 c  1




1
 a  1 b  1 c  1

0,25

2

1
2
Ta có
  a  b  c  1
2
2
4
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .

Mặt khác  a  1 b  1 c  1

 a  b  c  3


3

27

1
27
Khi đó : P 
. Dấu "  "  a  b  c  1

a  b  c  1  a  b  c  13

0,25

1
27
Đặt t  a  b  c  1  t  1. Khi đó P  
, t  1.
t (t  2)3
1
27
1
81
, t  1 ; f '(t )   2 
;
Xét hàm f (t )  
3
t (t  2)
(t  2) 4
t

10

0,25

f '(t )  0  (t  2)4  81.t 2  t 2  5t  4  0  t  4 ( Do t  1 ).
lim f (t )  0

t 

Ta có BBT.

t

1

f 't 

+

4
0


-

1
8

f t 
0

0

Từ bảng biến thiên ta có
1
max f (t )  f (4)   t  4
8
a  b  c  1
1
maxP  f (4)   
 a  b  c  1  x  3; y  2; z  1
8
a  b  c  4

Vậy giá trị lớn nhất của P là

1
, đạt được khi  x; y; z    3; 2;1 .
8

Chú ý:
- Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng như đáp án.
- Câu 7. Không vẽ hình không cho điểm.

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />www.laisac.page.tl

0,25


TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ THI MÔN TOÁN_KHỐI 12 (lần 1)
Năm học: 2015-2016
Thời gian: 180 phút

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x 2  4 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số



f  x  x  2

  x  2  trên đoạn  12 ; 2 .
2

2

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

sin 3 x  cos 2 x  1  2sin x cos 2 x

b) Giải phương trình

2 log 8  2 x   log 8  x 2  2 x  1 

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm
y

x 1
x 1

tại hai điểm

m

A, B

để đường thẳng

sao cho

4
3

d  : y  x  m

cắt đồ thị  C  của hàm số

AB  3 2

Câu 5 (1,0 điểm).
a) Cho

cot a  2 .

Tính giá trị của biểu thức

P

sin 4 a  cos 4 a
.
sin 2 a  cos 2 a

b) Một xí nghiệp có 50 công nhân, trong đó có 30 công nhân tay nghề loại
A, 15 công nhân tay nghề loại B, 5 công nhân tay nghề loại C. Lấy ngẫu
nhiên theo danh sách 3 công nhân. Tính xác suất để 3 người được lấy ra
có 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loại
C.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đường cao SA bằng 2a , tam giác
  30 . Gọi H là hình chiếu vuông của A trên
ABC vuông ở C có AB  2a, CAB
SC. Tính theo a thể tích của khối chóp H . ABC . Tính cô-sin của góc giữa hai mặt
phẳng  SAB  ,  SBC  .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang OABC ( O

là gốc tọa độ) có diện tích bằng 6, OA song song với BC , đỉnh A  1; 2  , đỉnh
B thuộc đường thẳng  d1  : x  y  1  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng  d 2  : 3 x  y  2  0 .
Tìm tọa độ các đỉnh B, C .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại
A có phương trình AB, AC lần lượt là x  2 y  2  0, 2 x  y  1  0 , điểm M 1; 2  thuộc
 
đoạn thẳng BC . Tìm tọa độ điểm D sao cho tích vô hướng DB.DC có giá trị nhỏ
nhất.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

x2  x  2
 x2 
x3

2
2

1

trên tập số

x 3

thực.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn  x  4 2   y  4 2  2 xy  32 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x3  y 3  3  xy  1 x  y  2  .
-----------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..........................
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />www.laisac.page.tl

Câu
1

ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015-2016
Nội dung
 Tập xác đinh: D   .
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x ; y '  0  x  0; x  2
Các khoảng đồng biến  ; 2  và  0;   ; khoảng nghịch biến  2; 0  .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  2, yCD  0 ; đạt cực tiểu tại

Điểm

0,25

x  0, yCT  4

- Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y  
x 
x 

0,25

 Bảng biến thiên
2



x

y'





0

y



0


0



0

4



0,25
 Đồ thị
f x = x3+3x2-4

8

6

4

2

-15

-10

-5

5

10

15

-2

-4

-6

-8

0,25
2

1
Ta có f  x   x 4  4 x 2  4 ; f  x  xác định và liên tục trên đoạn   ; 0 ;
 2

f

'

 x  4x

3

 8 x.



0,25

1

Với x    ; 2 , f '  x   0  x  0; x  2
 2 
1
1
Ta có f     3 , f  0   4, f  2   0, f  2   4 .
 2

16

0,25

0,25

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên đoạn

3

 1 
  2 ; 0  lần lượt là 4 và 0.
sin 3 x  cos 2 x  1  2sin x cos 2 x  sin 3 x  cos 2 x  1  sin x  sin 3 x

a)

 cos 2 x  1  sin x

0,25
0,25



 x  k
sin x  0

 x    k 2
 1  2sin 2 x  1  sin x  

1
sin x 

6


2

5
x 
 k 2
6

b) Điều kiện x  0, x  1 .

0,25

Với điều kiện đó, pt đã cho tương đương với :
2
4
  2 x  x  1   16
3
 2 x  x  1  4

x2
 2 x  x  1  4
x 1
Pt hoành độ giao điểm
 x  m  x  1   x  m  x  1 (vì x  1 không
x 1
là nghiệm của pt)  x 2   m  2  x  m  1  0 (1)
2

2

log 8  2 x   x  1 

4

0,25
0,25

Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2    m 2  8  0  m   .
x  x  m  2

Khi đó A  x1 ; x1  m  , B  x2 ; x2  m  .Theo hệ thức Viet ta có  1 2
 x1 x2  m  1
2

2

0,50

2

AB  3 2  AB  18  2  x1  x2   18   x1  x2   9 
2

2

  x1  x2   4 x1 x2  9   m  2   4  m  1  9  m  1

5

4

a) P 

4

4

0,50

4

4

4

sin a  cos a
sin a  cos a
sin a  cos a


.
2
2
2
2
2
2
sin a  cos a  sin a  cos a  sin a  cos a  sin 4 a  cos 4 a
4

0,25

4

1  cot a 1  2
17


4
4
1  cot a 1  2
15
b) Số phần tử của không gian mẫu n     C503  19600.

Chia tử và mẫu cho sin 4 a , ta được P 

0,25
0,25

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “trong 3 người được lấy ra, mỗi
người thuộc 1 loại” là C301 .C151 .C51  2250 . Xác suất cần tính là
p

6

2250
45

.
19600 392

0,25

S

K

H
A

B

I

C


Trong mặt phẳng  SAC  , kẻ HI song song với SA thì HI   ABC  .
Ta có CA  AB cos 30  a 3. Do đó
1
1
a2 3
.
AB. AC.sin 30  .2a.a 3.sin 30 
2
2
2
HI HC HC.SC AC 2
AC 2
3a 2
3

6
Ta có





  HI  a .
2
2
2
2
2
2
SA SC
SC
SC
SA  AC
4a  3a
7
7
2
3
1
1 a 3 6
a 3
Vậy VH . ABC  S ABC .HI  .
.
. a
3

3 2 7
7
1
(Cách khác: VH . ABC  VB. AHC  S AHC .BC )
3
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Ta có
AH  SC , AH  CB (do CB   SAC  ), suy ra AH   SBC   AH  SB .

0,25

S ABC 

0,25

Lại có: SB  AK , suy ra SB   AHK  . Vậy góc giữa giữa hai mặt phẳng

 SAB  ,  SBC  là

.
HKA

1
1
1
1
1
7
a.2 3
 2
 2 2 

 AH 
;
2
2
2
AH
SA
AC
4a 3a
12 a
7
1
1
1
1
1
1
 2
 2  2  2  AK  a 2 .
2
2
AK
SA
AB
4 a 4a
2a
Tam giác HKA vuông tại H (vì AH   SBC  ,  SBC   HK ).

7

a.2 3
7  6  cos HKA
  AH 
 7
sin HKA
AK
7
a 2
7
OA : 2 x  y  0 .

0,50

OA  BC  BC : 2 x  y  m  0  m  0  .

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x  y 1  0
x  1 m

 B 1  m; m  2  .

2 x  y  m  0
y  m  2
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
3 x  y  2  0
x  m  2

 C  m  2; 4  3m  .

2 x  y  m  0

 y  4  3m
1
SOABC   OA  BC  .d  O, BC  
2
m
1
2
2
2
1  22   2m  3    4m  6   .
6

 22  12
2 

0,50

  2m  3  1 m  12 . Giải pt này bằng cách chia trường hợp để phá

dấu giá trị tuyệt đối ta được m  1  7; m  3 . Vậy
B  7; 1  7  , C  1  7;1  3 7  hoặc B  2;1 , C 1; 5 
8

0,50

Gọi vec tơ pháp tuyến của AB, AC , BC lần lượt là



n1 1; 2  , n2  2;1 , n3  a; b  .Pt BC có dạng a  x  1  b  y  2   0 , với

a 2  b 2  0 . Tam giác ABC cân tại A nên
 
 
cos B  cos C  cos n1 , n3  cos n2 , n3 



a  2b
a 2  b2 5



2a  b
a 2  b2





 a  b

5
a  b



0,50


2 1

Với a  b . Chọn b  1  a  1  BC : x  y  1  0  B  0;1 , C   ;  ,
3 3




không thỏa mãn M thuộc đoạn BC .
Với a  b . Chọn a  b  1  BC : x  y  3  0  B  4; 1 , C  4; 7  , thỏa
mãn M thuộc đoạn BC .
Gọi trung diểm của BC là I  I  0;3 .
 

   

Ta có DB.DC   DI  IB  DI  IC   DI 2 

BC 2
BC 2
.

4
4

Dấu bằng xảy ra khi D  I . Vậy D  0;3 
Điều kiện x  3. Bất pt đã cho tương đương với

9

2

x  x2

x3

x


2

2

 x2  1  0 

2

x 3

0,25

4
x2  x  2
 2
x3
x  3  x2  1  0
2
x2  x  2

2
x3

x 3

 1 x 2  x  6 

 x  3   x 2  3
2

x  x2

x3

 x2  1  0

2

0,50

2

x 3







x2  x  6
2
  x  1 

 1  0
2
2  
 x  3 x2  3  x  x  2 

 





2



x
3

x
3

 

 x 2  1  0  1  x  1 (Với x  3 thì biểu thức trong ngoặc vuông
luôn dương). Vậy tập nghiệm của bất pt là S   1;1

10

0,25

2

2

2

Ta có  x  4   y  4   2 xy  32   x  y   8  x  y   0  0  x  y  8
3
2
A   x  y   3  x  y   6 xy  6   x  y    x  y   3  x  y   6.
2
3
Xét hàm số: f  t   t 3  t 2  3t  6 trên đoạn  0;8 .
2
1 5
1 5
hoặc t 
Ta có f '  t   3t 2  3t  3, f '  t   0  t 
(loại)
2
2
 1  5  17  5 5
17  5 5
Ta có f  0   6, f 
, f  8   398 . Suy ra A 
 
4
4
 2 
3

Khi x  y 
17  5 5
4

0,50
0,25

3

0,25
0,25

1 5
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
4

0,25

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />www.laisac.page.tl


TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I
Năm học 2015 – 2016.
MÔN: TOÁN. LỚP 12
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

( Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3 x2 (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị (C) tạo với đường thẳng

 : x  my  3  0 một góc  biết cos  

4
.
5

Câu 2(1,0 điểm ). Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y 

2x  3
.
x  2015
9


5 
Câu 3( 1,0 điểm). Xác định hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển  x5  2  .
x 

Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x  sin x cos x  2 cos2 x  0 .
Câu 5(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA 

a
a 3
, SB 

2
2

  60 0 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của
, BAD
AB, BC. Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa đường thẳng SH và DK.

Câu 6(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

DC  BC 2 , tâm I( - 1 ; 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh CD, H( - 2; 1 ) là giao điểm của
hai đường thẳng AC và BM.
a) Viết phương trình đường thẳng IH.
b) Tìm tọa độ các điểm A và B.
Câu 7( 1,0 điểm). Giải phương trình

2 x  1  3  2 x  4  2 3  4 x  4 x2 

2
1
4 x2  4 x  3  2 x  1
4





trên tập số thực.

 x  y  z  0
Câu 8( 1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn  2

.Tìm giá trị lớn
2
2
 x  y  z  2
nhất của biểu thức P  x3  y3  z3 .
------------------- 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:………

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />www.laisac.page.tl

 


TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I
MÔN: TOÁN. LỚP 12
(Hướng dẫn gồm 04 trang)

Chú ý:
 Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó.
 Điểm toàn bài không làm tròn.
CÂU
ĐÁP ÁN
TXĐ: D  
Sự biến thiên: y  3 x2  6 x  3 x  x  2 

ĐIỂM

0.25

x  0
y  0  
 x  2
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  và  2;  
Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2  .
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2  yCT  4 , cực đại tại x = 0  yCÑ  0

0.25

Giới hạn lim y  , lim y  
x

Bảng biến thiên

x 

x

-∞

y’
1a)
(1,0 đ)

0
0
0

+

+∞

2
0

-

+
+∞
0.25

y
-4

-∞
Đồ thị
6

y

f(x)=x^3-3*x^2

4

2

0.25

x

-4

-2

2

4

6

-2

-4

-6


Đường thẳng đi qua CĐ, CT là 1 : 2 x  y  0  VTPT n1  2;1

Đường thẳng đã cho  : x  my  3  0 có VTPT n2 1; m

1b)
(1,0 đ)

 
Yêu cầu bài toán  cos  ; 1   cos n1; n 2 











 25 m2  4 m  4  5.16. m2  1

 11m2  20 m  4  0



m2
5. m2  1



4
5

0.25

0.25
0.25

1


m  2


 
2
m  

11

2x  3
2x  3
  ( hoặc lim 
  ) nên x  2015 là
x2015 x  2015
x2015 x  2015
tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
2x  3
Vì lim
 2 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x x  2015
Vì

2
(1,0 đ)

0.25

lim



0.5

0.5

9 k

k  5 
Xét số hạng thứ k + 1 trong khai triển Tk 1  C9k . x 5 .  2 
x 
k 9  k 7 k 18
 Tk 1  C9 .5 .x
Vì số hạng chứa x3 nên 7k  18  3  k  3
Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển là C93 .56  1.312.500

 

3
(1,0 đ)



 



PT  sin 2 x  cos2 x  sin x cos x  cos2 x  0

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

  sin x  cos x  sin x  2 cos x   0
4
(1,0 đ)

sin x  cos x  0 1

 
sin x  2 cos x  0  2 

0.25

1  tan x  1  x   4  k  k   
 2   tan x  2  x  arctan 2  k  k   

0.25
0.25

S

B

C

K

0.25

H
M

5
(1,0 đ)

D

A
Từ giả thiết ta có AB = a, SA 

a
a 3
, SB 
nên ASB vuông tại S
2
2

AB
 SAH đều. Gọi M là trung điểm của AH thì SM  AB .
2
Do  SAB    ABCD   SM   ABCD  .
 SH 

1
1
1
Vậy VKSDC  VS.KCD  .SM.SKCD  .SM. SBAD
3
3
2
3
1 a 3 1 a.a. 3 a

 .
. .

(đvtt)
3 4 2 2.2
32

0.25

0.25

2


Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD = 4 AQ  HQ  KD nên

SH , DK    SH , QH 

Gọi I là trung điểm HQ  MI  AD nên MI  HQ
 
Mà SM   ABCD   SI  HQ   SH , QH   SHI
.

0.25

Trong tam giác vuông SHI có:

6a
(1,0 đ)

1
1
1 a 3
HQ
DK
.
HI 2
3

4
.
cos SHI 


4 2 
a
a
a
SH
4
2
2
2

IH   1; 1

0.25

0.5

Nên đường thẳng IH có phương trình x  y  3  0 .

A

0.5

B
I
H

D

C

M



Từ giả thiết ta suy ra H là trọng tâm của BCD  IA  3HI  A(2; 5) .

6b
(1,0 đ)

2
2
BC 6
1
BC 3
BM 
BC 2  MC 2 

, HC  AC 
3
3
3
3
3
2
2
2
 HB  HC  BC nên BM  AC

 BM đi qua H( -2; 1 ), nhận IH   1; 1 làm VTPT có phương trình

Ta có HB 

x  y  1  0  tọa độ B có dạng B( t; - t - 1 ).
2

0.25
0.25

0.25

2

Lại có IA  IB nên 18   t  1   t  3   t 2  4t  4  0

 t  2  8
. Do đó



 t  2  8

ĐK: 


 B 2  2 2;1  2 2

.


 B 2  2 2;1  2 2








0.25

1
3
 x  . Phương trình
2
2
2



7
(1,0 đ)



2

2x  1  3  2x

 

  2 x  12   2 x  12
 
(*)
2 x  1  3  2x  


2
2





0.25

Xét hàm số f  t   t 2  t trên  0;   có
f   t   2t  1  0 t   0;   nên hàm số f(t) đồng biến trên  0;  
2



 f 2 x  1  3  2 x  f   2 x  1
Do đó pt (*) trở thành 

2


 f ñoàng bieán










0.25
3