50 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 của các trường trên cả nước có đáp án và thang điểm

SỞ GD & ĐT PHÚ THO
TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HOC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đê

Câu 1 ( 1 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 (C).
Câu 2 ( 1 điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) có phương trình
y  x3  3x 2  2 tại điểm có hoành độ bằng 2.
Câu 3 ( 1 điểm )


4

a) Cho góc  thỏa mãn     và sin   . Tính A  cos    
6
2
5

2  3i
  2  i   1  2i 
b) Tính modun của số phức z biết z 
1 i
Câu 4 ( 1 điểm )
2
a) Giải phương trình sau: log 3 x  x  3  2





b) Đội học sinh giỏi cấp trường môn tiếng Anh Trường THPT Hiền Đa theo từng khối là
như sau: khối 10 có 5 học sinh, khối 11 có 5 học sinh và khối 12 có 5 học sinh. Nhà
trường cần chọn một đội tuyển gồm 10 học sinh tham gia thi IOE cấp tỉnh. Tính xác suất
để đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều nhất 2 học sinh lớp 10.
e

Câu 5 ( 1 điểm ) Tính tích phân sau I   x.ln x.dx
1

Câu 6 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;2), B(-1;2;1),
C(2;-1;0). Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
Câu 7 ( 1 điểm ) Cho hình chóp đều S.ABC có các cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên
với mặt đáy là 60o; gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng
cách giữa hai đường thẳng AE và SC.
Câu 8 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn tâm I; có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - 2 = 0, D(2; -1) là chân đường
cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B
xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 9 ( 1 điểm )
Giải phương trình sau trên tập số thực:
3 x 2  2 x  3 7 x 2  19 x  12

 16 x 2  11x  27
x  4 1
12  7 x
2
Câu 10 ( 1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:  a  c   b  c   4c . Tìm giá





4a
4b
2ab
a2  b2



trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P 
.
c
 b  c   a  c  c2
----------------- Hết ---------------- Thí sinh không được sử dụng tài liêuê - Cán bô ê coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh :................................................ Số báo danh :............................


SỞ GD & ĐT PHÚ THO
TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA

HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HOC 2015 - 2016
MÔN TOÁN

I.
Một số chú ý khi chấm bài
- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám

khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ
đến 0,25 điểm.
- Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm
tương ứng với thang điểm của đáp án.
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
II.

Đáp án – thang điểm

Câu 1( 1 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  2
(C).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
+) TXĐ: D = R
y  ; lim y  
+) Giới hạn : xlim

x 
Đths không có tiê êm câ nê
y '  3x 2  6 x

x  0
y'  0  
x  2
+) BBT

x
y'
+

0

0
2

2
0

-

ĐIÊ
M

0.25

0.25


+



y
-2
+) Hàm số đạt cực đại tại xcđ =0; ycđ = 2.
Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2; yct = -2.
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;  
Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2 
+) Đồ thị

0.25

8

6

4

0.25

2

-15

-1 0

-5

5

10

15

-2

-4

-6

-8

Câu 2 ( 1 điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) có phương
trình y  x3  3 x 2  2 tại điểm có hoành độ bằng 2.


Ta có y '  3 x 2  6 x
Giả sử M(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C).
với xo = 2  yo  y  2   2; y '  2   0
Vâ êy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(2; -2) là
y = 0(x - 2) - 2 hay y = - 2.
Câu 3 ( 1 điểm )


4

a) Cho góc  thỏa mãn     và sin   . Tính A  cos    
6
2
5

2  3i
  2  i   1  2i 
b) Tính modun của số phức z biết z 
1 i


    nên sin   0; cos  0
2
9
2
2

2
ta có sin   cos   1  cos x 
25
3
 cos x   ( vì  cos x  0 )
5

3
1

A  cos     
cos  sin 
6 2
2


0.5
0.5

a) Vì

3  3 1 4
43 3

.    .  
2  5 2 5
10
2  3i
 2  3i   1  i   2  3i  2
z

  2  i   1  2i  
1 i
2
b)
2  5i  3
1 5
7 11

 4  3i    i  4  3i   i
2
2 2
2 2
2

0.25

0.25

2

7
11
170
Ta có : z       
2
2  2 
Câu 4 ( 1 điểm )
2
a) Giải phương trình sau: log 3  x  x  3  2
b) Đội học sinh giỏi cấp trường môn tiếng Anh Trường THPT Hiền Đa theo

từng khối là như sau: khối 10 có 5 học sinh, khối 11 có 5 học sinh và khối 12 có
5 học sinh. Nhà trường cần chọn một đội tuyển gồm 10 học sinh tham gia thi
IOE cấp tỉnh. Tính xác suất để đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều
nhất 2 học sinh lớp 10.
x  2
2
2
2
a) Ta có log 3 x  x  3  2  x  x  3  9  x  x  6  0  
 x  3
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = -2 và x = 3
b) Gọi  là không gian mẫu của phép thử chọn 10 học sinh trong tổng số 15
10
học sinh tham gia thi IOE cấp tỉnh.  n     C15  3003



0.25



Gọi A là biến cố: " Đội lập được có học sinh cả ba khối và có nhiều nhất 2 học
sinh lớp 10 ".

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25

4
4
TH1: Có đúng 1 học sinh khối 10  có 5.1.C5  5.C5 .1  50 cách.
TH2: Có đúng 2 học sinh khối 10  có
C52 .C53 .C55  C52 .C54 .C54  C52 .C55 .C53  450 cách

 n  A  450  50
 P  A 

n  A
500

n    3003
e

Câu 5 ( 1 điểm ) Tính tích phân sau I   x.ln x.dx
1

dx

du


u  ln x
x

Đặt 
2

dv  x.dx v  x

2

0.25

e

2
e x
 x2

1
I   .ln x   
. .dx
1
2 x
 2
1

0.25

e

e2 1 e
e2 1
e2 e2 1
   x.dx   .x 2   
2 2 1
2 4 1 2 4 4

e2 1
I  
4 4
Câu 6 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;2),
B(-1;2;1), C(2;-1;0). Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Viết phương trình
mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
uuur
uuur
uuur uuur
Ta có AB  2;1; 1 ; AC  1; 2; 2   AB  AC  A,B,C không thẳng hàng
uuur uuur
  AB, AC    4; 5;3
uuur uuur
Mp(ABC) đi qua A và nhận  AB, AC  làm véctơ pháp tuyến có phương trình
là: -4(x - 1) -5(y - 1) +3(z - 2) = 0 hay -4x - 5y + 3z + 3 = 0.
Mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc mp(ABC) nên mặt cầu (S) có bán kính là:
4  10  9  3 9 2

R = d  I ,  ABC   
5
16  25  9
162
2
2
2
Phương trình mặt cầu (S) là :  x  1   y  2    z  3 
25
Câu 7 ( 1 điểm ) Cho hình chóp đều S.ABC có các cạnh đáy bằng a, góc giữa
mặt bên với mặt đáy là 60o; gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AE và SC.

0.25
0.25

0.25
0.25

0.25
0.25


S

K
F
A

C
H
E

B

E trung điểm của BC.nên AB  BC và SE  BC suy ra góc giữa SA và
·  60o .
(ABCD) là SAE

a 3
a 3
a 3

; HE=
; AH =
2
6
3
Trong tam giác vuông SHA có SH =AH. tan60o = a ..
1
1 a 3
a2 3
Diện tích đáy là SABC =. AE.BC  .
.a 
2
2 2
4
1
1 a 2 3 a3 3
Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC = SH .S ABC  .a.
(đvtt)

3
3
4
12
Dựng hình chữ nhật HECF. Có CF  HF và CF  SH  CF  (SHF).
Hạ HK  SF  HK  (SCF) .
Do CF // AE  d(AE, SC) = d(AE,(SCF)) = d(H,(SCF)) = HK.
a
CE = HF =
2
Trong tam giác vuông SHF có

1
1
1
1
4
5


 2 2  2
2
2
2
HK
SH
HF
a
a
a
a
 HK 
5
a
 d(AE, SC) =
.
5
Câu 8 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho tam giác ABC nội tiếp
trong đường tròn tâm I; có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - 2 = 0, D(2; -1) là
chân đường cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường
vuông góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC.

0.25

có AE =

0.25

0.5


A

E

I

B

P

D

C

M

Gọi M là điểm đối xứng của A qua I. uuur
Chứng minh DE // CM từ đó DE  AC. DE  1;2 

Phương trình đường thẳng AC là  x  2   2  y  1  0  x  2 y  4  0

x  2 y  4  0
x  0

 A  0;2 
Tọa độ điểm A thỏa mãn 
x  y  2  0
y  2
uuur
uuur
Ta có AD  2; 3 ; AE  3; 1

Phương trình đường thẳng BE là 3  x  3   y  1  0  3x  y  8  0
Phương trình đường thẳng BD là 2  x  2   3  y  1  0  2 x  3 y  7  0
27

x


3x  y  8  0
 17 5 
7

 B ; 
Tọa độ điểm B thỏa mãn 
7 7 
2 x  3 y  7  0
 y  5

7
26


x

x  2 y  4  0

 26 1 
7

 C ; 
Tọa độ điểm C thỏa mãn 
 7 7
2 x  3 y  7  0
y  1

7
 17 5   26 1 
Vậy A(0;2); B  ; ; C  ; 
 7 7   7 7
Câu 9 ( 1 điểm )
Giải phương trình sau trên tập số thực:
3  x 2  2 x  3 7 x 2  19 x  12

 16 x 2  11x  27
x  4 1
12  7 x

0.5

0.5

12

4  x 
7
Điều kiện: 
 x  3

 1

0.25





Phương trình   x  1 3 x  4  12  7 x  16 x  24  0
x  1

3 x  4  12  7 x  16 x  24
pt  3 x  4  12  7 x  9





x4

0.25

 2

 
2



12  7 x





2

 3 x  4  12  7 x  3 x  4  12  7 x 3 x  4  12  7 x



 3 x  4  12  7 x  1
 3 x  4  1  12  7 x
 9 x  36  1  12  7 x  2 12  7 x
 2 12  7 x  23  16 x
12
 23
  x 
  16
7
48  28 x  529  736 x  256 x 2


12
 23
  x 
  16
7
256 x 2  764 x  481  0


0.5

12
 23


x

 16
7
382  6 633

x
256
 x  382  6 633

256
382  6 633
256
2
Câu 10 ( 1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:  a  c   b  c   4c .
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1 ;  x 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P 

4a
4b
2ab
a 2  b2

 2 
.
c
 b  c  a  c c

 a  b 
Từ giả thiết ta có:   1  1  4
 c  c 
a
b
2
2
4
4
4a
4b
2ab
a 2  b2
a b
a  b
c
c

P





2 .      
b
a
c
c c
 b  c   a  c  c2
c c
1
1
c
c
a
b
Đặt  x;  y  x, y  0 và  x  1  y  1  4  x  y  xy  3
c
c

0.25

0.5


0  xy  1


x  y  2
4x
4y
P

 2 xy  x 2  y 2  7  5 xy 
y 1 x 1

 xy 

2

 8 xy  9

 7  5t  t 2  8t  9  f  t  Với t = xy 0  t  1
ta có f '  t   5 

t 4

 0 với 0  t  1
t 2  8t  9
suy ra hàm f(t) nghịch biến trên  0;1 .
Min P = Min f(t) = f(1) = 2  2
Dấu = xảy ra khi a = b = c

0.25


TRƯỜNG THPT YÊN THẾ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II LỚP 12 NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2x 1
(1).
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp điểm có hoành độ x  2 .
Câu 2 (1,0 điểm).

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

7

 x2 1 
a) Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của    , x  0 .
 2 x
5

b) Giải phương trình log52  5x   7log125 x  1 .
e
 3  ln x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   

2
ln
x
dx .


x
1

Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng

d: x  4 y  2  0 , cạnh BC song song với đường thẳng d, phương trình đường cao BH là x  y  3  0 và
trung điểm cạnh AC là M 1;1 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

1  cos2 x  cos x  1  4
1  sin x



2 sin  x   .
4


b) Trong kì thi THPT quốc gia, An làm đề thi trắc nghiệm môn Hoá học. Đề thi gồm 50 câu hỏi, mỗi câu
có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng; trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. An trả
lời hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu; 5 câu còn lại An chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để điểm thi
môn Hoá học của An không dưới 9,5 điểm.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (BC//AD). Biết đường cao SH
bằng a , với H là trung điểm của AD, AB  BC  CD  a, AD  2a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD theo a .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của B trên AC, M và N lần lượt là trung điểm của AH và BH, trên cạnh CD lấy điểm K sao cho
9 2

MNCK là hình bình hành. Biết M  ;  , K  9; 2  và các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng có
5 5
phương trình 2 x  y  2  0 và x  y  5  0 , hoành độ đỉnh C lớn hơn 4. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D.

x 3
2 9 x
trên tập số thực.

x
3 x 1  x  3
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

của biểu thức
P

2
abc
3
3  ab  bc  ca
1  a 1  b 1  c 

----- Hết -----


TRƯỜNG THPT YÊN THẾ

Câu
1.a
(1,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II LỚP 12
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TXĐ: D   ;1  1; 
y' 

3

 x  1

2

Điểm

Nội dung

 0, x  D nên hàm số (1) nghịch biến trên từng khoảng xác định

Tính đúng giới hạn và nêu được hai đường tiệm cận, x  1 là tiệm cận đứng,
y  2 là tiệm cận ngang
Lập đúng BBT
Vẽ đồ thị, nhận xét tâm đối xứng I 1;2
y

0.25

0.25

0.25

f(x)=(2x+1)/(x-1)

5

0.25

x
-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

-5

1.b
(1,0 điểm)

Câu 2a
(0,5 điểm)

Câu 2b
(0,5 điểm)

Câu 3
(1 điểm)

Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm ta có x0  2; y0  5

0.25

Hệ số góc của tiếp tuyến là k  y '  2  3

0.25

Phương trình tiếp tuyến là y  3 x  2  5
Kết luận pt tiếp tuyến y  3x  11

0.25

2
k x 
C
Số hạng tổng quát trong khai triển là: 7  
 2
Số hạng trên chứa x 5 khi 14  3k  5  k  3
35
Vậy số hạng chứa x 5 là  x 5

16

7 k

k
 1   1 C7 143k


x
 x
27k


k

k

7
2
Điều kiện x  0 . Ta có log52  5 x   7 log125 x  1  1  log 5 x   log 5 x  1  0
3
log5 x  0
x  1
1
2
 log5 x  log5 x  0  

1
3
log5 x 

3
x  5
3

KL
e
e
e
 3  ln x

3  ln x
I   
 2 ln x dx  
dx   2 ln xdx  J  K
x
x
1
1
1


0.25
0.25
0.25

0.25
0.25

0.25

e

e

Ta có K   2ln xdx  2 x ln x 1   2dx  2 x ln x 1  2 x 1  2
e

1

e

2

Vậy I 
Câu 4
(1,0 điểm)

2 3
2
 2t dt  3 t
3

2


3

16  6 3
3

0.25

dx
x

0.25

.

22  6 3
3

Ta có AC  BH ; M 1;1  AC , nên phương trình AC: x  y  0 . Toạ độ đỉnh A

Vì BC // d nên phương trình BC là x  4 y  8  0 . Suy ra BH  BC  B  4;1
 2 2
 8 8
Vậy A   ;   , B  4;1 , C   ;  
 3 3
 3 3
1  cos2 x  cos x  1  4 2 sin  x   
Điều kiện sin x  1.


1  sin x
4



0.25
0.25
0.25
0.25

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

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

Câu 5b
(0,5 điểm

0.25

x  4 y  2  0
 2 2
là nghiệm của hệ phương trình 
 A  ;   .
 3 3
x  y  0
 8 8
Vì M 1;1 là trung điểm của AC nên C   ;  
 3 3

Câu 5a
(0,5 điểm)

0.25

1

Đặt t  3  ln x  t 2  3  ln x  2tdt 
Khi đó J 

e

 sin x 1 cos x 1  0  cos x  1  x    k 2 , k  Z (Vì sin x  1 )
KL.
Bạn An được không dưới 9,5 điểm khi và chỉ khi trong 5 câu trả lời ngẫu nhiên,
An trả lời đúng ít nhất 3 câu.
Xác suất trả lời đúng một câu là hỏi là 0,25; trả lời sai là 0,75
3
2
Xác suất trả lời đúng 3 trên 5 câu là C53  0, 25  0,75

0.25

0.25

0.25

Xác suất trả lời đúng 4 trên 5 câu là C54  0, 25  0,75
4

Xác suất trả lời đúng 5 câu là  0, 25
Vậy xác suất để An được không dưới 9,5 là
5

C53  0, 25  0,75 + C54  0, 25  0,75 +  0, 25 = 0,104
3

Câu 6
(1,0 điểm)

2

4

5

Kẻ đường cao BK của hình thang ABCD, ta có
a 3
BK  AB 2  AK 2 
2
AD  BC
3a 2 3
.BK 
Diện tích ABCD là S ABCD 
2
4
1
a3 3
Thể tích khối chóp S.ABCD là V  SH .S ABCD 
3
4
Gọi I là trung điểm của BC, Kẻ HJ vuông góc với SI tại J.
Vì BC  SH và BC  HI nên BC  HJ . Từ đó HJ   SBC 

0.25

0.25
0.25


Khi đó d  AD, SB   d  AD,  SBC   d  H ,  SBC    HJ
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác có
a 3
a.
a 21
SH .HI
a 21
2
. Vậy d  AD, SB  
HJ 


7
7
SH 2  HI 2
3a 2
a2 
4
Câu 7
(1,0 điểm)

MN là đường trung bình của tam giác HAB suy ra MN // AB và MN 

0.25

1
AB
2

1
1
AB  CD suy ra K là
2
2
trung điểm của CD và N là trực tâm tam giác BCM, do đó CN  MB và MK //
CN nên MK  MB
  36 8   
9
8
B  d : 2 x  y  2  0  B  b; 2b  2  , MK   ;  , MB   b  ; 2b  
5
5
 5 5

 
52
52
MK .MB  0  b 
 0  b  1  B 1; 4 
5
5


C  d ' : x  y  5  0  C  c; c  5 ,(c  4), BC   c 1; c  9  , KC   c  9; c  7 

 
c  9
BC.KC  0   c  1 c  9    c  9  c  7   0  
 C  9; 4 
c  4( L)
Vì K  9;2 là trung điểm của của CD và C  9;4 nên D  9;0

0.25

MNCK là hình bình hành nên CK // MN; CK  MN 

0.25

0.25

0.25

Gọi I là trung điểm của BD thì I  5;2  và I là trung điểm của AC nên A 1;0 
Câu 8
(1,0 điểm)

x 3
2 9 x
(1)

x
3 x 1  x  3
ĐK: 1  x  9, x  0
Xét phương trình

Khi đó (1) 









 x  3

2



x 2  3x  2 9  x x  3  3 x  1



x 3 x 1  x  3





 9  x  1  2 9  x x  3  3 x  1




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

x 33

x  3  3 x 1  2 9  x



x 3 x 1  x  3





 

x 1  3  2 1 9  x
x

0

0

0.25

 0

0

x 1 3 x 1  2  2 9  x
0
x
x 1

9 x

0.25

0.25

 0



x 8
x 1
2


0
x  x  1  3 1  9  x 
x 8

00 x8
x
Đối chiếu điều kiện được nghiệm 0  x  8 .

0.25

Ta có ab  bc  ca  3 3  abc  .

0.25



Câu 9
(1,0 điểm)

2



(1  a)(1  b)(1  c)  1  abbc  ca  a  b  c  abc  1  3 abc

Khi đó P 

2
t
, với t  3 abc , )  t  1

2
3  3t
t 1



3

t  t  1  3t 2  t  1
2
t
Xét hàm số f  t  

, 0  t  1, f '  t  
2
2
3  3t 2 t  1
3 1  t  1  t 2 
Từ đó suy ra MaxP 

5
khi a  b  c  1.
6

0.25
0.25

0.25


SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 LỚP 12
NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút , không kể thời gian giao đề

Câu I (2 điểm). Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  m , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho với m  1 .
2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2  2 .
Câu II(3 điểm). Giải các phương trình, hệ phương trình sau
1. 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos 3 x  4 sin x.sin 2 x
2.

 2  log 3 x  log 9 x 3 

4
1
1  log 3 x

 y 3  y  4  3x  ( x  2) x  2
3. 
( x  y  5) x  y  2 y  4  0

 1 nCnn
Cn1 2Cn2 3Cn3
Câu III (1 điểm). Tính tổng S 


 ... 
2.3 3.4 4.5
 n  1 n  2 
Câu IV(1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a , góc tạo bởi cạnh
n

bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường

thẳng B1C1. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1
và B1C1 theo a.

6  x  3 x2  4
Câu V(1 điểm). Tính giới hạn L  lim
.
x2
x2  4
Câu VI (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  13 và đường
tròn (C2 ) : ( x  6) 2  y 2  25 cắt nhau tại A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và lần
lượt cắt (C1 ), (C2 ) theo hai dây cung phân biệt có độ dài bằng nhau.
Câu VII( 1 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ

 1
 1
 1

 1  1  1 .
 ab  bc  ca 

nhất của biểu thức P  3 

------------------------Hết----------------------


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
ĐÁP ÁN KHẢO SÁT TOÁN LẦN 1, LỚP 12, NĂM HỌC 2015_2016
CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  m , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m  1 .
Câu I.1
(1 đ)

Với m  1 ta được y  x 3  6 x 2  9 x  1 .

0,25

*TXĐ: D  .
* Sự biến thiên của hàm số
Giới hạn tại vô cực

lim y  

x 

0,25

lim y  

x 

Chiều biến thiên
y '  3 x 2  12 x  9  3( x 2  4 x  3)

x  1

y'  0  
x  3
Bảng biến thiên

0,25



x

1
+

y'
y

0



3
-

0



3



+

-1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3,   ) .
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3).
Hàm số đạt cực đại tại x  1 và yCD  y (1)  3 ;
Hàm số đạt cực tiểu tại x  3 và yCT  y (3)  1 .
* Đồ thị
(Tìm được các điểm đặc biệt và vẽ đúng dạng đồ thị)


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
fx = xxx-6xx+9x-1
8

6

0,25

4

2

-5

5

10

15

-2

-4

-6

-8

Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2  2 .
Câu I.2
(1 đ)

0,25

Ta có: y '  3 x 2  6(m  1) x  9.
Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x2

 Phương trình y '  0 có hai nghiệm

pb là x1 , x2  Pt x 2  2(m  1) x  3  0 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x2

  '  (m  1) 2  3  0

0,25

 m  1  3


(1)
 m  1  3
Với ĐK (1), theo định lý Viet ta có: x1  x 2  2(m  1); x1 x 2  3.

0,25

x1  x2  2   x1  x2   4 x1 x2  4
2

 4  m  1  12  4
2

 (m  1) 2  4
 m  3

m  1

(2)

 m  3
Từ (1) và (2) ta được: 
TMYCBT.
m  1
Giải phương trình 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos 3 x  4 sin x.sin 2 x (1)
(1)  1  3 cos x  cos 2 x  2 cos  2 x  x   4 sin x.sin 2 x

0,25


Câu

II.1
(1 đ)

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
0,25
 1  3 cos x  cos 2 x  2  cos x.cos 2 x  sin x.sin 2 x   4 sin x.sin 2 x

 1  3 cos x  cos 2 x  2  cos x.cos 2 x  sin x.sin 2 x   0
 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos x  0  1  cos x  cos 2 x  0

0,25

 2 cos 2 x  cos x  0
0,25

cos x  0
 
cos x   1

2



 x  2  k
 
; k  .
 x   2  k 2

3
Giải phương trình  2  log 3 x  log 9 x 3 

Câu
II.2
(1 đ)


x  0

ĐKXĐ:  x  3 (*)

1
x 
9


0,25

4
 1 (1)
1  log 3 x
0,25

Với ĐK (*), ta có :
(1)   2  log 3 x 


1
4

1
log 3 9 x 1  log 3 x

0,25

2  log 3 x
4

 1 (2)
2  log 3 x 1  log 3 x

t  1
(**) )
t  2

Đặt: t  log 3 x ( ĐK: 

Khi đó phương trình (2) trở thành:

t  1
2t
4

 1  t  2
2  t 1 t
t 2  3t  4  0
 t  1
t  4
1

x



3

 x  81

0,25

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1
So sánh điều kiện được 2 nghiệm x  ; x  81
3

Câu
II.3
(1 đ)

 y 3  y  4  3x  ( x  2) x  2 (1)
Giải hệ phương trình 
( x  y  5) x  y  2 y  4  0 (2)
x  y
ĐKXĐ: 
(*)
x  2

0,25

a  x  y

Đặt 
b  x  y
0,25

(ĐK: b  0).
Thay vào phương trình (2) ta được:

(a  5)b  a  b 2  4  0  (b  1)(a  b  4)  0
 a b4
 x  y  4  x  y (3)
Ta có: (1)  y 3  y  ( x  2  1)3  ( x  2  1)
Xét hàm số: f (t )  t 3  t đồng biến trên .

0,25

Do đó ta có: y  x  2  1 (4)
Từ (3) và (4) ta được:

 x  y  4  x  y
 x  2  y  2  x  2  2  y


 x  2  y  1
 y  1  x  2
( y  1) 2  y  2  ( y  1) 2  2  y

 x  2  y  1
 y 2  y  1  y 2  3 y  3

 x  2  y  1

x  3

y  2
x  3
Kết hợp với điều kiện (*), ta được: 
là nghiệm của hệ phương trình đã
y  2
cho.

0,25


Câu III
(1 đ)

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
n
0,25
1 nCnn

C 2C
3Cn3
Tính tổng S 


 ... 
2.3 3.4 4.5
 n  1 n  2 
1
n

Ta có

2
n

 n  1!
Cnk
C k 1
n!
1


.
 n 1 (3)
k  1 k ! k  1 n  k  ! n  1  k  1 !  n  1   k  1  ! n  1
k

Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được:

0,25

 1 kCnk   1 kCnk22
 k  1 k  2   n  1 n  2 
k

Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có
n
 n  1 n  2  S  Cn3 2  2Cn4 2  3Cn5 2  ...   1 nCnn22

0,25

   Cn21  Cn31   2  Cn31  Cn41   3  Cn41  Cn51   ...   1 nCnn11
n

 Cn21  Cn31  Cn41  ...   1 Cnn11
n



 Cn01  Cn11  Cn01  Cn11  Cn21  Cn31  Cn41  Cn51  ...   1

n 1



Cnn11 

0,25

1   n  1  1  1   n
n
Vậy S 
.
 n  1 n  2 
n 1

Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a , góc tạo bởi

0,25

cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt
phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A1B1C1 và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.
Câu IV Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết
(1 đ)

A

thì góc AA1 H bằng 300.

B

C

K

A1

C1
H
B1

Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H =300  AH 

a
.
2

0,25

V ABCA1 B1C1  AH .S A1 B1C

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
a a 2 3 a3 3
 

2
4
8

Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H =300  A1 H 
giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A1 H 

a 3
. Do tam
2

a 3
nên A1H
2

0,25

vuông góc với B1C1. Mặt khác AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 H )
Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và
B1C1
Ta có AA1.HK = A1H.AH  HK 

Tính giới hạn L  lim
x2

Câu V
(1 đ)

L  lim
x2

x2

3
x2

0,25

6  x  2  2  3 x2  4
x2  4

x2  4  2
x2  4  8

lim
x2
x2  4
( x 2  4)[ 3 ( x 2  4) 2  2 3 x 2  4  4]
 lim

x2 3


L

0,25

6  x  3 x2  4
.
x2  4

6 x 2
2 x
 lim
2
x  2 ( x  2)( x  2)( 6  x  2)
x 4
1
 lim
x  2 ( x  2)( 6  x  2)
1

16

lim

lim

A1 H . AH a 3

AA1
4

0,25

0,25

1
( x 2  4) 2  2 3 x 2  4  4

1
12

7
48

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  13 và
đường tròn (C2 ) : ( x  6) 2  y 2  25 cắt nhau tại A(2; 3). Viết phương trình
đường thẳng đi qua A và lần lượt cắt (C1 ), (C2 ) theo hai dây cung phân biệt

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
0,25

có độ dài bằng nhau.

Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và
Câu VI N.
(1 đ)

Gọi M ( x; y )  (C1 )  x 2  y 2  13

(1)

Vì A là trung điểm của MN nên N (4  x; 6  y )
Do N  (C2 )  (2  x ) 2  (6  y ) 2  25

Câu

(2)

 x  2

 y  3
 x 2  y 2  13
17 6

Từ (1) và (2) ta có hệ 
; )
   x   17  M(
2
2

5
5
5
(2  x )  (6  y )  25
 

6

 y 
5


0,25

Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình: x  3 y  7  0

0,25

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  1 . Tìm giá trị

VII
(1 đ)

0,25

 1
 1
 1

 1  1  1 .
 ab  bc  ca 

nhỏ nhất của biểu thức P  3 
Đặt A  P3

0,25

Ta có:

 1
 1
 1
 1  ab 1  bc 1  ca 
A    1   1   1 
 ab   bc   ca 
 abc 2

Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân có :

1  ab  1 

 a  b 2   2  a  b  2  a  b   1  a   1  b   1  c 
4

4

4


Tương tự có: 1  bc 

1  a  1  c 1  b 

1  ca 

2

1  b  1  c 1  a 
2

1  c  1  a 1  b 
2

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
2
0,25
1  1  1  1 
Do đó A   1   1   1   
8  a  b  c 
3

1 
 1  1  1  
3
Mà: 1   1   1    1 
 4
3
 a  b  c  
abc 
Do đó min P = 8 đạt được khi a = b = c =

1
3

0,25

Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Đồng Đậu
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3mx 2   m2  1 x  2, m là tham số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  1 .
2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x  2 .
Câu 2 (1,0 điểm).
1) Giải phương trình: log 2 ( x  5)  log 2 ( x  2)  3
2) Giải phương trình: 7 x  2.71 x  9  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 2  ln 1  2 x  trên
đoạn  2;0 .
n

1
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển biểu thức  x3  2  , biết n là


4
n

x 

n2
n

số tự nhiên thỏa mãn C  13C .
Câu 5 (1,0 điểm).

1) Cho góc  thỏa mãn



1
 7

    và sin(   )   . Tính tan 
  .
2
3
 2


2) Trong cuộc thi “Rung chuông vàng” có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5
bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia các bạn thành 4 nhóm A, B, C,
D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiên bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính
xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mp(ABCD). Biết AC = 2a, BD = 4a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có
phương trình lần lượt là d1 : x  2 y  2  0, d 2 : 3x  3 y  6  0 và tam giác ABC đều có diện tích
bằng 3 và trực tâm I thuộc d1 . Đường thẳng d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác
ABC. Tìm tọa độ giao điểm d1 và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành độ
dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
 x 2  xy  2 y 2  3 y  1  y  1  x


.

3 6  y  2 x  3 y  7  2 x  7





Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a 2  2b  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P 

4 4
5
 4
4
a b 8  a  b 2

-------------------------------------------Hết---------------------------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
1


Họ và tên thí sinh…………………………………………SBD……………………..
Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Đồng Đậu
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
Môn thi: Toán
Câu
Đáp án
Điểm

3
2
Với m = 1 hàm số trở thành y  x  3x  2
*Tập xác định : D  R
0,25
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn tại vô cực: xlim
y   , lim y  

x 
x  0
x  2

+ Chiều biến thiên : y '  3 x 2  6 x , y '  0  

1.1
(1,0
điểm)

Các khoảng đồng biến: (; 0) và (2; ) ; khoảng nghịch biến : (0; 2)
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  2 ; đạt cực tiểu tại x  2, yCT  2.
+ Bảng biến thiên:
x -∞
0
2
+∞
y’
0
0+
+

0
y

0,25

0,25

-2
-∞
*Đồ thị:

0,25

1.2
(1,0
điểm)

Ta có: y '  3 x 2  6mx  m 2  1; y ''  6 x  6m
 y '(2)  0
 y ''(2)  0

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x  2  

m 2  12m  11  0

12  6m  0
 m 1
2

0,25

0,25
0,25
0,25


2.1
(0,5
điểm)

2.2
(0,5
điểm)

3
(1,0
điểm)

Vậy với m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Điều kiện x  5 . Phương trình đã cho tương đương với
log 2 ( x  5)( x  2)  3  ( x  5)( x  2)  8
 x  6(t / m)
 x 2  3 x  18  0  
 x  3(l )
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  6.
t  2
14
Đặt t  7 x , t  0 . Ta có phương trình: t   9  0  t 2  9t  14  0  
t
t  7

Với t  2, suy ra 7 x  2  x  log 7 2
Với t  7, suy ra 7 x  7  x  1
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  log 7 2;1 .
Ta có hàm số f ( x) xác định và liên tục trên đoạn [-2;0];
f '( x) 

0,25
0,25
0,25

0,25

4 x 2  2 x  2
1  2x

Với x   2;0 thì f '( x)  0  x  
1
2

0,25

1
2

0,25

1
4

Ta có f (2)  4  ln 5; f ( )   ln 2; f (0)  0.

0,25

Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [-2;0] lần
0,25

1
4

lượt là 4  ln 5 và  ln 2.
4
(1,0
điểm)

n  3
. Phương trình đã cho tương đương với
n  N
n!
n!
 13.
4!(n  4)!
(n  2)!2!
 n  15(t / m)
 n 2  5n  150  0  
 n  10(l )

Điều kiện 

Vậy n  15.
Với n = 15 ta có

0,25

0,25

15

15
1 k
 3 1 
k
3 15  k 
 x  2    C15  x  .   2 
x 

 x 
k 0

0,25

15

  C15k (1)k .x 455 k
k 0

Để trong khai triển đã cho có số hạng chứa x10 thì 45  5k  10  k  7(t / m)
Vậy hệ số của x10 trong khai triển đã cho là C157 .(1)7  6435 .
5.1
(0,5
điểm)

1
3

Ta có: sin(   )    s inx 

0,25

1
3


 7





tan 
    tan  3      tan      cot 
2
 2



2

3

0,25