70 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 có đáp án và thang điểm

SỞ GD&ĐT KHÁNH HÒA
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM 2015 - 2016
Môn : TOÁN

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2x 2 (1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số (1).
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  tại điểm M có hoành độ x 0  2.
Câu 2 (1,0 điểm).
1) Giải phương trình sin 4x  2 cos 2x  4  sin x  cos x   1  cos 4x .
2) Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  (z  4i)i biết z thỏa mãn điều kiện

1  i  z   2  i  z  1  4i.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 52 x  log 0,2 (5x)  5  0.
(x  y)(x 2  xy  y 2  3)  3(x 2  y 2 )  2
 x, y  R  .
2
4
x

2

16

3y

x

8



Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 

2

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   (x  sin 2 x) cos xdx.
0

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . E, F lần
lượt là trung điểm của AB và BC , H là giao điểm của AF và DE . Biết SH vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) và góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SH , DF .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm E(2;3)
thuộc đoạn thẳng BD , các điểm H(2;3) và K(2; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E
trên AB và AD . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;0;0) và đường thẳng d có

Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 2


phương trình

x  2 y 1 z 1


. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với
1

2
1

đường thẳng d. Từ đó suy ra tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d.
Câu 9 (0,5 điểm). Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số
và số đó chia hết cho 3?
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thoả mãn: x 2  y 2  z 2  2x  4y  1 . Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  2(x  z)  y.
--------------------Hết--------------------

CÂU

ĐÁP ÁN
NỘI DUNG

Ý
4

ĐIỂM

2

y  x  2x
+ TXĐ: D  

+ Sự biến thiên:
x  0
 x  1

 Chiều biến thiên: y '  4x 3  4x . y '  0  4x 3  4x  0  

0,25

Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng:  ;1 và (0;1) ;
đồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) và 1;   .
1

1
1đ

0,25

 Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycđ = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yct = - 1.
 Giới hạn : lim y  .
x 

Bảng biến thiên :
x
y/
y



-1
- 0



-1

Tài liệu group Nhóm Toán

+

0
0
0

-

1
0



+


0,25

-1

Trang 3


+ Đồ thị:

- Giao điểm với Ox : (0; 0);

- Giao điểm với Oy : (0 ; 0)





2;0 ,  2; 0



y

5

x
-8

-6

-4

-2

2

4

6

0,25

8

-5

2
1đ

Nhận xét : Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.
Với x0 = 2 , y0 = 8, f '(x 0 )  14.
Pttt là y  14x  20.

0,5
0,5

sin 4x  2 cos 2x  4  sin x  cos x   1  cos 4x
 2 sin 2x cos 2x  2 cos 2x  2 cos 2 2x  4  sin x  cos x   0
  sin x  cos x  cos 2x sin x  1  0

0.25

1
0,5đ Với sin x  cos x  0  x     k, k  Z

4
Với cos 2x sin x  1  0  1  2sin 2 x  sin x  1  0   sin x  1  2sin 2 x  1  0

2

0.25


 sin x  1  x   2m  , m  Z
2

2
0,5đ

Gỉa sử z  x  yi,  x.y    , suy ra z  x  yi.
Thế vào gt ta tìm được x= 3, y = 4.

0,25

Vậy z = 3 +4i. Do đó w = 3i
w có phần thực 0; phần ảo 3.

0,25

Gpt: log 52 x  log 0,2 (5x)  5  0 (1)
Đk: x>0. Pt (1)  log 52 x  log 5 (5x)  5  0  log52 x  log 5 x  6  0
3

0,5đ

 log 5 x  3
 x  125


 x  1 / 25

 log 5 x  2
KL: Vậy tập nghiệm pt (1) là T  1 / 25;125

16
3
3
(1)  (x  1)  (y  1)3  y  x  2 Thay y=x-2 vao (2) được

0,25

0,25

ĐK: x  2, y 
4

1đ

Tài liệu group Nhóm Toán

0,5
Trang 4


4(x  2)
3(x  2)
 (x  2)(x  2) 
x22
22  3x  4

4 x  2  22  3x  x 2  8 

0,25

x  2

4
3

 (x  2) 
 0(*)
22  3x  4
 x  2  2

Xét f(x)=VT(*) trên [-2;21/3],có f’(x)>0 nên hàm số đồng biến. suy ra x=-1 là
nghiệm duy nhất của (*)
KL: HPT có 2 nghiệm (2;0),(-1;-3)

2


2

0,25


2

I   (x  sin 2 x) cos xdx   x cos xdx   sin 2 x cos xdx.
0
0

0

 

M

Tính M

N

u  x
du  dx
Đặt 

dv  cos xdx v  sin x

0,25



5

1đ

 2



M  x sin x 2   sin xdx   cos x 2   1.
2

2
0 0
0

0,25

Tính N
Đặt t  sin x  dt  cos xdx

 t  1;
2
1
t3 1 1
N   t 2dt 
 .
3 0 3
0

Đổi cận x 

6

x 0 t 0

Vậy I  M  N 

0,25
 2
 .
2 3

0,25

1
1đ

0,25

Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 5


Do ABCD là hình vuông cạnh 2a nên SABCD  4a 2 .
SH  (ABCD)  HA là hình chiếu vuông góc của SA trên mp

 ABCD 

  600  SH  AH 3
 SAH

0,25

  ADE

ABF  DAE  c.g.c   BAF
  ADE
  900 Nên BAF
  AED
  900  AHE

  900  DE  AF
Mà: AED

Trong ADE có: AH.DE  AD.AE  AH 

0,25

2a
5

1 2a 3 2 8a 3 15
Thể tích của khối chóp S.ABCD là: V  .
.4a 
(đvtt)
3
15
5

Trong mp  ABCD  kẻ HK  DF tại K .  d SH, DF   HK .
Trong ADE có: DH.DE  DA 2  DH 

4a
5

Có : DF  a 5

16a 2 9a 2
3a
Trong DHF có: HF  DF  DH  5a 


 HF 
5
5
5
HF.HD 12a 5
12a 5
 HK 

Vậy d SH, DF  
DF
25
25
2

Tài liệu group Nhóm Toán

2

2

2

0,25

Trang 6


Ta có: EH : y  3  0

AH : x  2  0

EK : x  2  0  
AK : y  4  0

 A  2; 4 



Giả sử n  a; b  ,  a 2  b 2  0  là VTPT của đường thẳng BD .
  450 nên:
Có: ABD

7

1đ

a
2

2



0,25

0,25

2
 a  b
2

a b
 Với a   b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  1  0

EB   4; 4 
 B  2; 1 ; D  3; 4    
 E nằm trên đoạn BD (thỏa mãn)
ED  1;1
Khi đó: C  3; 1

0,25

 Với a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  5  0 .


EB   4; 4  

 B  2; 7  ; D 1; 4    
 EB  4ED  E nằm ngoài đoạn BD (L)
ED   1;1

0,25

Vậy: A  2; 4  ; B  2; 1 ; C  3; 1 ; D  3; 4 


0,25

+) d có 1 VTCP là u  1; 2;1 .




+) (P) qua A(-1;0;0) và có VTPT n  u  1; 2;1 có pt : x + 2y + z +1 = 0.
8

1đ

0,5

+) H là giao điểm của (d) và (P) nên tọa độ H là nghiệm của hệ pt
x  1
 x  2 y 1 z 1




2
1   y  1. Vậy H(1;-1;0).
 1
x  2y  z  1  0
z  0


0,25

Số có 5 chữ số cần lập là abcde ( a  0 ; a, b, c, d, e {0; 1; 2; 3; 4; 5})
9

0,5đ

abcde  3  (a  b  c  d  e)  3
- Nếu (a  b  c  d) 3 thì chọn e = 0 hoặc e = 3

- Nếu (a  b  c  d) chia 3 dư 1 thì chọn e = 2 hoặc e = 5

0,25

- Nếu (a  b  c  d) chia 3 dư 2 thì chọn e = 1 hoặc e = 4

Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 7


Như vậy với mỗi số abcd đều có 2 cách chọn e để được một số có 5 chữ số
chia hết cho 3
Số các số dạng abcd lập được từ tập A là: 5x6x6x6= 1080 số
Số các số cần tìm là 2 x 1080 = 2160 số
2

2

x 2  y 2  z 2  2x  4y  1   x  1   y  2   z 2  4

1

0,25

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Xét mặt cầu:
2

S  :  x  1   y  2 

2

 z 2  4 . Có tâm I 1; 2; 0  ,bán kính R  2 .

Xét mp    : 2x  y  2z  T  0
G/s M  x; y; z  . Từ 1 có điểm M nằm bên trong  S và kể cả trên mặt cầu  S
 d  I,      R 

0,25

4T
 2  2  T  10
3

 Với T  2 thì M là giao điểm của mp    : 2x  y  2z  2  0
10

1đ

Và đường thẳng  đi qua I và    .
x  1  2t

 :  y  2  t
z  2t


 1 4 4
 M  ; ; 
 3 3 3
7

0,25

8 4

Với T  10 . Tương tự M  ;  ; 
3 3 3
1

x   3
Vậy min T  2 khi 
y  z   4

3

7

x  3

8

max T  10 khi  y  
3

4


z  3


0,25

* Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều đạt điểm tối đa.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHÁNH HÒA
Trường THPT chuyên LÊ QUÝ ĐÔN
ĐỀ DỰ THI THQG 2016
Môn: TOÁN
( Thời gian 120’ không kể thời gian giao đề )
Câu 1(1.0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3  3x2 + 2 .

Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 8


Câu 2 (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :
f(x) = x  3  6  x  ( x  3)(6  x) trên đoạn [3;6]
Câu 3 (1.0 điểm)
a) Giải phương trình trong tập số phức: z3 – 8 = 0 .
b) Giải phương trình: sin5x = 5sinx .
 /2

Câu 4 (1.0 điểm) Tính tích phân I =

x  cos xdx
2
/ 2 4  sin x






Câu 5 (1.0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm H(3,2,4). Hãy viết phương trình
mặt (P) qua H cắt 3 trục tọa độ tại 3 điểm là 3 đỉnh tam giác nhận H làm trực tâm.
Câu 6 (1.0 điểm)

2
, biết tanx = – 3
cos2 x  5 cos x sin x  3sin2 x
b) Có 5 đoạn thẳng có độ dài: 2m,4m,6m,8m,10m. Lấy ngẫu nhiên 3 đoạn trong các đoạn thẳng nói
trên. Tính sác xuất để 3 đoạn đó là 3 cạnh của một tam giác.
a) Tính giá trị biểu thức: P =

Câu 7 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, ∆SAB cân
tại S và nằm trong mặt vuông góc đáy. Khoảng cách từ D đến (SBC) bằng 23a . Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SB và AC theo a.
Câu 8 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho tam giác ABC có góc A tù. Hãy viết
phương trình các cạnh tam giác ABC biết chân 3 đường cao hạ từ đỉnh A,B,C lần lượt có tọa độ
là: D(1;2), E(2;2), F(1;2).
Câu 9 (1.0 điểm) Giải bất phương trình x2 + x – 1  (x + 2) x 2  2 x  2
Câu 10 (1.0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa: x2 + y2 + z2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức :
P = 3(x + y + z) + 2( 1x  1y  1z )

------- HẾT ------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh :…………
Số báo danh :…………………..

Bài
1

Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ (C) y = x3 3x2 + 2
TXĐ: D = R
y’ = 3x2 – 6x ; y’ = 0  x = 0  y = 2

Tài liệu group Nhóm Toán

Điểm
1 điểm
0,25
Trang 9


và x = 2  y = 2
3

2

lim ( x  3x  2)  ; lim ( x 3  3 x 2  2)  

x 

0,25

x 

Bảng biến thiên:

x 
y’

0
+

2


0

y

+

0

+

2

+



0,25

2

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trong khoảng (;0) và (2;+)
Nghịch biến trong khoảng (0;2).
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là A(0;2) và B(2;2).
y
3

2

1

x
-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

0,25

-1

-2

-3

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x) =
x  3  6  x  ( x  3)(6  x)

Đặt f(x) =

x  3  6  x  ( x  3)(6  x) với 3  x  6
1
2




1
x 3

1
x 3



1
6 x

Ta có: f’(x) =
f’(x) = 0 
2

1
6 x








2 x  3
( x  3)(6 x )

6  x  x  3  2x  3 

 (2x – 3) 1 

1
6 x  x 3

2 x 3

( x 3)(6 x )




=0

1
x 3

2 x  3
6 x  x 3

 x=

0,25


1
6 x



2 x 3
( x  3)(6  x )

= 2x  3

Vậy : minf(x) = 3 2 + 9/2  x = 32
Maxf(x) = 3  x = 6  x =  3

Giải phương trình trong tập số phức: z3 – 8 = 0
z3 – 8 = 0  (z – 2)(z2 + 2z + 4) = 0
 z = 2  z2 + 2z + 4 = 0

Tài liệu group Nhóm Toán

0,25

3
2

Bằng cách xét bảng biến thiên ta suy ra: f( 32 )  f(x)  f(6) = f(3)

3.a

1 điểm

0,25
0,25
0,5
điểm
0,25
Trang 10


 z = 2  (z + 1)2 = 3i = (i 3 )2  z1 = 2; z2 = –1 – i 3 ; z3 = –1 + i 3
Vậy pt có tập nghiệm: S = {2; –1 – i 3 ; –1 + i 3 }

0,25

Giải phương trình: sin5x = 5sinx

0,5
điểm

Ta viết pt về dạng: sin5x – sinx = 4sinx  2cos3xsin2x = 4sinx
 4cos3xsinxcosx = 4sinx  sinx(cos3xcosx – 1) = 0  sinx = 0  cos3xcosx =
3.b 1
Với sinx = 0  x = k
Với cos3xcosx = 1  cos4x + cos2x = 2  2cos22x + cos2x – 1 = 0
 cos2x = 1  cos2x = ½  x = /2 + k ; x =  /6 + k
Vậy pt có tập nghiệm S = {/2 + k ;  /6 + k; /6 + k} k  Z

0,25

0,25

 /2

Tính tích phân I =



2



I=

1 điểm


2

x
4  sin 2 x

dx 

 2

4

x  cos xdx
2
/ 2 4  sin x






cos x
4 sin 2 x

dx = H + K

0,50

 2

Vì hàm dưới dấu tích phân H là hàm lẻ nên H = 0
hàm dưới dấu tích phân K là hàm chẳn,nên:

2

K=

2


2

cos x
4sin2 x

dx  2

0


2

1
4sin2 x

d(sin x) 

0

1
2


0

1
2sin x



1
2sin x

 d(sin x)   ln
1
2

|sin x2|
|sin x2|




2

0

0,50

ln 3

 K= 2
Trong không gian Oxyz cho H(3,2,4). Hãy viết phương trình mặt (P) qua H
cắt 3 trục tọa độ tại 3 điểm là 3 đỉnh tam giác nhận H làm trực tâm.

1 điểm

C

H

5

O

B

A

Giả sử mặt (P) cắt Ox,Oy,Oz tại A,B,C. Gọi H là trực tâm ABC ta chứng minh
rằng OH  (ABC). Ta có BC  CH.
Do CO  (OAB)  BC  CO. Nên BC  (COH)  OH  BC.
(1)
Tương tự như vậy ta cũng có
OH  AC
(2)
Từ (1) và (2)  OH  (ABC).
Tài liệu group Nhóm Toán

0,5

Trang 11



OH = (3;2;4)  pt mặt (P): 3(x – 3 + 2(y – 2) + 4(z – 4) = 0

Vậy pt (P): 3x + 2y + 4z – 29 = 0
Tính giá trị biểu thức: P =
6.1

Ta viết lại P =
Vậy P =

2
, biết tanx = – 3
cos x  5 cos x sin x  3sin2 x
2

2
cos 2 x
2

1  5 tan x  3 tan x

2

tan 2 x  1
=

1  5 tan x  3tan 2 x

20
43

0,25
0,25
0,5
điểm
0,25

20
43

0,25

Có 5 đoạn thẳng có độ dài: 2m,4m,6m,8m,10m. Lấy ngẫu nhiên 3 đoạn. Tính
0,5
sác xuất để 3 đoạn đó là 3 cạnh của một tam giác.
điểm
Giả sử độ dài 3 cạnh tam giác là a,b,c và: a > b > c. dãy 2,4,6,8,10 là cấp số cộng
với
công sai 2. Ta chỉ cần b + c > a. Các kết quả đồng khả năng là: C53 = 10
0,25
6.2
Mà a ≥ b + 2, b ≥ c + 2  b + c > a ≥ b + 2  c > 2 hay c ≥ 4  b ≥ 6 và a ≥ 8.
Nếu a = 8  b,c {4;6}; (a,b,c) = {8;6;4}
Nếu a = 10  b,c {4;6;8}. Khi đó (a,b,c) = {10;8;4};{10;8;6}
Tóm lại chỉ có 3 bộ thỏa ycbt. Nên xác suất để 3 đoạn đó là 3 cạnh của một tam
0,25

giác là P = 3/10
Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, ∆SAB cân
tại S và nằm trong mặt vuông góc đáy. Khoảng cách từ D đến (SBC) bằng 23a .
1 điểm
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SB và
AC theo a.
S

E

7

A

J

0,25

D

H
I
K

C

B

Vì SAB cân tại S và nằm trong mặt vuông góc mặt đáy nên khi gọi SI là đường
cao của SAB  SI  (ABCD).

Vì AD || BC  AD || (SAB) nên khoảng cách từ D đến (SBC) cũng là khoảng
cách từ A đến (ABCD) .Hạ AJ  SB thì AJ  (ABCD).
2a

Đặt SI = h. Ta có : AJ.SB = SI.AB trong đó : AJ = 3 ; SB =
Tài liệu group Nhóm Toán

0,25

2

h 2  a4  h =
Trang 12


a 5
5
2 5

 V = 15 a3.
Qua B kẻ đường thẳng || AC cắt DA tại E. Khi đó BCAE là hình bình hành:
Suy ra d( SB, AC) = d( AC,(SBE)) = d (A,(SBE)).
Vì I là trung điểm AB nên :d(A,(SBE)) = 2d(I,(SBE)). Hạ IK  BE thì theo định
lý 3 đường vuông góc  SK  BE. Hạ IH  SK  IH (SBE).
Mà d(A,BE) = 2S(ABC)/AC =
Vậy IK =

0,25

2a 5

5

a 5
5

0,25

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có góc A tù. Hãy viết phương trình
các cạnh tam giác ABC biết chân 3 đường cao hạ từ đỉnh A,B,C lần lượt có
tọa độ là: D(1;2), E(2;2), F(1;2).

1 điểm

H
F

0,25
E

8

B

A

D

C

Trước hết ta chứng minh rằng khi ABC tù ở A thì A là tâm vòng tròn nội tiếp

DEF. Thật vậy:
  900  BHF

 
ADE  ABE

Do 2 tứ giác nội tiếp BDAE và DCFA nội tiếp nên: 

ADF  
ACF  900  FHB
 

0,25

 
ADE  
ADF .
 . Tương tự như vậy ta cũng có EA là phân giác
Hay DH là tia phân giác góc FDE
 suy ra A là tâm vòng tròn nội tiếp DEF.
của góc DEF
Phân giác trong và ngoài tại D: d1: 3x – y + 1 = 0;
d2: x + 3y + 7 = 0

0,25

Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 13

TRƯỜNG CAO ĐẲNG NGHỀ NHA
TRANG
BỘ MÔN TOÁN

ĐỀ GIỚI THIỆU SỐ 1
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Phân giác trong và ngoài tại E:
e1: x – 2y + 2 = 0;
e2: 2x + y – 6 = 0
Phân giác trong và ngoài tại F:
f1: x + y – 1 = 0;
f2: x – y + 3 = 0
Vì ABC có góc A tù thì 3 cạnh BC,CA,AB của nó có phương trình là: d2, e1, f1.
Vậy BC: x + 3y + 7 = 0;
CA: x – 2y + 2 = 0;
AB : x + y – 1 = 0
Giải bất phương trình x2 + x – 1  (x + 2) x 2  2 x  2
2

2

2

x  2x – 7 + (x + 2)(3  x  2 x  2 )  0  (x  2x – 7)
9

1 điểm



( x 1) 2 1  ( x 1)
3 x 2  2 x  2



 0.

( x 1) 2 1  ( x 1)

Vì:

2

( x  1)  1  x  1  x  1 nên :

3 x 2  2 x  2

0,25

> 0 , x.

 x2 – 2x – 7  0  x  1  2 2  1 + 2 2  x
Vậy bất pt có tập nghiệm: S = (;1  2 2 ] [1 + 2 2 ;+)
Cho x,y,z > 0 thỏa: x2 + y2 + z2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3(x + y + z) + 2( 1x  1y  1z )

0,25

0,25
0,25
0,25
1 điểm

Trước hết ta có: (x – 1)2(x – 4) ≤ 0 ,x < 3 (dấu “=” xảy ra tại x = 1)
Hay : x2 + 9 ≤ 6x + 4x  ½ (x2 + 9) ≤ 3x +
10

2
x

2

2
y

2

2
z

Tương tự ta cũng có ½ (y + 9) ≤ 3y +
½ (z + 9) ≤ 3z +

0,5

(1)
(2)

0,25

(3)
Cộng (1),(2) và (3) vế theo vế cuối cùng ta có: ½ (x2 + y2 + z2 + 27)  P
0,25

Vậy minP = 15  x = y = z = 1
------- HẾT -------

Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y  x 3  3 x 2  1 (C)
Câu 2( 1,0 điểm ). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  x  2 ln x trên đoạn [1;3]
Câu 3( 1,0 điểm ).
a) Cho số phức z thoả mãn: (1  i)( z  i)  2 z  2i . Tính môđun của số phức w, biết

w  z  2z  1 .
b) Giải phương trình: log 9 (2.3x  3)  x
Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 14


e

Câu 4 (1,0 điểm ). Tính tích phân: I   x 2 (1  ln x)dx
1

Câu 5(1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1; 2; 3), B(1; 0; -5) và
mp(P) : 2x +y -3z +2 =0. Lập phương trình tham số của đường thẳng AB. Tìm tọa độ M thuộc (P)
sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng
Câu 6 (1,0 điểm ).

2sinx  cosx
a) Tính giá trị biểu thức: P 
biết tan x  2
sinx  cos3 x
b) Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy
ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng
một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 7( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  a, BC  a 3 . Hai
mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn SC sao cho SC  3IC .
Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SB biết AI vuông
góc với SC.
Câu 8( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường
thẳng d : x  y  1  0 . Điểm E  9; 4  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2; 5  nằm
trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm
C có hoành độ âm.
2
2

Câu 9(1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  ( x  2) x  4 x  7  y y  3  x  y  2  0 ( x, y  R) .
2
 x  y  1  x  y  1

Câu 10(1,0 điểm ). Cho các số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

2
a  a.b  3 abc



3
abc

…………………Hết…………………

Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 15


Câu
1
(1,0 điểm)

Nội dung

Điểm
0.25

TXĐ: D  R
y '  3x 2  6 x , y '  0  x  0 hoặc x  2
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và 2;  , nghịch biến trên khoảng 0;2
Hàm số đạt cực đại tại x  0 , y CĐ  1 , đạt cực tiểu tại x  2 , yCT  3

0.25

lim y   , lim y  
x  

x  

* Bảng biến

thiên
x

0

–∞

y'

+

2

0

-

+∞

0

+

0,25

+∞

y
–∞

1

-3

Đồ thị
0.25
(1 điểm)
2

Hàm số f(x) liên tục và xác định trên [1;3] và f , (x)  1

2
x

Với x  [1;3] : f ' (x)  0  x  2
Ta có: f (1)  1;f (2)  2  2ln 2;f (3)  3  ln 3
max f (x)  3  ln 3; min f (x)  1

0.25
0. 25
0. 25
0.25

[1;3]

[1;3]

3
a,(0,5 đ). ta có: (1  i)( z  i)  2 z  2i  z  i

4

0.25

Khi đó: w  1  3i | w | 10

0.25

b,(0,5 đ). log 9 (2.3x  3)  x  2.3x  3  9 x  (3x )2  2.3x  3  0

0.25

Đặt t  3x  t 2  2t  3  0  t  1(l); t  3(n)
t=3 => x =1

0.25

e

e

e

I   x (1  ln x )dx   x dx   x 2 ln xdx
2

1

Tài liệu group Nhóm Toán

2

1

0.25

1

Trang 16


e



x 2 dx 

1
e



e3 1

3 3

x 2 ln xdx 

1

=> I=
5.

0.25

2e 3 1

9
9

5e3  2
9

0.25
0.25




(1 điểm). VTCP của AB: u  AB  (2; 2; 8)

0,25

x  1  t

PTTS của AB:  y  2  t


z  3  4t

0,25

A, B, M thẳng hàng khi M là giao điểm của AB và (P).
Vì M  (P)  M(1  t; 2  t;3  2t)

0.25

M thuộc P : 2(-1+t)+2-t-3(3-2t)-4=0  t  1 => M(0 ;1 ;1)

0.25

a) (0.5 đ)

6

tanx=2 => cos 2 x =1/5
P=

0.25

2tanx-1
15

2
tanx  cos x
9

0.25

b) (0.5 đ) Số phần tử của không gian mẫu là   C164  1820 .

0.25

+) Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai
quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: C41C53
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: C41C52C71
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: C41C51C72

0.25

Khi đó  B  C41C53  C41C71C52  C41C72C51  740 .
Xác suất của biến cố B là P  B  
7.

B




740 37

.
1820 91

(1 đ)

Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 17


S

D

A
E

I
O
H
B

M

C

+) Gọi O  AC  BD , Vì ( SAC )  ( ABCD),( SBD)  ( ABCD)  SO  ( ABCD) .
AB 2  BC 2  a 2  3a 2  2 a  OC  a.
CI
CA
Do AI  SC  SOC & AIC đồng dạng 

 SC  a 6
CO C S
AC 

+) SO  SC 2  OC 2  a 5, S

ABCD

0.25

1
15
 a.a 3  3a 2  VSABC  SO.S ABCD  a3
3
3

0,25
0.25

+) Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M  SB // (AIM)
 d ( SB , AI )  d ( SB , ( AIM ))  d ( B , ( AIM )) 

Hạ IH  ( ABCD )  IH 
+) Ta có : IM 

3VI . ABM
.
S AMI

SO
5
a2 3
1
a3 15

a
, SABM 
 VI . ABM  IH .SABM 
3
3
3
3
27

SB SC
2

 a ; AM 
3
3
3

AB 2  BM 2  a

7
, AI 
3

AC 2  CI 2  a

10
3

0.25

1
  3 70  sin MAI
  154  S
  a 2 55
AM . AI sin MAI
 cos MAI
AMI 
28
28
2
12
 d ( B, ( AIM )) 

8

3VI . ABM
4a
4a

 d ( SB, AI ) 
S AMI
33
33

(1 điểm)
B

+) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC
 E’ thuộc AD.

E
I

A

0.25

J

E'
F
D

Tài liệu group Nhóm Toán

C

Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm
E  9; 4 

 phương trình EE’: x  y  5  0 .
Gọi I = AC  EE’, tọa độ I là nghiệm hệ
x  y  5  0
x  3

 I  3;  2 

x  y 1  0
 y  2
Trang 18

Vì I là trung điểm của EE’  E '(3; 8)
+) AD qua E '(3; 8) và F (2; 5)  phương trình AD: 3 x  y  1  0
+) A  AC  AD  A(0;1) . Giả sử C (c;1  c) .
Vì AC  2 2  c 2  4  c  2; c  2  C (2;3)
+) Gọi J là trung điểm AC  J (1;2)  phương trình BD: x  y  3  0 .
Do D  AD  BD  D(1; 4)  B(3;0) . Vậy A(0;1) , B(3;0), C (2;3), D(1; 4).

0.25
0.25
0.25

Điều kiện: x 2  y  1  0
9.

Phương trình (1)  ( x  2) ( x  2)2  3  x  2   y ( y )2  3  y

Xét hàm số f (t )  t t 2  3  t Có f '(t )  t 2  3 

t2
t2  3

 1  0 t

0,25

0,25

 Hàm số f(t) đồng biến trên R  Phương trình (1)  x  2   y

0,25

Thay vào (2) ta có
3
3


x
x


x  x  1  2x  3  

2
2
2
2
2
2
 x  x  1  4 x  12 x  9
 x  x  1  4 x  12 x  9
3

x

3
2



x


   x  1  x  1  y  1 (tmdk)
2
2
3 x  13 x  10  0

10
 x  
3

2

0,25

Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (-1;-1).
1 a  4b 1 a  4b  16c 4
 .
= (a  b  c )
2
2
4
3
3

+) Theo BĐT Cô-si ta có: a  ab  3 abc  a  .

0,25

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 4b = 16c
+)  P 
10.

3
3

, Đặt t  a  b  c , với t > 0
2(a  b  c )
abc
3

3
3 3
3 3
khi đó P  2  . Xét hàm f (t )  2  , f '(t )   3  2 , f’(t) = 0  t = 1
t
t
2t
2t
t
t

+) Lập bảng biến thiên của hàm số f(t)

+) Từ BBT ta suy ra Pmin

Tài liệu group Nhóm Toán

0.25

3
  đạt được khi
2

TRƯỜNG CĐ NGHỀ NHA TRANG

0,25

a  16 / 21
a  b  c  1

 b  4 / 21

a  4b  16c
c  1/ 21


0.25

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA
Trang 19


2016
ĐỀ GIỚI THIỆU SỐ 2

Môn thi: TOÁN - Thời gian làm bài: 180 phút

------------------------

---------------------------------------------------

Câu 1 (1 điểm): Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

x 1
.
x 1

Câu 2 (1 điểm):
a) Cho tan a 

4
3
với   a  . Tính A  2sin a  3cos2 a .
3
2

b) Tìm phần thực, phần ảo, môđun của số phức z biết rằng: z  2 z  6  2i .
Câu 3 (1 điểm):
a) Giải phương trình: 3x 1  31 x  2
1
2

b) Tính tích phân: I   e x 1 xdx
0

Câu 4 (1 điểm):
a) Một hộp có 12 viên bi, trong đó có 7 bi xanh và 5 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên
bi. Tính xác suất để trong 3 bi lấy ra có ít nhất 1 bi đỏ.

b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f  x   x 3  3 x 2  4 với trục
Ox .

Câu 5 (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2;0; 1), B (1; 2;3), C (0;1;2) ,
D(1;-1;0)
a) Viết phương trình mặt phẳng (ABC).
b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm D và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
Câu 6 (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Cạnh bên tạo với
mặt đáy một góc 600.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA, CD.
Câu 7 (1 điểm): Giải phương trình

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

Câu 8 (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 1),
đường thẳng BC có phương trình y = 0, đường phân giác trong của góc BAC có phương
trình y = x − 2, điểm M(−6; −2) thuộc đường thẳng AB. Tính diện tích tam giác ABC.

Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 20


 x  3 x  2 y  x  1  12
2
 x  4 x  2 y  8  0

Câu 9 (1 điểm): Giải hệ phương trình: 

Câu 10 (1 điểm): Cho x, y, z > 0 . Tìm GTNN của biểu thức : P =

BỘ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

ĐỀ GIỚI THIỀU – KỲ THI THPT QUỐC GIA
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.

CÂU
ĐÁP ÁN
Câu 1
(1điểm) *Tập xác định: D   \ 1
* Giới hạn và tiệm cận:
lim y  ; lim y   => tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 .
x 1

3x
4y
5z
+
+
.
y+z
z+x
x+y

ĐIỂM

0,25

x 1

lim y  1; lim y  1 => tiệm cận ngang là đường thẳng y  1 .

x 

x 

* Sự biến thiên: y ' 

2

 x  1

2

 0 x  D .

Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  , 1 và  1;   .
Hàm số không có cực trị.
*Bảng biến thiên:
x
−∞
1
+∞
y'
−
||

−
Y
+∞
1
1
*Đồ thị:
X
-3
1
Y
2
0

0,25

0,25

-∞

-2

-1

0

3

||

-1

0,25

Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 21


Câu 2
(1điểm) a) (0.5 điểm)
16
4 
3 
1
9

; sin 2 a  1  cos 2 a   sin a  
  a 

2
1  tan a 25
25
5 
2 
13
A  2 sin a  3cos 2 a  
25

cos 2 a 

0,25

0,25

b) (0,5 điểm)
Giả sử z  a  bi  a, b    ta có:
a  2
. Vậy z  2  2i
z  2 z  6  2i  3a  bi  6  2i  
b  2
Phần thực a  2 , phần ảo b  2 môđun z  2 2

0,25
0,25

Câu 3
(1điểm) a) (0,5 điểm)
3x 3
  2 1
3 3x
Đặt t  3x  t  0  thì 1  t 2  6t  9  0

0,25

 t  3  3x  3  x  1

0,25

3x 1  31 x  2 

b) (0,5 điểm)
Đặt t  x 2  1  dt  2 xdx  xdx 

0,25

2

2

I

dt
. Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  2
2

1 t
1
1
e dt  et  e  e  1

21
2 1 2

0,25

Câu 4
(1điểm) a) (0,5 điểm)
Gọi A là biến cố lấy được 3 bi xanh : P  A  

C73
7


3
C12 44

0,25

Gọi B là biến cố lấy được ít nhất 1 bi đỏ thì:

 

B  A  P  B   P A  1  P  A  1 

7 37

44 44

0,25

b) (0,5 điểm)
2
x  0
. Diện tích hình phẳng : S   x3  3x 2  4 dx
x  3x  4  0  
x

2

0

3

2

0,25

2

2

x4
S    x  3x  4  dx 
 x 3  4 x  4 (đvdt)
4
0
0
3

2

Câu 5
(1điểm) a) (0,5 điểm)
Mặt phẳng (ABC) qua A  2; 0; 1 và có vectơ pháp tuyến là

Tài liệu group Nhóm Toán

0,25

0,25

Trang 22


 
n   AB, AC    10; 5; 5 

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (ABC): 2 x  y  z  3  0
b) (0,5 điểm)
Mặt cầu (S) tâm D 1; 1;0  tiếp xúc với mặt phẳng (ABC) có bán kính
R  d  D,  ABC   

2
.
6

0,25
2

2

Phương trình mặt cầu :  x  1   y  1  z 2 
Câu 6
(1điểm)

0,25

2
3

0,25

S

Gọi H là tâm của đa giác đáy thì SH vuông
góc với mp(ABCD), BH là hình chiếu của
SH lên mp(ABCD).
Góc giữa cạnh bên SB với mp(ABCD) là
A

D
H

60 o

B

  60o
SBH
1
a 2
a 6
BH  BD 
. SH  BH tan 60o 
2
2
4

0,25

C
2

S ABCD  a ; thể tích VS . ABCD

1
a3 6
 S ABCD .SH 
3
12

0,25

b) (0,5 điểm)
Ta có AB//CD nên d  SA, CD   d CD,  SAB    d C ,  SAB   h
1
2

Và VS . ABC  VS . ABCD 

a3 6
(1)
24

7
BH
1
 a 2 . Gọi N là trung điểm AB thì BN  a suy ra SN 
a
o
cos 60
2

2
1
7 2
Diện tích tam giác SAB: S SAB  SN . AB 
a Suy ra
2
4
1
7 2
VC .SAB  S SAB .h 
a .h (2)
3
12
a 6 a 42
Từ (1) và (2) suy ra h 

14
2 7

0,25

SB 

0,25

Câu 7
(1điểm)
ĐK: sin x  cos x  0  x 

3

 k , k   .
4

PT đã cho tương đương với phương trình:

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

Tài liệu group Nhóm Toán

1  sin x   0

0,25

Trang 23


0,25
0,25

2

  sin x  1  cos x  1  0


x
 k 2
sin x  1  0




k, l  
2

 cos x  1  0
 x    l 2

0,25

Câu 8
(1điểm)
Phương trình đường thẳng AB: x  3 y  6  0
Gọi  là góc giữa 2 đường thẳng AB và phân giác trong (d) thì

 
2
cos   cos n1 , n2 
20


(với n1  1;3 là VTPT của AB và n2  1; 1 là VTPT của (d))


Giả sử n   A; B   0 là tọa độ VTPT của đường thẳng (d’) chứa cạnh AC khi





0,25

đó:

 
cos   cos n, n2 

AB

2
20
A B 2
2
2
 3 A  10 AB  3B  0 ( B  0 vì nếu B  0 thì A  0 mâu thuẫn giả thiết
 
n  0)

 n   3B; B 
3 x  y  10  0
 A  3B


   1
Ứng với 2 phương trình: 
1

A  B
 n   3 B; B 
 x  3 y  6  0 ( AB)


3






2



2

0,25

Vậy đường thẳng (d’) chứa cạnh AC là : 3 x  y  10  0 .
8
 10 
 suy ra BC 
3
 3
Chiều cao của tam giác ABC ứng với cạnh BC là d  A, BC   1 suy ra diện tích

Tọa độ điểm B và C lần lượt tìm được là : B  0; 6  và C  0;
4
là S 
3

0,25

0,25

Câu 9
(1điểm)
2

 x  3 x  2 y  x  1  12
 3 x  2 y   x  x   12

 2
2
 x  4 x  2 y  8  0
 3 x  2 y    x  x   8

u  3 x  2 y

Đặt 

2

v  x  x

u.v  12
u  6 u  2


u  v  8
v  2 v  6

thì hệ (1)  

 x  1

u  6 3 x  2 y  6
y  3/ 2
 2


  x  2
v  2
x  x  2

  y  6
Tài liệu group Nhóm Toán

(1)

0,25

0,25

0,25
Trang 24


  x  3

3 x  2 y  2
u  2
 y  11/ 2

 2


 x  2
v  6
x  x  6

  y  2

0,25

Câu 10
(1điểm)
 3x
  4y

  5z
P= 
+ 3 + 
+ 4 +
+ 5  - 12
 x+y
y+z
 z+x

 3
4
5 
= x + y + z
+

+
 - 12
y
+
z
z
+
x
x
+
y

2
2
2
2
2
2 


1
3 
4 
5  
=
x + y + y + x + z + x 
 + 
 + 
  - 12
2

 y + z 
 z+x
 x + y  






 

0,25



 

1
( 3 + 4 + 5) 2 - 12
2

MinP =

0,25

y+z
z+x
x+y
1
=

=
( 3 + 2 + 5) 2 - 12 
2
2
3
5

0,25

0,25

SỞ GD&ĐT KHÁNH HÒA

ĐỀ ÔN TẬP THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT ĐOÀN THỊ ĐIỂM

Câu 1 (2,0 điểm ). Cho hàm số : y 

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

2x  3
(C )
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1.
Câu 2 (1,0 điểm ).
a) Giải phương trình:

3 sin 2 x  2 cos x  cos 2 x  1 .

b) Tính mô đun của số phức sau: z = (2– i) 2 – (1+2i).
Câu 3 (0,5 điểm ) Giải phương trình

log2(x – 3) + log2(x – 1) = 3.

Câu 4 (1,0 điểm ) Giải bất phương trình:

5 x

2

 5 x  10  x  7   2 x  6  x  2  x 3  13 x 2  6 x  32

Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 25


e

Câu 5 (1,0 điểm ) Tính tích phân: I  
1

ln x
x ln x  1

dx

Câu 6 (1,0 điểm ) Trong không gian Oxyz cho các điểm A(1;2;0) , B(3;4;2) . Tìm tọa độ điểm I
trên trục Ox cách đều hai điểm A, B và viết phương trình mặt cầu tâm I , đi qua hai điểm A, B.
Câu 7 (1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt bên (SAB) là
tam giác đều và vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AB. Tính thể tích hình chóp
S.ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC
nằm trên đường thẳng d : x  y  1  0 . Điểm E  9; 4  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm
F  2; 5  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình

thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.
Câu 9 (0,5 điểm ) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất . Giả sử súc sắc xuất hiện mặt b
chấm. Tính xác suất để phương trình x 2  bx  2  0 có hai nghiệm phân biệt.
Câu 10 (1,0 điểm ) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c và a 2  b 2  c 2  5 .
Chứng minh rằng:
(a  b)(b  c )(c  a)(ab  bc  ca)  4
-----------------------------------------Hết------------------------------------------(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

ĐÁP ÁN ĐỀ ÔN TẬP THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
CÂU
1(2đ)

NỘI DUNG

ĐIỂM

a) Khảo sát và vẽ đồ thị
TXĐ: R \  1
y' 

0,25

5
 0 , x  1
( x  1) 2

Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) va  (1; )
Hàm số không có cực trị

Tài liệu group Nhóm Toán

Trang 26