Đề thi thử đại học môn toán lần 1 2016

GSTT GROUP

KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015-2016

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: Toán

(Đề thi gồm 01 trang)

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: (1 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  x  3x  1
3

2

Câu 2: (1 điểm) : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  1  x  3  x  x  1. 3  x
Câu 3: (1 điểm) Giải phương trình: log32 x  log32 x  5  1
Câu 4: (1 điểm) Giải phương trình: tan x  1  4sin x 

2  sin x  cosx
cosx

Câu 5: (1 điểm) Trong không gian Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M  4; 5;3 và cắt hai

 x  5  3t
x  2 y 1 z 1

đường thẳng d1 :  y  7  2t và d 2 :
.



2
3
5
z  t

Câu 6: (1 điểm) Trên kệ sách có ba loại sách: 5 quyển Toán, 4 quyển Lí, 6 quyển Hóa. Tính xác suất để chọn ra 5
quyển trên kệ sao cho có ít nhất 2 loại sách.
Câu 7: (1 điểm) Cho hình chóp đều S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O. Biết khoảng cách từ O đến

SA là a 2 , góc tạo bởi giữa đáy và mặt bên  SAD  là 60o và độ dài đường chéo AC của hình chữ nhật bằng 4
lần khoảng cách từ O đến mặt bên  SAD  . Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SA và DC .
Câu 8: (1 điểm) Cho hình vuông ABCD, lấy điểm M thuộc đoạn BD. Đường phân giác góc BAM và DAM lần lượt cắt

 10 3 
;  , tìm toạ độ D, biết A có tung độ dương.
 7 7

BC và CD tại F(-4;1) và E(-1; -3). Biết toạ độ M là  

2

x 3y
 6y 

 4x   
 x  7 y 
y x


 x 
Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x  3 x

2y x  y

 x; y  R 

Câu 10: (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa 9ab  17bc  14ac  12c  18  0 và a 2  b2  c2  14 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

8  7  ab  5
3 9ab  17bc  14ac  12c  18
--Hết--



36
abc3


Từ ngày 15/03 – 25/03/2016, nhà sách Lovebook giảm giá 35%. Đây sẽ là lần cuối cùng trong
năm, Lovebook tổ chức khuyến mãi. Chúc các em sớm sở hữu sách Lovebook để có thể chắc chắn hiện
thực hóa giấc mơ vào đại học.











Fan page Lovebook: />Website trưng bày sách: lovebook.vn
Hệ thống trích đoạn sách: />Diễn đàn trao đổi học tập: />Kênh bài giảng Lovebook: />Website chia sẻ tài liệu: />Group trao đổi học tập: />Đăng ký nhận tài liệu thường xuyên: />Website đào tạo:


GSTT GROUP

KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015-2016

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

Môn thi: Toán
(Đáp án – Thang điểm 6 gồm trang)

Câu

Ý

Nội dung

1/ Tập xác định: D 
2/ Sự biến thiên

Điểm
0.25

x  0
x  2
y '  0  x  0 hoặc x  2; y '  0  0  x  2

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

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và
khoảng (0;2).
+) Cực trị
Hàm số đạt cực đại tại x  0 và yCD  1 ;

0,.25

(2; ) ; hàm số nghịch biến trên

hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và yCT  5 .
+) Giới hạn tại vô cực

 3 1
 3 1
lim y  lim x3 1   3    ; lim y  lim x3 1   3   
x
x
x
x
x x 
x x 



+) Bảng biến thiên:
x 
y’
+
1.
(1 đ)

0
0
-1

-

2
0



+

0.25



y



-5

3/ Đồ thị:
Đồ thị nhận điểm I(1;-3) làm điểm đối xứng.
Đồ thị đi qua các điểm:
(-1;-5);(0;-1);(1;-3);(2;-5);(3;-1)

2

O

-1

1

2

3

5

-1

-2

0.25

-3
-4

-5
-6

2.

Tập xác định D   1;3

0.25


(1đ)

Đặt t  1  x  3  x
Áp dụng AM-GM: t  2 1  x    3  x   2 2 (Dấu = khi 1  x  3  x  x  1 )
Mặt khác: t  4  2
2

1  x 3  x   4  t  2 (Dấu = xả ra khi

0.25

x  1 hoặc x  3 )

t2
 t  2, t   2; 2 2 
2
f '  t   1  t  0 t  2; 2 2   f  t  nghịch biến trên  2; 2 2 

Từ đây ta có y  f  t   



0.25



Do đó f 2 2  f  t   f  2   2 2  2  y  2
Vậy ymax  2 khi x  1 hoặc x  3

0.25

yMin  2 2  2 khi x  1
Điều kiện: x  0
2
Đặt t  log3 x  5, t  5

0.5

t  2  l 

2
Phương trình trở thành: t  t  6  0  

3.
(1đ)

t  3

1

x
log3 x  2


 log x  5  3  log x  4  

9

log3 x  2
x  9
1 
Vậy S   ;9 
9 
cos x  sin x  0
cos x  sin x  0

Điều kiện: 


x   k  k  Z 
cos x  0


2
Phương trình tương đương sin x  cos x  2sin 2 x  2  sin x  cos x
 sin x  cos x  2 1  sin 2 x   sin x  cos x
2
3

2
3

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

2

*

0.5

0.5

Đặt t  sin x  cos x ,0  t  4 2
4.
(1đ)

t  0
 t 2  2t 4  t  0  t  t  1  2t 2  2t  1  0  
t  1

Với t  0  sin x  cos x  0  tan x  1  x    k  k  Z 
4

 1



Với t  1  sin x  cos x  1  2 sin  x    1  sin  x   
4
4
2


 


 x  k 2
 x  4  4  k 2


k  Z 
 x    k 2  l 

3

x  
 k 2

2

4
4

Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm x    k ; x  k 2  k  Z 
4

0.5


Gọi A  d  d1 ; B  d  d2  A  5  3a; 2a  7; a  ; B  2  2b;3b  1;1  5b 

MA  9  3a; 2a  2; a  3 ; MB  2b  6;3b  4; 5b  2 

  MA; MB    13ab  8a  19b  16; 13ab  39b; 13ab  24a  31b  48

0.25
0.25

a  2

5.
(1đ)

M, A, B thẳng hàng   MA; MB   0  
b0



0.25

 A  1; 3; 2  ; B  2; 1;1  AB  3; 2; 1
Đường thẳng d đi qua M  4; 5;3 và có véctơ chỉ phương AB  3; 2; 1 là :

 x  4  3t

d :  y  5  2t
z  3  t


0.25

5
Không gian mẫu: n     C15
 3003

6.
(1 đ)

Gọi biến cố A : “Chọn ra 5 quyển trên kệ sao cho có ít nhất 2 loại sách”
 biến cố A : “chọn ra 5 quyển trên kệ sao cho có 1 loại sách”
Trường hợp 1: Chỉ có sách Toán có C55  1 cách.

0.5

Trường hợp 2: Chỉ có sách Hóa có C65  6 cách.

 

 n A  1  6  7  n  A  C155  7  2996
Vậy xác suất để chọn 5 quyển sách trên kệ sao cho có ít nhất 2 loại sách là

2996 428

3003 429

7.
(1đ)

0.5

0.25

Gọi H là chân đường cao kẻ từ O đến SA.
M trung điểm AD  OM  AD . Mặt khác SO  AD , suy ra AD   SOM 
Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ O đến SM  AD  OK  OK   SAD 

 SMO    ABCD  ;  SAD    600


SOK vuông tại K :
SO
SO
OK 

 AC  2SO  OA  SO
o
2
sin 30
SAO vuông tại O có OH là đường cao
1
1
1
2



2
2
2
OH
SO
AO
SO 2
 SO  OH 2  2a  AO
SO

SO 2a
 tan 60o  OM 

OM
3
3
4a
AB  2MO 
3
BC  AC 2  AB 2  16a 2 

0.25

16a 2 4a 6

3
3

1
1
1
4a 3 4a 6 32a3 2
VS . ABCD  .SO.S ABCD  .SO. AB.BC  .2a.
.

 dvtt 
3
3
3
3

3
9

0.25

DC / / AB  DC / /  SAB   d DC ;SA  dC ; SAC   2dO; SAB 
Gọi N trung điểm AB  ON  AB . Mà SO  AB  AB   SON 
  SAB    SON  theo giao tuyến SN
Kẻ OP  SN  P  SN   OP   SAB 

0.25

1
1
1
1
9
5
2a 10


 2 
 2  OP 
2
2
2
2
5
OP
SO

ON
4a
24a
8a
4a 10
Vậy d  CD; SA 
5

8.
(1đ)

0.25

Trên tia đối tia DC lấy I sao cho BF = DI.
Chứng minh được hai tam giác AEF và AEI bằng nhau

 EAM  AEH  AED  DAE  90o
Suy ra AM vuông góc với EF.


Phương trình AM là 3x  4 y  6  0 , rút ra toạ độ điểm A có dạng  4t  2;3t  , t > 0.

AE. AF

Ta có: cos EAF 

, với EAF = 450, thay toạ độ A vào ta được

AE . AF

 4t  1 4t  2    3t  3 3t  1
2
2
2
2
 4t  1   3t  3  4t  2    3t  1

1

2



1
2

5t 2  2t  1



0.25

5t 2  2t  2. 5t 2  2t  1

Đặt a  5t 2  2t  1, suy ra a > 0, giải ra được a = 6
Suy ra 5t 2  2t  7  0 , vì t > 0 nên nhận t = 1. Khi đó A có toạ độ (2; 3).
I là đối xứng của F qua AE nên có toạ độ (4; -3).
(CD) qua I và E nên có phương trình y  3  0
(AD) qua A vuông góc với (CD) nên có phương trình x  2  0
D là giao điểm của AD và CD nên có toạ độ (2; -3).

0.25
0.25

x  y
 xy  0

Điều kiện: 

x 3y
y2
1   x  7 y    4 x  36 2  3
y x
x
x
3 x
 x 2  xy  6 y  2 xy  x 2  xy  6 y
 2  
2y x  y


Từ  3 ;  4   6 y.  x  7 y 



9.
(1đ)

 4


x 3y
y2

 4 x   36 2 .  x 2  xy 
y x
x


x
 x 3y
x
y2
   7

4 6 2
y
x
y
 y x
Đặt t 

0.25

 x  2 x 
x
 x 3y
x
y


4  66
       7 
y 
y
x
 y 
y
 y x

x
, t  0, t  1 :
y

3
6
3
 3
 4t  6   2  t     t  7  t   2t  6  0  5 
t
t
t
 t
3
Đặt m  t  , m  0 suy ra:
t
2
 5  2m   t  7  m  2t  6  0

t  7

t

Khi đó:


3
m  2
 t 2
t 2  2t  3  0
t  1  l 
2
t


   t  1 

3

t

3
2
m 

3 t 3
t  3
t  2t  9t  12  0

2
 t 

t
2

1
3
2
t  3  x  3 y   4    3 y   3 y. y  6 y  y   x 
2
2
3 1
Vậy  x; y    ; 
2 2
10.
(1đ)

0.25

a  b  c  14  14  2ab   a  b   c 
2

2

2

2

2

a  b  c
2

0.25

0.25

2

0.25


Ta lại có:  a  b  c    3b  2c    3a  c   4  c  3  0
2

2

2

2

 5  a  b  c   9ab  17bc  14ac  12c  18
2

P

3
36
a  b  c 
2
abc3



Đặt t  a  b  c, t  0; 42   P  f  t  

f ' t  



2
18

0t 6
3  t  3 t  3

Vẽ bảng biến thiên thấy MinP  f  6   16

0.25

0.25

2
36
t
 f t 
3
t 3
0.25