5 đề thi thử môn toán 2016 có lời giải chi tiết

www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN –LẦN I
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)
3

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  2 .

om

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  x  2  4  x .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: cos 2 x  5sin x  2  0 .
b) Giải bất phương trình: log 0,5 x  2 log 0,25 ( x  1)  log 2 6  0.
5

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I 

dx
2x 1  5


1

n.c

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) và mặt phẳng (P) có
phương trình: x - 2y - 4z + 8 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trong mặt phẳng (P) sao cho CA = CB

và mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm).
10

5 

a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức  x. 3 x  2  với x  0 .
x 

b) Từ các chữ số 1, 3, 4, 5, 6, 7 lập các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu
nhiên một số bất kì trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn.

thv

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M là trung
điểm CD, SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) với H là giao điểm của AC với BM. Góc giữa
(SCD) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và SM theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D là điểm đối xứng
với C qua A. Điểm H(2; -5) là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AD, điểm K(-1; -1) là hình
chiếu vuông góc của điểm D trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình

 x  12   y  2 2  25 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có hoành độ dương.

ma

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực
6 x3  3 x 2  y  y 2  xy  3 x  2 

2

 4 x  y  2  x  1  y  1
Câu 10 (1,0 điểm). Cho 2 số thực a, b a, b   0;1 và thỏa mãn: ( a 3  b3 )(a  b)  ab(1  a)(1  b) .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

1
1 a

2



1
1 b

2

 3ab  a 2  b 2 .

-----------------------HẾT----------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Hä và tªn thÝ sinh: ................................................................................; SBD.....................................

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
Câu
Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I

Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 3  3 x  2
* Tập xác định: D  
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3 ; y '  0  x  1 hoặc x  1

Điểm
(1,0 điểm)
0,25

om

- y' > 0 với x   1;1 nên hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 ;

y' < 0 với x   ; 1  1;+  nên hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1 và 1;+ 
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1; yCT = - 4 , đạt cực đại tại x  1, ; yCĐ = 0
- Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

x 

- Bảng biến thiên
x
f' x



 



-1
0



1
0







 

f x

4



* Đồ thị :
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 2)
Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (2;0), 1;0 

y

thv

4

-2

Câu 2

2

0,25
x

-1

O

1

5

-2

-4

-4

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  x  2  4  x .

(1,0 điểm)

x  2  0
1
1
4 x  x 2
 2  x  4  TXĐ: D   2; 4 ; f '( x ) 


4

x

0
2 x  2 2 4  x 2 x  2. 4  x


ma

Đk: 

f '( x )  0  4  x  x  2  x  3   2; 4 

0,25

Vậy max f  x   2 khi x  3 , min f  x   2 khi x  2 hoặc x = 4.

Câu 3

0,25
0,25
0,25

f  2   2; f  3  2; f  4   2;
2;4

0,25

n.c

0

0,25

 2;4

a) Giải phương trình: cos 2 x  5sin x  2  0 1 .

1  1  2sin 2 x   5sin x  2  0  2sin 2 x  5sin x  3  0



x   k 2


1

6
sin x   tm   sin x  sin  
(k   )
2
6

5

 x    k 2


6

sin x  3  loai 

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

(0,5 điểm)
0,25

0,25


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
b) Giải bất phương trình: log 0,5 x  2 log 0,25 ( x  1)  log 2 6  0

(0,5 điểm)

ĐK: x > 1 (*); Với đk (*) ta có:
0,25

log 0,5 x  2log 0,25 ( x  1)  log 2 6  0   log 2 x  log 2 ( x  1)  log 2 6  0
,

 log 2  x( x  1)  log 2 6  x( x  1)  6  x 2  x  6  0

0,25

 2  x  3 . Kết hợp đk (*) ta được 1  x  3  tập nghiệm S = (1; 3]
Tính tích phân: I  
1

dx
2x 1  5

om

Câu 4

5

(1,0 điểm)

2

Đặt t  2 x  1  t  2 x  1  2tdt  2dx  dx  tdt
Khi x = 1 thì t = 1; khi x = 5 thì t = 3

 t  5  5 dt  3 dt  5 3 dt  3 dt  5 3 d  t  5
tdt
Do đó I  

1
1 t  5 1
1 t  5
t 5 1

t 5
1
3

3

0,25
0,25
0,25

0,25
4
3
Câu 5 không gian Oxyz, cho các điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) và mặt phẳng (P) có phương trình:
x - 2y - 4z + 8 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trong mặt phẳng (P) sao cho CA = CB và mặt phẳng
(ABC) vuông góc với mặt phẳng (P).
(1,0 điểm)
0,25
Giả sử C ( x; y; z )  ( P )  x  2 y  4 z  8  0
(1)


Ta có AC   x  1; y  1; z  2  , BC   x  3; y  1; z 
0,25
2
2
2
2
2
CA  CB  AC2  BC2   x 1   y 1   z  2   x  3   y 1  z2  x  y  z 1  0 (2)



(P) có VTPT nP  (1; 2; 4) ; AB   2; 2; 2  .
3

3

n.c

 t 1  5ln t  5 1  2  5  ln 8  ln 6   2  5 ln



 

thv

(ABC) qua A, B và vuông góc (P) nên (ABC) có VTPT n  nP , AB  (12; 6;6)  6  2; 1;1
 phương trình (ABC) là: 2  x  3   y  1  z  0  2 x  y  z  5  0
(3)

C ( x; y; z )  (ABC)  2 x  y  z  5  0

 x  2 y  4 z  8  x  2


  y  1  C  2;1; 2  .
Từ (1),(2),(3) ta có hệ pt:  x  y  z  1
2 x  y  z  5
z  2




0,25

10

5 

a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức  x. 3 x  2  với x  0 . (0,5 điểm)
x 

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển đã cho là

ma

Câu 6

0,25

4
(10 k ) 
k
C10 .x 3
. 

Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với k thỏa mãn:
Vậy số hạng cần tìm là:

4

C10
.

 5 

4

k

5 
k
k
 C10
.  5  . x
2
 x 

4010 k
3

4010 k
 0  k  4
3

0,25

0,25

 131250 .

b) Từ các chữ số 1, 3, 4, 5, 6, 7 lập các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số
bất kì trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn.
(0,5 điểm)
* KGM  là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được tạo nên từ 6 chữ số đã cho. Gọi
số tự nhiên cần lập là abcd . Số cách chọn abcd là A64  có: A64  360 (số)  n()  360
* Gọi A là biến cố "số được chọn là số chẵn". Giả sử x  a1b1c1d1  A

0,25

Để x chẵn thì d1  4,6 do đó có 2 cách chọn d1 .
Sau khi chọn d1 thì số cách chọn a1b1c1 là A53  có: 2. A53  120 (số). Vậy n(A)  120
n(A) 120 1
Vậy xác suất để số được chọn là số chẵn là: P(A) 

 .
n() 360 3

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
Câu 7

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M là trung điểm CD, SH vuông góc
với mặt phẳng (ABCD) với H là giao điểm của AC với BM. Góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 600 .
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM theo a. (1,0 điểm)

om

Dựng HE  CD, E  CD   SHE   CD ,
 là góc giữa (SCD) và (ABCD)
suy ra SEH
  600
 SEH

S

Ta có SH  HE.tan 600  3.HE

D

K

A

M
E

H

0,25

1
a
a 3
 HE  AD   SH 
3
3

3

n.c

B

C

CH CM 1 CH 1 

 

HA AB 2 CA 3 HE 1


HE CH
AD
3



AD CA

1
1 a 3 2 a3 3
Ta có SABCD  a 2 Suy ra VS.ABCD  .SH.SABCD  .
(đvtt)
.a 
3
3 3

9
 AB / /CD

Ta có CD   SCD   d  AB, SM   d  AB,  SCD    d  A,  SCD  

 SM   SCD 

0,25

0,25

thv

 AH   SCD   C
d  A,  SCD  
Lại có  AC

 3  d  A,  SCD    3d  H,  SCD  
d  H,  SCD  
3

 HC

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SE, ta có
CD   SHE  , HK   SHE   CD  HK . Do đó HK   SCD   d  H ,  SCD    HK

ma

Câu 8

Xét tam giác vuông SHE có:
1
1
1
1
1
12
a
a 3
a 3




 2  HK 

 d  A,  SCD   3HK 
0,25
2
2
2
2
2
2
HK
SH
HE
a
6
2 3

a 3 a

 3
 3   
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D là điểm đối xứng với C qua A. Điểm H(2;
-5) là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AD, điểm K(-1; -1) là hình chiếu vuông góc của điểm D
2

2

trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình  x  1   y  2   25 . Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có hoành độ dương.
(1,0 điểm)
Đường tròn (T) có tâm I (1; 2) .
Gọi Ax là tiếp tuyến của (T) tại A.
  BDA
  1 Sđ 
AB (1)
Ta có KAx
2
  BKD
  900 nên BKHD là tứ
Do BHD
  HKA
 (2)
0,25
giác nội tiếp  BDA
Từ (1) và (2) ta có
  HKA
  HK // Ax .

KAx
Mà IA  Ax  IA  HK .

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam

Do đó IA có vectơ pháp tuyến là KH  (3; 4) , IA có phương trình 3x  4 y  11  0
Do A là giao của IA và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

0,25

 x  5  x  3
3 x  4 y  11  0
. Do x A  0 nên A(5;1)

;

2
2
( x  1)  ( y  2)  25  y  1  y  5



om

Đường thẳng AC đi qua A và có vectơ chỉ phương là HA  (3;6) nên AC có phương trình
2x  y  9  0 .
Do D là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ

 2 x  y  9  0
x  1
x  5
(loại). Do đó D(1; 7)

tm
;





2
2
( x  1)  ( y  2)  25  y  7
y 1
Vì A là trung điểm của CD nên ta có C(9; 9).



0,25

n.c

Đường thẳng AB đi qua A và có vectơ chỉ phương là AK  (6; 2) nên AB có phương
trình x  3 y  2  0 .
Do B là giao của AB và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

 x  3 y  2  0

 x  4
x  5
(loại). Do đó B (4; 2)

tm
;





2
2
( x  1)  ( y  2)  25  y  2
y 1
Vậy A(5;1) ; C (9;9) ; B (4; 2) .

6 x 3  3 x 2  y  y 2  xy  3x  2  1
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 
2
 4 x  y  2  x  1  y  1  2 

thv

Câu 9

0,25

(1,0 điểm)

x 1  0
ĐK:  2
* Ta có 1  y 2   3x 2  2 x  1 y   6 x3  3x 2   0
4
x

y

2

0

Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn y, ta có:





2









  3 x 2  2 x  1  4 6 x3  3 x 2  9 x 4  12 x3  10 x 2  4 x  1  3x 2  2 x  1

2

ma


3 x 2  2 x  1  3 x 2  2 x  1
 3 x 2
y 
2
Pt (1) có hai nghiệm: 
2
3 x  2 x  1  3 x 2  2 x  1

y

 2x 1

2
Từ pt (2) ta có y  1  0  y  1 , dó đó y  3x 2 không thỏa mãn.

Thay y = 2x +1 vào phương trình (2) ta được

 3 

4 x  2 x  3   2 x  1 





0,25

4 x 2  2 x  3  x  1  2 x  3

điều kiện: x  2
2

0,25

x 1 1  0 

2  x  2

0,25

x2

0
2
x 1 1
4x  2x  3  2x 1



2
1
  x  2 

0
2

x 1 1 
 4x  2x  3  2x 1

 x  2 ( vì

2
2

4x  2x  3  2x 1



1
 0 x  2 )
x 1 1

Với x  2 thì y  5 .
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là  2;5  .

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
Câu
10

Cho 2 số thực a, b  (0; 1) và thỏa mãn: (a3  b3 )(a  b)  ab(1  a)(1  b)
1

1
Tìm GTLN của P =

 3ab  a 2  b 2 .
2
2
1 a
1 b

(1,0 điểm)

(a3  b3 )(a  b)
 (1  a)(1  b) (*) .
ab
(a3  b3 )(a  b)  a2 b2 
     a  b   2 ab .2 ab  4 ab và
vì
ab
 b a 

1  a 1  b   1  (a  b)  ab  1  2

om

gt 

ab  ab , khi đó từ (*) suy ra

4 ab  1  2 ab  ab , đặt t = ab (đk t > 0)

0,25

1

1
0  t  3
0t
ta được: 4t  1  2 t  t  2 t  1  3t  
9
 4t  1  3t 2


1
1
2
1   1
1 
 1






0
2
2
2
2
1 a 1 b

1  ab
 1  a 1  ab   1  b 1  ab 
2

 a  b  .  ab  1  0

1  ab  1  a2 1  b2 

1 
2
2
 1
 2

 2.

và

2
2
1  ab
1  ab
1 a 1 b 
1  a2
1  b2
2
2
2
3ab  a 2  b 2  ab   a  b   ab nên P 
 ab 

t
1  ab
1 t
1
1
1
2
 0 với mọi 0 < t 
Xét hàm số f(t) =
 t với 0 < t  có f ' (t )  1 
9
9
(1  t ) 1  t
1 t


1

thv

vì

0,25

luôn đúng với mọi a, b  (0; 1),

dấu "=" xảy ra khi a = b
1

n.c

Ta có:

ma

a  b
1
6
1
1

 f (t )  f ( ) 
 ,dấu "=" xảy ra  
1 ab
9
3
10 9
t  ab  9
1
6
1
Vậy GTLN của P là
 đạt được tại a  b  .
3
10 9

Chú ý: Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự.

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25

0,25


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 2
TỔ TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015-2016

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian phát đề )

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x − 3 x + 1
3

2

Câu 2 (1 điểm).
2

a) Cho tan x = 2 . Tính giá trị của biểu thức: A =

om

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số, gọi đồ thị hàm sồ là (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
d : y = 9 x − 26 .

4

sin x + cos x
2

4

cos x + sin x
π

 sin 2 x + xe x  dx

sin x + 1

0 
2

n.c

b) Tính tích phân: I = ∫ 

Câu 3 (1 điểm). Giải bất phương trình: log 2 ( x − 3 x + 1) ≤ 0
2

Câu 4 (1 điểm). Cho 10 điểm phân biệt A1, A2,…,A10 trong đó có 4 điểm A1, A2, A3, A4 thẳng hàng,
ngoài ra không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh được lấy trong 10 điểm
trên.

thv

6 xy + 5 y + x − y + 1 = 3 x 2 + 3 y 2 + 5 x + 2 x − 2 y + 1

4
4
Câu 5 (1 điểm). Giải hệ phương trình: 
1
1

sin π x + cosπ y =
−x−
+ y +1

4
4
Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, cạnh AC = 2a , góc

BAC = 300 , SA vuông góc với đáy và SA = a . Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng SB với AC.

Câu 7 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:
2

2

2

ma

x + y + z + 2x + 2 y + 4z + 3 = 0

a) Tìm tâm và bán kính mặt cầu.
b) Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(1;0;1); B(-1;1;2) và cắt mặt cầu (S) theo
một đường tròn có bán kính lớn nhất.

Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường
2

2

tròn (C): x + y = 10 , đỉnh C thuộc đường thẳng có phương trình: x + 2 y − 1 = 0 . Gọi M là hình

 −3 ; 1  và P(1;1). Tìm tọa

 5 5

chiếu vuông góc của B lên AC. Trung điểm của AM và CD lần lượt là N 

độ các đỉnh của hình chữ nhật biết rằng điểm B có hoành độ dương và điểm C có tung độ âm.
2x

y

Câu 9 (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5 + 5 , biết rằng x ≥ 0; y ≥ 0
và x + y = 1
…………………..Hết………………….

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam

ĐÁP ÁN
Câu

2 điểm

a

1) TXĐ: D=R
2) Sự biến thiên của hàm số

om

Câu 1

Điể
m

Nội dung

a) Giới hạn

3 1
lim ( x3 − 3 x 2 + 1) = lim x3 (1 − + 3 ) = +∞
x →+∞
x x

0,25

x →+∞

3 1
lim ( x3 − 3 x 2 + 1) = lim x3 (1 − + 3 ) = −∞
x →−∞
x x

x →−∞

Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận
b) Bảng biến thiên

BBT

0

−∞

x

0

2

y'

-

0

0,25

+∞

+

thv

+

n.c

x = 0
Ta có: y ' = 3 x 2 − 6 x y ' = 0 ⇔ 
x = 2

1

+∞

y

−∞

-3

ma

Hàm số ĐB trên các khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ )
Hàm số NB trên khoảng ( 0; 2 )

Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2; yct = −3

Hàm số đạt cực đại tại xcd = 0; ycd = 1
3) Đồ thị

Một số điểm thuộc đồ thị (1;-1); (3;1); (-1;-2)

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25


om

www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam

b

n.c

0,25

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = 9 x − 26 nên hệ số góc của tiếp
tuyến là k=9.

 x = −1
Ta có y ' = 9 ⇔ 3 x 2 − 6 x = 9 ⇔ 3 x 2 − 6 x − 9 = 0 ⇔ 
 x=3

thv

Với x = −1 ⇒ y = −3 ; tiếp tuyến có phương trình: y + 3 = 9( x + 1) ⇔ y = 9 x + 6
Với x = 3 ⇒ y = 1 ; tiếp tuyến có phương trình: y − 1 = 9( x − 3) ⇔ y = 9 x − 26 (loại)
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = 9 x + 6 .

Câu 2

a

2

0,25

0,25
0,25

4

sin x + cos x

2

1 điểm

0,25

A=

4

sin x + cos x

2

4

2

2

4
tan x (1 + tan x ) + 1 4(1 + 4) + 1
cos x
=
=
=1
2
4
2
4
cos x + sin x
1 + tan x + tan x
1 + 4 + 16

=

cos x + sin x

0,5

4

ma

cos x

b

π

π

π

2
2
sin 2 x
sin 2 x

x
x
I = ∫
+ xe  dx = ∫
dx + ∫ xe dx = J + K
sin x + 1
sin x + 1

0 
0
0
2

π

2

Tình J = ∫

sin 2 x

π
2

dx = ∫

2sin x cos x

dx
sin
x
+
1
sin
x
+
1
0
0
Đặt t = sin x + 1 ⇒ dt = cos xdx
sinx = t − 1

x = 0 ⇒ t =1 x =

2

J =∫
1

2(t − 1)
t

π
2

⇒t =2

2
1
dx = 2 ∫ (1 − ) dx = 2 ( t − ln t ) = 2(1 − ln 2)
1
t
2

1

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
π
2

Tính K = ∫ xe dx
x

0,25

0

π

π

π

π

π

K = x.e 2 − ∫ e dx = e − e 2 = e 2 − e 2 + 1
2
2
0 0
0

Vậy I = 2(1 − ln 2) +

Câu 3

π
2

2

x

π

π

e 2 − e 2 +1 = 3 +

π
2

π

π

e 2 − e 2 − 2 ln 2

 x − 3x + 1 ≤ 1
 x2 − 3x ≤ 0
log 2 ( x − 3 x + 1) ≤ 0 ⇔  2
⇔ 2
x
x
−
3
+
1

>
0

 x − 3x + 1 > 0
2

2

1 điểm

om

Đặt u = x ⇒ du = dx
dv = e x dx ⇒ v = e x
π
π 2
π
x
x

n.c

 0≤ x≤3


3− 5

3
−
5

0 ≤ x <
 x <
2
⇔ 
⇔
2

3 + 5

< x≤3
3
+
5

 x >
 2
2
 

 3− 5  3+ 5 
;3
∪
2
2

 


Vậy nghiệm của bất phương trình là: S =  0;

0,25

0,25

0,5

TH1. Chọn 3 điểm trong các điểm A4, A5,…A10 có C63 = 20 tam giác.

0,25

1 điểm

TH2. Chọn 2 điểm trong các điểm A4, A5,…A10 và 1 điểm trong các điểm A1,…A4

0,25

thv

Câu 4

có C62 .C41 = 15.4 = 60 tam giác.

TH3. Chọn 1 điểm trong các điểm A4, A5,…A10 và 2 điểm trong các điểm
1
6

2
4

A1,…A4 có C .C = 6.6 = 36 tam giác.

ma

Vậy có 20+60+36=116 tam giác.

Câu 5

1 điểm

6 xy + 5 y + x − y + 1 = 3 x 2 + 3 y 2 + 5 x + 2 x − 2 y + 1 (1)

4
4

1
1

sin π x + cosπ y =
−x−
+ y + 1 (2)

4
4

1

 x≤ 4

−1


Điều kiện:  x − y ≥
2

−1

 y≥ 4

Biến đổi phương trình (1) ta có:

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,5


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
5
( x − y )(3( x − y ) + ) + 2( x − y ) + 1 − ( x − y ) + 1 = 0
4
5
x− y
⇔ ( x − y )(3( x − y ) + ) +
=0
4
2( x − y ) + 1 + ( x − y ) + 1
5



4


=0
2( x − y ) + 1 + ( x − y ) + 1 
1

+

om



⇔ ( x − y )  3( x − y ) +

0,25

0,5

TH1. Với x = y thay vào phương trình (2) ta có phương trình

1

sin π x + cosπ x =

−x−

4

1

+ x + 1 (3)

4




2 sin  π x +

Ta có:

−1

1

≤x≤

4

⇔

−π

4

≤πx ≤

4

1

Xét hàm số y2 =

−x−

4

π

4

 −1 ; 1 
 4 4 

π

π

 ; y1 ' = π 2co s  π x + 
4
4


n.c

Xét hàm số y1 = sin π x + cosπ x =

1

⇔ 0≤πx+

π

4

≤

π

nên hàm số y1 ĐB trên

2

+ x + 1 , dễ thấy hàm số NB trên

4

 −1 ; 1 
 4 4 

thv

Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = 0 .
TH2. 3( x − y ) +

5

1

+

4

2( x − y ) + 1 +

= 0 (4)

( x − y) + 1

ma

 x≤1

1
3
4
Vì 
⇒ x − y ≤ ⇒  2( x − y ) + 1 + ( x − y ) + 1  ≤ 2 +
2
2
 y ≥ −1

4
1

Do đó:

2( x − y ) + 1 +

Mặt khác x − y ≥

−1
2

1

≥
( x − y) + 1

⇒ 3( x − y ) +

2+

2

=
3

2+

>
3

1
(5)
3

2

5
4

≥

−1
4

(6)

Từ (5), (6) suy ra phương trình (4) vô nghiệm.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = y = 0

Câu 6
1 điểm

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
S

om

H

C

A

I

K

B

0,25

3
= a 3,
2

n.c

Tình thể tích khối chóp SABC.

Trong tam giác ABC ta có: AB = AC cos 300 = 2a.

0,25

1
BC = AC sin 30 = 2a. = a
2
Vậy thể tích khối chóp SABC là
1
1
1
1
a3 3

V = SA.S ABC = SA. BA.BC = a.a.a 3 =
3
3
2
6
6
Tình khoảng cách giữa SB và AC
Trong mặt phẳng (ABC) kẻ đường thẳng Bx//AC. Khi đó AC//(SBx), do đó
d ( AC ; SB ) = d ( A;( SBx ))
Trong mặt phẳng (ABC) kẻ AK ⊥ Bx , vì
AS ⊥ Bx ⇒ Bx ⊥ ( SAK ) ⇒ ( SBx ) ⊥ ( SAK ) . Trong mặt phẳng (SAK) kẻ
AH ⊥ SK ⇒ AH ⊥ ( SBx ) . Vậy d ( A; ( SBx )) = AH

thv

0

0,25

0,25

0

Trong tam giác ABK vuông tại K có BAK = 60 ta có
0

AK = AB.cos60 = a 3.

1

=

2

2

1

ma

Trong tam giác SAK ta có:

Vậy d ( AC ; SB ) = AH =

a 3

AH

2

=

1

AS

2

+

1

AK

2

=

1
a

2

+

4
3a

2

=

7
3a

2

⇒ AH =

a 3

7

a 3
7

Câu 7

Mặt cầu có tâm I(-1;-1;-2) và bán kính R =

1 điểm

Để mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính lớn nhất thì (P) đi

3

0,25
0,25

qua tâm I.

Ta có AB = (−2;1;1); AI = (−2; −1; −3) . Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABI) là

0,25

n =  AB; AI  = ( −2; −8; 4 )
Phương trình mặt phẳng (P):
−2( x − 1) − 8( y − 0) + 4( z − 1) = 0 ⇔ − x − 4 y + 2 z − 1 = 0
Vậy (P): − x − 4 y + 2 z − 1 = 0

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
Câu 8

A

D

1 điểm
N
M

P

B

om

Q

C

n.c

 NQ / / AB

suy ra PCQN là hình bình hành.

Gọi Q là trung điểm BM, khi đó 
1
 NQ = 2 AB
Suy ra CQ//PN.
Trong tam giác BCN thì Q là trực tâm nên CQ vuông góc với BN. Vì vậy PN
vuông góc với BN.
Đường thẳng BN đi qua N và vuông góc với PN nên có phương trình:
2x + y +1 = 0 .

 x = 1; y = −3
 x 2 + y 2 = 10
B là giao điểm của đường tròn (C) và BN 
⇔
 x = −9 ; y = 13
2 x + y + 1 = 0
5
5

Vì B có hoành độ dương nên điểm B(1;-3).
Gọi C(1-2c;c) CB = (2c; −3 − c); CP = (2c;1 − c) . Do CP vuông góc với BC nên

1 điểm

2x

y

Ta có P = 5 + 5 = 5

2x

0,25

0,25

1− x

+5

2

Đặt t = 5 x 1 ≤ t ≤ 5 . Ta có P = t +

5
5
; P ' = 2t − 2
t
t

P' = 0 ⇔ t =

2

5  5
2
P(1)=6, P(5)=26, P( 3 ) =  3  + 5 3
2  2
5

Ta có Pmax

 x =1
= 26 ⇔ 
y = 0

0,25

0,25

Từ giả thiết và điều kiện của x, y ta có : y = 1 − x và 0 ≤ x ≤ 1

ma

Câu 9

thv

c = −1

CB. CP = 0 ⇔ 5c 2 + 2c − 3 = 0 ⇔ 
3
 c = 5
Vì C có tung độ âm nên C(3;-1)
 x = 2 xP − xc = −1
P là trung điểm CD nên  D
do đó D(-1;3)
 y D = 2 y P − yc = 3
 x − 1 = −4
 x = −3
Ta có BA = CD ⇔  A

⇔ A
 yA + 3 = 4
 yA = 1
Vậy A(-3;1); B(1;-3); C(3;-1); D(-1;3).

0,25

Pmin


2
 x = log 5 3
 5
2

=  3  + 5 3 ⇔ 
5
 2
 y = 1 − log
5


3

5
2

0,25
0,25

5
2
3

0,25
5
2

Chú ý: Nếu thí sinh có cách làm khác với đáp án nhưng vẫn đúng logic và kết quả thì vẫn cho điểm tối
đa.

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ
KỲ THI THPTNĂM 2016
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ THI THỬ

2x  1
 C .
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số.

om

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và trục Oy.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 2sin3xsinx + 2cos2x + 1 = 0 .
b) Cho số phức z thỏa mãn z  z  3  i . Tìm z.
Câu 3 (1,0 điểm).

vn
.c

2

a) Giải bất phương trình log 4 x.log 4 4 x  2 .

b) Trong đợt tuyển chọn và gọi công dân nhập ngũ năm 2016, xã A tuyển chọn được 10 người trong đó
có một người tên Hùng và một người tên Dũng. Xã A cần chọn ra từ đó 6 người để thực hiện nghĩa vụ
quân sự đợt này. Tính xác suất của biến cố 6 người được chọn trong 10 người này không có mặt đồng
thời cả Hùng và Dũng.
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm I(1; –2; 3) và mặt phẳng (P): 2x –
y – 2z – 1 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc với (P) và tìm tọa độ tiếp điểm của (P) với (S).

( x 2  1)ln x
dx .
1
x
e

ma
th

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,

AD = 3BC =

3 3a , AB = 2 2a , tam giác SAB đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính
thể tích khối chóp S.ABCD và góc tạo bởi đường thẳng SA với mặt phẳng (SCD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên cạnh BC với H(0; –1), đường trung tuyến CM của tam giác CAH có phương trình x
+ 3y – 1 = 0, điểm B thuộc đường thẳng d: x – y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết hoành độ điểm
A nguyên.
2
2

(x  y)(x  y )  (x  y)(3xy  x  1)  2
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
2

2(x  y )  3x  y  2  0

Câu 9 (1,0 điểm) . Cho ba số thực x, y, z không âm thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P 

1
1
1
.



x2
y 1
z 1
HẾT

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
ĐÁP ÁN
Câu

Nội dung

Điểm

\ 1

om

2x  1
 C
x 1

Hàm số y 
Câu 1

- TXĐ:

2 điểm

+ ) Giới hạn và tiệm cận : lim y  2; lim y  2 . Đường thẳng y = 2 là tiệm cận
x 

x 

0,25đ

ngang của đồ thị

lim y  ; lim y   . Đường thẳng x= -1 là tiệm cận đứng của đồ thị

x 1

1 điểm

x 1

Ta có : y '  

1
 0, x  1
( x  1) 2

vn
.c

a)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và (1;+)
(Hàm số không có cực trị)

Vẽ đúng bảng biến thiên
- Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị

1 điểm

0,25đ
0,25đ

Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung. Suy ra A(0;1)

0,25đ

y’(0) = -1

0,25đ

ma
th

b)

0,25đ

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;1) là y  y’  0  ( x  0)  1

0,25đ

y = -x + 1

0,25đ

Câu 2

a) Giải phương trình: 2sin3xsinx + 2cos2x + 1 = 0 (1).

1,0đ

(1)  cos 2x  cos4x  2cos 2x+1=0
 2cos 2x+3cos2x  2  0

0,25đ

2

a)
0,5đ

b)

1

 cos 2x    x    k
2
3

z  z 3i

2

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25đ


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
Gọi z = x + yi ta được

0,5đ

0,25đ

x2 + y2 + x – yi = 3 + i

Câu 3
1,0đ

a) Giải bất phương trình log4 x.log4 4 x  2(1) .
ĐK: x > 0

0,25đ

om

 x  1
 x2  y 2  x  3 

   x  2 ta được z = 1 – y và z = -2 – i


y

1

y 1


vn
.c

2
(1)  log 4 x(1  log 4 x)  2  log 4 x  log 4 x  2  0

a)

x  4
log 4 x  1


1 .

log
x


2
x

 4

 16

0,5đ

0,25đ
0,25đ

 1
 1;  
 16 

Tập nghiệm bất phương trình D   0;

b)
0,5đ

ma
th

b) Trong đợt tuyển chọn và gọi công dân nhập ngũ năm 2016, xã A tuyển chọn
được 10 người trong đó có một người tên Hùng và một người tên Dũng. Xã A
cần chọn ra từ đó 6 người để thực hiện nghĩa vụ quân sự đợt này. Tính xác
suất của biến cố 6 người được chọn trong 10 người này không có mặt đồng
thời cả Hùng và Dũng.
Số phần tử của không gian mẫu là C106  210

0,25đ

Số kết quả thuận lợi cho biến cố C106  C84  210  70  140
Xác suất cần tính là

Câu 4
1,0đ

140 14

210 21

0,25đ

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm I(1; –2; 3) và mặt phẳng
(P): 2x – y – 2z – 1 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc với (P) và
tìm tọa độ tiếp điểm của (P) với (S).
Gọi R là bán kính của (S). Ta có R  d (I;(P)) 

2  2  6 1
1
3

(S): (x – 1)2 + (y + 2)2 + (z – 3)2 = 1

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25đ
0,25đ


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
(P) có VTPT n  (2; 1; 2)
Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với (P)

0,25đ

om

 x  1  2t
qua I (1; 2;3)

d: 
  y  2  t
VTCP n  (2; 1; 2)
 z  3  2t


Gọi H  ( P)  ( S ) . Ta có H thuộc d suy ra H(1 + 2t; –2 – t; 3 – 2t)
H thuộc (P) suy ra 2(1 + 2t) – (–2 – t) – 2(3 – 2t) – 1 = 0  t 

( x 2  1)ln x
dx .
1
x
e

Tính tích phân

0,25đ

vn
.c

5 7 7

Ta được H ( ;  ; )
3 3 3

1
3

( x 2  1)ln x
ln x
dx   x ln xdx + 
dx
1
x
x
1
1
e

e

ma
th

e

dx

du

e
u  ln x 

x 2 ln x e 1
x

 A
|1   xdx
A   x ln xdx . Đặt 
2
v

x
dx
2
21
x

1
v 

2
e

e2  1
A
4

0,25đ
0,25đ

e

dx
ln x
, x  1  t  0, x  e  t  1
dx . Đặt t  ln x  dt 
x
x
1

B

Câu 5
1,0đ

1

t2 1 1
B   tdt  |0 
2
2
0

( x 2  1)ln x
e2  3
dx 
1
x
4

0,25đ

e

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25đ


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AD = 3BC =

3 3a , AB = 2 2a , tam giác SAB đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với

om

mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và góc tạo bởi đường thẳng
SA với mặt phẳng (SCD).
Gọi H là trung điểm của AB

SH  AB

0,25đ

Câu 6

SH  a 6, VS . ABCD  8a 2

0,25đ

1,0đ

Hạ HE  CD, E  CD;HF  SE,F  SE

vn
.c


2
  SH  ( ABCD) , S ABCD  4 6a
( SAB)  ( ABCD) 

HF  CD  HF  (SCD) , HF 

2 6a
3

0,25đ

Hạ AK  ( SCD),K  (SCD)  SK là hình chiếu vuông góc của SA trên (SCD)
nên (SA;(SCD)) = (SA; SK)

3
d(H(SCD)) = a 6  AK  a 6
2

ma
th

d(A; (SCD)) =

0,25đ

(SA; (SCD)) = 600

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC …

Câu 7
1,0đ

Gọi M(1– 3m; m) suy ra A(2 – 6m, 2m + 1)

0,25đ

Gọi K là trung điểm của HB ta có KM / / AB  KM  AC  M là trực tâm
tam giác CAK . Gọi D là đối xứng của B qua A ta có HD//AK nên

0,25đ

HD  CM  HD : 3x  y  1  0

D(x ; 3x – 1) suy ra B(4 – 12m – x ; 4m – 3x + 3)
do B thuộc d nên x = 8m + 2
Hay B(2 – 20m ; –20m – 3)

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25đ


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam

HA(2  6m;2m  1), HB(2  20m; 2  20m)
Từ HA. HB  0 và do xA nguyên ta tìm được m = 0
A(2; 1), B(2; -3), C(-3; 2)

0,25đ

1,0đ

(x  y) (x  y) 2  (x  y) 2  2(x  y)   8



2
2
(x  y)  2(x  y)  2  (x  y)  (x  y)

0,25đ

0,25đ

x  y  0
 (x  y)  2(x  y) 2  x  y  2   8  0  x  y  2  
 x  y  2

0,25đ

Nghiệm của hệ phương trình (x; y) = (–1; –1), (–2; 0)

0,25đ

vn
.c

Câu 8

om

2
2

(x  y)(x  y )  (x  y)(3xy  x  1)  2 (x  y)(2xy  x  y)  4
 2
 2
2
2
2(x

y
)

3x

y

2

0

2(x  y )  3x  y  2  0



Cho ba số thực x, y, z không âm thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P 

1
1
1


x2
y 1
z 1
2

ma
th

 1
1 
yz2



Có 

 y 1

yz


y

z

1
z

1


Câu 9
1,0đ

0,25đ

2

yz  y  z  1

2

0,25đ



yz2
2
1
1
1

1

 1 


1

y  z 1
y  z  1 
y  z  1 
y 1
z 1
y  z 1

(x + y + z)2  x2 + y2 + z2 =1  y  z  1  x

 P  f ( x)  1 

0,25đ

1
1

, x  [0;1]
x2
2 x

CM được f(x) đồng biến trên [0; 1] nên f ( x)  f(1)  2 
Giá trị lớn nhất của P bằng 2 

1
3

1
khi y = z = 0, x = 1
3
HẾT

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0,25đ

0,25đ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 - LẦN I
www.MATHVN.com - Toán
Học Việt Nam
TRƯỜNG THPT TRẦN NHÂN TÔNG
Môn thi: TOÁN
-------o0o------ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

2

Câu 4 (1 điểm)

Tính I  

0

x2
x3  1

om

Câu 1 (1 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x 2  4 .
Câu 2 (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
f ( x)  x 2  trên đoạn [ 1 ;2]
x
2
2
Câu 3 (1 điểm) Giải phương trình: log 2 ( x  1)  log 2 (4 x  4)  4  0

dx

Câu 5 (1 điểm)
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùngvuông
0

thv

n.c

góc với mặt phẳng (ABCD). Biết rằng AB= a , BC= a 3 và góc giữa SC với (ABCD) bằng 60 .
Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CE và SB trong đó E là trung
điểm của SD.
Câu 6 (1 điểm)

Trong không gian cho tam giác ABC có A(1;-1;3) B(-2;3;3);C(1;7;-3) lập phương trình mặt phẳng
(ABC) và tìm chân đường phân giác trong kẻ từ A trên cạnh BC.
Câu 7 (1 điểm)
a, Một đoàn gồm 30 người Việt Nam đi du lịch bị lạc tại Châu Phi, biết rẳng trong đoàn có
12 người biết tiếng Anh, có 8 người biết tiếng Pháp và có 17 người chỉ biết tiếng Việt. Cần chọn ra
4 người đi hỏi đường. Tính xác suất trong 4 người được chọn có 2 người biết cả 2 thứ tiếng Anh và
Pháp.
2
b, Tính giá trị của biểu thức P   2cos 2 x  5  3  2sin x  biết tanx  2.

Câu 8 (1 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho hình vuông ABCD.Điểm M nằm trên đoạn BC, đường thẳng

ma

AM có phương trình x  3 y  5  0 , N là điểm trên đoạn CD sao cho góc BMA  AMN .Tìm tọa
độ A biết đường thẳng AN qua điểm K(1;-2).
Câu 9 (1 điểm)

(2 x  4) 3 2 x  3  9 x3  60 x2  133x  98  x 2  2 x  5
Giải phương trình:
Câu 10 (1 điểm)
Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x  y  z  1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
P

2 y  z  2x 2z  x  2 y 2x  y  2z


x2  x
y2  y

z2  z

……...HẾT...........
Họ tên thí sinh: ................................

Số báo danh:…………………………..

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc


www.MATHVN.com - Toỏn Hc Vit Nam
P N-HNG DN CHM MễN TON
Cõu 1 Cho hm s: y x 3x 2 4
3

1 1
1. Tập xác định: D
2. Sự biến thiên:

x

x

+Bảng biến thiên:
x
y'

x

-

0
0
4

+

x

-

2
0

+

+

0.25

0.25

+

n.c

y

om

x 0 y 4
+ y' = 3x2 - 6x, y' = 0

x 2 y 0
+Giới hạn: lim y lim (x 3 3x 2 4) , lim y lim (x 3 3x 2 4)

-
0
- Hàm số đồng biến trên (- ; 0) và (2; + ), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0.

0.25

3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). Nhận điểm uốn
I(1; 2) làm tâm đối xứng

thv

y
4

2

ma

-1 O

Cõu 2

1

0.25

x

2

Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca hm s f (x) x 2

2
1
trờn on [ ;2]
x
2

2
;
x2
2
1
f '(x) 0 2x 2 0 x 1 ;3
x
2
1 17
Ta cú f ( ) ;f (1) 3;f (2) 5
2
4
2
1
do hm s f (x) x 2 liờn tc trờn on [ ;2] nờn

x
2
min f ( x) 3 ; max f ( x) 5 .
1

Ta cú f '(x) 2x

[ ;2]
2

1
[ ;2]
2

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

1

0,25
0,25
0.25
0.25


www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam

1đ

Điều kiện: x  1
Phương trình tương đương log 22 (x  1)  log 2 (x  1)  2  0

Đặt t  log 2 (x  1) phương trình trở thành t 2  t  2  0
t  1

t  2

Với t  1  log 2 ( x  1)  1  x  1  2  x  1
Với t  2  log 2 ( x  1)  2  x  1  22
3
4

Kết hợp với điều kiện ta được phương trình có hai nghiệm x  1 và x 
Câu 4

2

Tính I  
0

x2
x3  1

.

n.c

x

om

Câu 3 Giải phương trình: log 22 (x  1)  log 2 (4x  4)  4  0

dx

2t
dt
3

thv

Đặt t  x3  1  t 2  x3  1  2tdt  3x 2 dx  x 2 dx 

3
4

0,25

0,25
0.25

0.25
1đ

0,25

Với x  0  t  1; x  2  t  3

0.25

2
t

3
2
3
I1   dt   dt
t
31
1

0,25

3

Ta đươc

3

1



4
3

ma

2
 t
3

Câu 5 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC)

0.25

1đ

cùngvuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết rằng AB=a,BC= a 3 và góc giữa SC với
(ABCD) bằng 600 .Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa CE với SB trong
đó E là trung điểm của SD.
Do hai mặt phẳng (SAB) và và (SAC) cùng vuông góc (ABCD)
Nên SA  ( ABCD)
Ta có AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng ABCD
nên ( SC , ( ABCD)  600  ( SC , AC )  600  SCA  600
Trong tam giác vuông SAC có
SA
tan SCA 
 3  SA  3 AC  2 3a
AC

Theo công thức tính thể tích khối chóp ta có
DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0.25


1
VS . ABCD  SA.S
3

ABCD

1
- Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
.2 3a.a. 3a  2a 3
3

Kẻ BF//=AC suy ra AF//=BC do đó A là trung điểm DF.
Ta có AC//BF nên AC//(SFB);AE//SF nên AE//(SFB) từ đó suy ra (ACE)//(SFB)
Do đó d(CE;SB)=d((ACE),(SFB))=d(A;(SFB))
Kẻ AH  FB theo định lý 3 đường vuông góc suy ra FB  SH nên
BF  (SAH), mà BF  ( SFB)  ( SAH )  ( SFB)
Ta có

om

Do ( SAH )  ( SFB )  SH nên kẻ Kẻ AK  SH  AK  (SFB)  d ( A;(SFB))  AK

2 3a
1
1
1
1
1
1
17
 AK 







2
2
2
2
2
2
2
AK
AS AH
AS AB
AF
12a
17

Vậy d (CE; SB) 

2 3a
17

Câu 6

0.25

0,25

0,25

1đ

n.c

Trong không gian cho tam giác ABC có A(1;-1;3) B(-2;3;3);C(1;7;-3) lập phương trình
mặt phẳng (ABC) và tìm chân đường phân giác trong kẻ từ A trên cạnh BC.
AB  (3; 4;0) 

  AB  AC  (24; 18; 24)  6(4;3; 4)
AC  (0;8; 6) 

Do AB , AC là hai véc tơ không cùng phương có giá nằm trong (ABC) nên AB  AC
là một véc tơ pháp tuyến của (ABC).Chọn véc tơ pháp tuyến của (ABC ) là n  (4;3; 4)
.Suy ra (ABC) có phương trình 4( x  1)  3( y  1)  4( z  3)  0  4 x  3 y  4 z  13  0
Ta có AB  5; AC  10
Gọi D( x; y; z ) là chân đường phân giác kẻ từ A trên BC ta có hệ thức
DB DC
Gọi

 DC  2DB  DC  2DB (do D,B,C thẳng hàng)
AB AC

thv

Có:

0,25

0.25

0.25

 (1  x;7  y; 3  z )  2(2  x;3  y;3  z )

ma

 x  1

13

 y 
3

z

1



Vậy D(1;

0.25

13
;1)
3

a,Một đoàn gồm 30 người Việt Nam đi du lịch bị lạc tại Châu Phi, biết rẳng trong đoàn
Câu 7 có 12 người biết tiếng Anh, có 8 người biết tiếng Pháp và có 17 người chỉ biết tiếng Việt.
Cần chọn ngẫu nhiên 4 người đi hỏi đường. Tính xác suất trong 4 người được chọn có 2
người biết cả 2 thứ tiếng Anh và Pháp.

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

1đ


Vậy P(A)=

253
1305

om

Số người biết tiếng Anh
hoặc tiếng Pháp là 30-17=13
màViệt
tổngNam
số người biết Anh và Pháp
www.MATHVN.com
- Toán Học
là 20 nên số người biết cả tiếng Anh và tiếng Pháp là 20-13=7
Chọn 4 người bất kì từ 30 người có C304  27405  n()  27405
Gọi A là biến cố của xác suất cần tính ta tính n(A) như sau:
Chọn 2 người trong sô 7 người biết cả Anh và Pháp, tiếp theo chon 2 người trong số 23
người còn lại  n( A)  C72C232  5313

0,25

0.25

2
b, Tính giá trị của biểu thức P   2cos 2 x  5  3  2sin x  biết tanx  2.

Ta có

1
1
2
2

tan
x

1

cos
x

.
cos 2 x
5

0,25

217
0,25
25
Câu 8 Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho hình vuông ABCD.Điểm M nằm trên đoạn BC, 1 đ
đường thẳng AM có phương trình x  3 y  5  0 , N là điểm trên đoạn CD sao cho góc

n.c

P   2cos2 x  5  3  2sin2 x    4cos 2 x  7 1  2cos 2 x  

BMA  AMN .Tìm tọa độ A biết đường thẳng AN qua điểm K(1;-2).

Ta kẻ AH  MN có MAB=MAH  AH  AB  AD và MAB  MAH (1)

thv

Suy ra MAH =ADH và NAD  HAN (2)

0.25

Từ (1)&(2) suy ra MAN  450
Gọi véc tơ pháp tuyến của AN là n  (a; b), a 2  b2  0
Do AN qua K(1;-2) nên AN có phương trình
a(x  1)  b( y  2)  0  ax  by  a  2b  0

ma

Ta có cos ( AM , AN )  cos 450
a  3b
1

 4a 2  6ab  4b 2  0, (*)
2
2
2
10 a  b

+Nếu b  0  a  0 vô lý.
a
2
b  2
a
a
+ Nếu b  0  (*)  4    6  4  0  
b
b
a   1
 b
2
Với

a
a
a
 2 khi đó AN có phương trình x  y   2  0  2 x  y  0
b
b
b

Ta có A là giao điểm của AN và AM từ đó ta tìm được A(-1;2)
Với

0.25

0.25

a 1

a
a
 khi đó AN có phương trình x  y   2  0   x  2 y  5  0
b 2
b
b

Ta có A là giao điểm của AN và AM từ đó ta tìm được A(5;0)

DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0.25


Câu 9

3
ViệtxNam
(2 x  4) 3 2 x  3  9-xToán
 60Học
x2  133
 98  x 2  2 x  5
Giải phương trình: www.MATHVN.com

1đ

Điều kiện: 9 x3  60 x 2  133x  98  0   3x  7   x  2   0  x  2
2

Phương trinh tương đương (2 x  4) 3 x  3   3x  7   x  2   x 2  2 x  5

0,25

 (2 x  4) 2x  3  (3x  6  1) x  2+x  2 x  5
2

3

3

3


2x  3 
2x  3

4

 3 2x  3  x  2  3

4

3



3





3



3

x  2  x2  2x  5

2x  3  3 2x  3 



x2



4

3



om







3

x2  x2

Xét hàm số f (t )  t 4  3t 3  t với t  1
Ta có f '(t )  4t 3  9t 2  1  t 2  4t  9   1  0 với t  1
Suy ra f (t ) đồng biến trên  1;  

Phương trình đã cho tương đương f ( 3 2 x  3)  f ( x  2)  3 2 x  3  x  2



 

x2



6

3

x 

2
3
2


x  2x 1  0

thv

3

x  2


 x  1

  x  1


 x  1  5
  x  1  5

2

2


  x  1  5

2
 

1  5
Vậy phương trình có 2 nghiệm x  1; x 
2

Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x  y  z  1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 y  z  2x 2z  x  2 y 2x  y  2z


x2  x
y2  y
z2  z

ma

Câu
10

P

Ta có:
P



y  1  3x z  1  3 y x  1  3z
 2
 2
x2  x
y y
z z
 1
y 1
z 1

x 1
1
1 


 3



x( x  1) y ( y  1) z ( z  1)  1  x 1  y 1  z 

Ta có :BĐT:

1
1
2


, a, b  0 & ab  11
1  a 1  b 1  ab

Thật vậy: (1) 

0,25

n.c

2 x  3  0

 3

6
2
x

3




0.25

( a  b)  2
2

 ( ab  1)( a  b )2  0 luôn đúng do ab  1 .
1  (a  b)  2 1  ab

Dấu bằng xảy ra khi a  b
DeThiThuDaiHoc.com - FB.com/ThiThuDaiHoc

0.25

1đ