tổng hợp đề thi thử môn toán có đáp án

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA LẦN I
Năm học 2015 – 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Sở GD&ĐT Nghệ An
Trường THPT Phan Thúc Trực

Câu 1: (2,0 đ) Cho hàm số y   x3  3x  2 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thi (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng d: y   x  2
biết tọa độ tiếp điểm có hoành độ dương.
Câu 2: (0,5đ) Giải phương trình: log 3 ( x 2  3 x)  log 1 (2 x  2)  0 ; ( x   )
3

Câu 3: (0,5đ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  2 x 4  4 x 2  10 trên đoạn  0; 2
1

Câu 4: (1,0đ) Tính tích phân: I   (1  e x ) xdx
0

Câu 5: (1,0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;-3), B(4;3;-2), C(6;-4;-1). Chứng
minh rằng A, B,C là ba đỉnh của một tam giác vuông và viết phương trình mặt cầu tâm A đi qua trọng tâm G
của tam giác ABC.
Câu 6: (1,0đ)
3

a) Cho góc  thỏa mãn:    
và tan   2 . Tính giá trị của biểu thức A  sin 2  cos(  ) .
2
2

b) Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4 môn trong đó có 3 môn bắt buộc là
Toán, Văn, Ngoại ngữ và một môn do thí sinh tự chọn trong số các môn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và
Địa lí. Trường A có 30 học sinh đăng kí dự thi, trong đó có 10 học sinh chọn môn Lịch sử. Lấy ngẫu nhiên 5
học sinh bất kỳ của trường A, tính xác suất để trong 5 học sinh đó có nhiều nhất 2 học sinh chọn môn Lịch sử.
Câu 7: (1,0đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a, hình chiếu của S lên mặt phẳng
(ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho AB = 3AH. Góc tạo bởi SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600 .
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.
Câu 8: (1,0đ)
1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với AB//CD có diện tích bằng 14, H ( ; 0) là
2
1 1
trung điểm của cạnh BC và I ( ; ) là trung điểm của AH. Viết phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có
4 2
hoành độ dương và D thuộc đường thẳng d: 5 x  y  1  0 .

( xy  3) y  2  x  x5  ( y  3 x) y  2
Câu 9: (1,0đ) Giải hệ phương trình: 
( x, y  )
 9 x 2  16  2 2 y  8  4 2  x
Câu 10: (1,0đ) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x  3 y  7 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  2 xy  y  5( x2  y 2 )  24 3 8( x  y)  ( x2  y 2  3)

..................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( đã chia sẻ
đến www.laisac.page.tl

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Môn thi: Toán (Gồm 4trang)
Câu

Nội dung

1.(2,0đ) a.

Điểm
1,0đ

*TXĐ: D=R
*Sự biến thiên:

0,25
2

-Chiều biến thiên: y '  3 x  3, y '  0  x  1
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (; 1) và (1; ) , đồng biến trên khoảng (-1;1)
- Cực trị: HS đạt cực tiểu tại x = -1; yct  4 và đạt cực đại tại x = 1; ycd  0
- Giới hạn: lim y  ;

0,25

lim y  

x 

x 

-Bảng biến thiên:
x

-

y’

-1
-

0

+

1
+

+

0

0,25

0

y
-

-4

*Đồ Thị: Cắt trục Ox tại 2 điểm (1;0); (-2;0); cắt trục Oy tại điểm (0;-2). Đi qua điểm (2; -4)

0,25

b.

1,0đ

Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của phương trình:  x 3  3x  2   x  2

0,25

x  0

 x  2(t / m)
 x  2

0,25

Với x = 2 thì y(2) = -4; y’(2) = -9

0,25

PTTT là: y = -9x + 14

0,25

2.(0,5đ) Đk: x>0 (*)

3.(0,5đ)

Với Đk(*) ta có: (1)  log 3 ( x 2  3x )  log 3 (2 x  2)

0,25

 x  1(t / m)
. Vậy nghiệm của PT là x = 1
 x2  x  2  0  
x


2(
loai
)


0,25

f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn  0; 2 , ta có: f '( x)  8 x 3  8 x

0,25

x  0
Với x   0; 2 thì: f '( x)  0  
. Ta có: f(0) = 10; f(1) = 12; f(2) = -6
x  1
Vậy: Max f ( x)  f (1)  12; min f ( x)  f (2)  6

0;2

0;2

0,25


Câu
4.
(1,0đ)

Nội dung
u  x
du  dx
Đặt: 


x
x
dv  (1  e )dx v  x  e

Điểm

0,25

1

Khi đó: I  x ( x  e x ) 10   ( x  e x )dx
0

5.
(1,0đ)

6.
(1,0đ)

0,25

x2
3
 I  1  e  (  e x ) 10 
2
2


 
2 2
 AB; AC không cùng phương  A; B; C lập
Ta có: AB (2; 2;1); AC (4; 5; 2)  
4 5
 
thành tam giác. Mặt khác: AB. AC  2.4  2.(5)  1.2  0  AB  AC suy ra ba điểm A; B;

0,25

C là ba đỉnh của tam giác vuông.

0,25

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G(4;0; -2). Ta có: AG  6

0,25

Mặt cầu cần tìm có tâm A và bán kính AG  6 nên có pt: ( x  2) 2  ( y  1)2  ( z  3)2  6

0,25

a.

0,5đ

Vì    

0,25
0,25

sin   0
3
nên 
. Do đó:
2
cos  0

1
1
2
cos  

 sin   cos . tan   
2

1  tan 
5
5
Ta có: A  2sin  .cos  sin  

42 5
5

0,25

0,25

b.

0,5đ

Số phần tử của không gian mẫu là: n()  C305  142506

0,25

Gọi A là biến cố : “5 học sinh được chọn có nhiều nhất 2 học sinh chọn môn lịch sử”
5
3
 C204 C101  C20
C102  115254
Số phần tử của biến cố A là: n( A)  C20

Vậy xác suất cần tìm là: P( A) 
7.
(1,0đ)

Diện tích đáy là: dt( ABC ) =

115254
 0,81 .
142506

9a 2 3
1
AB.AC.Sin600 =
. Vì SH  ( ABC ) nên góc tạo bởi
2
4

0,25

0,25

SA và (ABC) là: SAH  600  SH  AH .tan 600  a 3 . Thể tích khối chóp S.ABC là:

1
9a 3
V= SH .dt (ABC ) 
3
4

0,25

Kẻ AD  BC thì d(SA,BC)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))=3d(H,(SAD)) Vì AB=3AH
Kẻ HI  AD và HK  SI ,do AD  SH nên AD  ( SHI )  AD  HK Suy ra:

0,25


Câu

Điểm

Nội dung
d(H,(SAD)) = HK. Ta có: HI  AH.sin600 

a 3
. Trong tam giác SHI , ta có:
2

1
1
1
5
a 15
3a 15
. Vậy d ( SA, BC ) 


 2  HK 
2
2
2
HK
HI

HS
3a
5
5
S

0,25
K

A

I

D

H

C

B

8.
(1,0đ)

Vì I là trung điểm của AH nên A(1;1); Ta có: AH 

13
.
2

0,25

Phương trình AH là: 2 x  3 y  1  0 .Gọi M  AH  CD thì H là trung điểm của AM
0,25

Suy ra: M(-2; -1). Giả sử D(a; 5a+1) (a>0). Ta có:
ABH  MCH  S ABCD  SADM  AH .d ( D, AH )  14  d ( D, AH ) 

28
13

0,25

Hay 13a  2  28  a  2(vì a  0)  D (2;11)
Vì AB đi qua A(1;1) và có 1VTCP là


1 
MD  (1;3)  AB có 1VTPT là n(3; 1) nên AB có
4

0,25

Pt là: 3 x  y  2  0

A

B
I
H

D

C

M


9.
(1,0đ)

0  x  2
Đk: 
 y  2

(*) .Với đk(*) ta có

x  1
(1)  ( x  1)  ( y  3) y  2  ( x  1) x   0  
 ( y  3) y  2  ( x  1) x
Câu

0,25

(3)

Nội dung
Với x = 1 thay vào (2) ta được: 2 2 y  8  1  y  
Ta có: (3) 





Điểm
31
(loai )
8

3

y  2  y  2  ( x )3  x (4). Xét hàm số

0,25

f (t )  t 3  t  f '(t )  3t 2  1  0; t  Hàm số f(t) là hs đồng biến, do đó:
(4)  f ( y  2)  f ( x ) 

y  2  x  y  x  2 thay vào pt(2) ta được:

4 2  x  2 2 x  4  9 x 2  16

 32  8 x  16 2(4  x 2 )  9 x 2  8(4  x 2 )  16 2(4  x 2 )  ( x 2  8 x)  0

Đặt: t  2(4  x 2 )

Hay

0,25

 x
t  2
2
2
(t  0) ; PT trở thành: 4t  16t  ( x  8 x )  0  
t   x  4  0(loai)

2

0  x  2
x
4 2
4 2 6

2(4  x )    2 32  x 
y
2
3
3
 x  9
2

0,25

 4 2 4 2 6
;
Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) là: 

3
3 


10.

2

(1,0đ)

 2x  2  3 y  3 
Ta có 6( x  1)( y  1)  (2 x  2)(3 y  3)  
  36  x  y  xy  5 .
2



0,25

2

Ta có 5( x 2  y 2 )   2 x  y   5( x 2  y 2 )  2 x  y và
( x  y  3) 2  x 2  y 2  9  2 xy  6 x  6 y  0
 2( x  y  xy  3)  8( x  y )  ( x 2  y 2  3)

0,25

Suy ra P  2( xy  x  y)  243 2( x  y  xy  3)
Đặt t  x  y  xy, t   0;5 , P  f (t )  2t  24 3 2t  6
Ta có f / (t )  2 

24.2
3 3 (2t  6) 2

3

2

(2t  6)2  8
3

(2t  6)2

 0, t   0;5

0,25

 hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng  0;5 .

Suy ra min f (t )  f (5)  10  48 3 2
x  2
Vậy min P  10  48 2, khi 
y 1
3

0,25


………….Hết…………
Lưu ý: - Điểm bài thi không làm tròn
- HS giải cách khác đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa của phần tương ứng
- Với bài HH không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( đã chia sẻ
đến www.laisac.page.tl







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


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


 2x 1 
8



 2 x  1
3  2x 

2

8

2





2 x  1  3  2 x  4  2 x  1

2

2



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

 2 x  1  a  0
thì phương trình (**) trở thành
Đặt 
 3  2 x  b  0
2

2
2
2 2
8 a  b  a 2  b 2 2
8  a  b   a  b  4a b (1)
 



 2
 a 2  b 2  4
 a  b 2  4

2
Từ (1)  8  a  b   16  4 a 2 b 2  2  a  b   4  a 2 b 2











0.25



 4 a 2  b 2  2 ab  16  8a 2 b 2  a 4 b 4 (***)
Đặt ab = t  0  t  2  thì pt (***) trở thành





16  8t  16  8t 2  t 4  t  t  2  t 2  2t  4  0
t  0



x   1

 t  2  loaïi 







2
x
1
3
2
x
2

2
. Vậy t = 0  
 
 



t
1
5
loaï
i
3




 2 x  1. 3  2 x  0
x 



2
 t  1  5  loaïi 

0.25

Chú ý: HS có thể giải theo cách khác như sau
Đặt a  2 x  1  3  2 x . Phương trình đã cho trở thành
a  a  2   a 2  2a  4  a 4  8a 2  8a  8   0
3

Có x  y  z  0  z    x  y   P  x3  y3   x  y   3 xyz
2

Từ x 2  y2  z2  2   x  y  2 xy  z2  2  2 z2  2 xy  2  xy  z2  1



0.25



Vậy P  3 z z2  1

2
4
4
1
3
x  y  z2  z2  
 z

2
2
3
3
 4 4
Đặt P  f  z  3z3  3 z với z    ;
K
 3 3 

z   1  K


3
2
Có f   z  9z  3 , f   z  0  
z  1  K


3

Do 2  x2  y2  z2 

8
(1,0 đ)

 4
 1 
4  4
4  1  2
2
Ta có: f  
, f 
,f
 ,f



 3


3  3
3 
3
3  3
3


2
2
1
Do vậy max P 
khi z 

;x  y  
3
3
3

0.25

0.25

0.25

4
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />www.laisac.page.tl


TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 2
Môn: TOÁN
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 của hàm số : y 

x  1
2x  3

Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 .
Câu 3 (1,0 điểm).

sin  sin 2  2 cos3   2cos 5 
4
 
a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức P 
5
sin  cos 2  sin 5 
2 
b) Giải phương trình : cos 2 x  1  2 cos x  sin x  cos x   0
2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : log 3  x  5  log9  x  2   log

3

 x  1  log

3

2

Câu 5 (1,0 điểm).


a) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển của biểu thức :  2x 2 


8

3 
 .

x

b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường
chéo .
Câu 6 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3; 0  . Tìm
tọa độ các đỉnh C và D
Câu 7 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB  nằm trong mặt phẳng
vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho
BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách
từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  .
Câu 8 (1,0 điểm)..
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn
ADB là d : x  y  2  0 ,
ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của góc 
điểm M  4 ;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .
 x3  y 3  8 x  8 y  3 x 2  3 y 2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  2
3
2
 5 x  5 y  10  y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32
Câu 10 (1,0 điểm).Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức :

T

4
4

4
1 1 1


  
ab bc ca a b c
--------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 Duy Liên đã gửi tới www.laisac.page.tl


TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)

Câu

Đáp án

Điểm



 3
Tập xác định: D   \    .
 2



Sự biến thiên. :

1,0

x  1
2x  3

Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y 

5
3
3
+ CBT y ' 
 0, x  D  Hàm số nghịch biến trên (;  ) và ( ; ) .
2
2
2
(2 x  3)

0,25

+Hàm số không có CĐ, CT
+Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận

1 (1,0 đ)



3
 3
lim  y   và lim  y    x   là TCĐ khi x     .
3
3
2
 2
x 
x 
2

lim y  

x 



0,25

2

1
1
 y   là TCN khi x  .
2
2

Bảng biến thiên:

x
y’
y





-

3
2



||

-

1

2

0.25







1
2

3.Đồ thị.
3 1
- Đồ thị nhận điểm I(  ;  )
2 2
làm tâm đối xứng.
- Đồ thị cắt Ox tại 1; 0 
1
và cắt Oy tại (0; ) .
3
- Đồ thị đi qua  1; 2  ,  2; 3

6

4

2

- 10

-5

5

10

I

-2

0,25

-4

-6

-8

-10

Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 .

1,0