trọn bộ đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn toán có đáp án chi tiết

Trường THPT Trần Đại Nghĩa

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
MÔN TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Tổ Toán

-----------------------------------Câu 1: (2 điểm)
1 / Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x 3 − 3 x − 2
2/ Tìm tọa độ của điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M song song với đường thẳng (d): 9x – y 18 = 0
Câu 2: a/ (0,5 điểm) Giải phương trình sau log 3 (2 x − 1) − 4 log 9 (5 x + 2) + 4 = 0
b/ (0.5 điểm) Giải phương trình cos3x + 2 sin2x – cosx = 0
1

Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân

∫
0

xdx
x2 + 1 + x

.

Câu 4: a/ (0.5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 2 x + 5 − x
b/ (0.5 điểm)Biết trong số 10 vé xổ số còn lại trên bàn vé có 2 vé trúng thưởng. Khi đó một người
khách rút ngẫu nhiên 5 vé . Hãy tính xác suất sao cho trong 5 vé được rút ra có ít nhất một vé trúng
thưởng
Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, mặt bên (SAB) nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đáy (ABCD), tam giác SAB vuông tại S, SA = a Hãy tính thể tích của khối chóp

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SC theo a
Câu 6: (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2 x − 2 y + z − 1 = 0 và điểm A(1 ; -1; 0)
a/ Hãy viết phương trình mp (α ) qua điểm A và song song với mặt phẳng (P)
b/ Tìm tọa độ điềm M thuộc mp (P) sao cho MA vuông góc với mp( P )
Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có đường chéo AC phương trình là x+y-10=
0. Tìm tọa độ điểm B biết rằng đường thẳng CD qua điểm M (6; 2) và đường thẳng AB qua điểm N( 5; 8)
2
2
 x + xy + y = 7
Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình  2
2
 x − xy − 2 y = − x + 2 y

Câu 9: (1 điểm) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn x 2 + y 2 + (3x − 2)( y − 1) = 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + x + y + 8 4 − x − y

--------------Hết--------------


Câu
1a

Đáp án
Nội dung
+ TXĐ D=R
+ y ' = 3x 2 − 3
x = 1
y’=0 ⇒ 
 x = −1
+ lim y = +∞; lim y = −∞

x →+∞

1đ

1b

Điểm
0.25

x →−∞

+ BBT: Đúng chiều biến thiên
Đúng các giới hạn và cực trị
+ KL: Hs đồng biến trong khoảng (-∞ ;-1)và (1 ; +∞); nghịch biến trong
khoảng (-1 ; 1); đạt cực đại bằng 0 tại x=-1 ; đạt cực tiểu bằng -4 tại x=1
+ Điểm đặc biệt: đồ thị hàm số cắt trục hoành tại các điểm (2; 0) và (-1;0)
có điểm uốn (0; 2)
+ Đồ thị: Vẽ đúng đồ thị qua các điểm cực trị , điểm đặc biệt và đúng
dạng
+ Đường thẳng 9x – y – 18 = 0 có hệ số góc bằng 9
+ Gọi M0( x0; y0) là điểm mà tại đó tiếp tuyến song song đường thẳng
9x - y- 18=0 ⇒ f '( x0 ) = 9

0.25
0.25

0.25

0.25

⇒ 3x − 3 = 9
2
0

1đ

2a

 x0 = 2
⇔
 x0 = −2
+ Với x0 =2 y0 = 0 M0( 2; 0)
x0 = -2 y0 = -4  M0( -2 ; -4 )
+ Kiểm tra lại
M0( 2,0)  tiếp tuyến tại M0 có pt là y= 9(x – 2) ⇔ 9 x − y − 18 = 0 ( loại)
M0(-2;-4)tiếp tuyến tại M0 có pt là y = 9( x + 2) − 4 ⇔ 9x-y+14=0( nhận)
1
a/ + Đk : x >
2
log 3 (2 x − 1) − 4 log 9 (5 x + 2) + 4 = 0

0.25
0.25
0.25

⇔ log 3 (2 x − 1) − 2 log 3 (5 x + 2) = −4
⇔ log 3 (2 x − 1) − log 3 (5 x + 2) 2 = −4
⇔ log 3
0.5

⇔

2x −1

( 5x + 2 )

2

= −4

2x −1
= 3−4
2
(5 x + 2)

0.25

⇔ 25 x 2 − 142 x + 85 = 0
x = 5
⇔
 x = 17
25

So với đk ta nhận x=5 và x =
2b
0.5

b/ 2sin2x +cos3x – cosx = 0
⇔ 2 sin2x – 2 sin2x.sinx = 0
⇔ 2sin2x ( 1 – sinx) = 0

17
25

0.25


3

sin 2 x = 0
⇔
sin x = 1
kπ

x = 2
⇔
 x = π + 2π

2
1
1 2
2
( x + 1) dx
x + 2x +1
=
∫0 x 2 + 1 ∫0 x 2 + 1 .dx

0.25

0.25

1

2x 

= ∫ 1 + 2 ÷dx
x +1 
0
1

1

2 x.dx
x2 + 1

0.25

d(x + 1)
x2 + 1
0

0.25

= ∫ 1.dx + ∫

1đ

0

0

1

2

=x0 +∫
1

0.25

1

=1+ ln x + 1 0
2

=1+ln2
0.25
4a

0.5 đ

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 2 x + 5 − x
+ x ∈ [0;5]
1
1
−
+ f '( x ) =
x 2 5− x
+ f '( x ) = 0 ⇔ x = 4 ∈ [ 0;5]

0.25

+ f (0) = 5; f (5) = 2 5; f (4) = 5
Maxf ( x ) = 5 = f (4)
+

x∈[ 0;5]

min f ( x) = 5 = f (0)
x∈[ 0;5]

4b
0.5 đ

5

5
+ Số phần tử của không gian mẫu: Ω = C10 =252
+ Biến cố A: ‘Trong năm vé rút ra có ít nhất một vé trúng thưởng’
 biến cố A : ‘Trong năm vé rút ra không có vé nào trúng thưởng’
5
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C8 = 56
56
Xác suất của biến cố A là P( A ) =
252
56 7
=
Xác suất của biến cố A là P(A) = 1 −
252 9
+ Trong mp(SAB), dựng SH ⊥ AB, do (SAB) ⊥ (ABCD)

⇒ SH ⊥ ( ABCD)
⇒ SH là chiều cao khối chóp
1
⇒ VS . ABCD = B.h
3
+ B= dt ABCD= 4a2
+ h = SH

SB = AB 2 − SA2

0.25

0.25

0.25


=a 3
SB.SA
AB
a 3
=
2
⇒ VS . ABCD = 2a 3 3
h = SH =

0.25
0.25

1đ

• d(AB,SC)
Vì AB// DC nên d (AB, SC)= d( AB, (SDC))
= d ( A, (SDC)
3V
= A.SDC
dtSDC
1
3. .VS . ABCD
= 2
dtSDC
• dt SDC=?
tgSAD vuông tại A nên SD = a 5
tgSBC vuông tại B nên SC = a 7 , DC= 2a
⇒ dtSDC =

19 2
a
2

nên d ( A, ( SDC )) =
6a
0.5 đ
6b

0.5 đ

0.25

6a 57
19

+ Mp (α ) song song với (P) nên mp (α ) có vecto pháp tuyến là
r
n = (2; −2;1) mặt khác (α ) qua điểm A (1;-1; 0) nên :
Pt của (α ) là 2 (x – 1) -2 (y + 1) +1( z – 0)= 0
⇔ 2x – 2y +z -4 = 0
+ Gọi M (x; y; z)
- Do M ∈ ( P ) ⇔ 2 x − 2 y + z − 1 = 0
uuur
r
- Do MA ⊥ (P) ⇔ MAcùng phuongn
uuur
Mà MA = (1 − x; −1 − y; − z )
r
n = (2; −2;1)
1 − x −1 − y − z
=
=
nên
2
−2
1
x + y = 0
⇔
 y + 2 z = −1

0.25
0.25

0.25

0.25


2 x − 2 y + z = 1

x + y = 0
 y + 2 z = −1


7

1

x = 3
Ta có hpt

1

⇔ y = −
3

1

z = − 3

1 1 1
KL : M  ; − ; − ÷
3 3 3
r

+ Gọi n = (a; b) là vecto pháp tuyến của đường thẳng AB với a 2 + b 2 > 0
góc giữa đường thẳng AB và AC bằng 450
a+b
0
 cos 45 =
a 2 + b 2 . 12 + 12

0.25

0.25

⇒ a 2 + b2 = a + b
1đ

⇒ a.b = 0
a = 0
⇒
b = 0
+ a=0 nên b ≠0  chọn b= 1 pt đt AB là 0(x – 5)+ 1( y – 8)=0 ⇔ y=8
+ b=0 nên a ≠0  chọn a=1  pt đt AB là 1( x – 5) +0(y – 8)=0 ⇔ x=5

0.25

* Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AC, do AC là phân giác của góc tạo
bởi hai đường thẳng BC và DC nên M’ thuộc đường thẳng BC
 pt đt MM’ là 1( x- 6) -1(y – 2)=0 ⇔ x – y – 4 = 0
0.25
+ Gọi H là giao điểm của đt MM’ và AC  H( 7;3)
+ H là trung điểm MM’  M’(8; 4 )
* Với M’(8;4) và AB : y=8 pt BC là x= 8 B= AB ∩ BC B(8;8)

* Với M’(8,4) và AB : x= 5 pt BC là y=4  B= AB ∩ BC  B(5;4)
8

1đ

+

x 2 − xy − 2 y 2 = − x + 2 y
⇔ x 2 + (1 − y ) x − y 2 − 2 y = 0

có ∆ = (3 y + 1) 2
x = 2y
nên 
 x = − y −1

 y =1⇒ x = 2
+ Với x=2y thế vào (1) ta có 
 y = −1 ⇒ x = −2
 y = −3 ⇒ x = 2
+ Với x= -y-1 thế vào (1) ta có 
 y = 2 ⇒ x = −3
Vậy hệ có 4 nghiệm (2;1); (-2;-1); (2;-3); (-3;2)
9

0.25

+ Ta có x 2 + y 2 + (3x − 2)( y − 1) = 0 ⇔ ( x + y ) 2 − 3( x + y ) + 2 = − xy − y

0.25
0.25

0.25
0.25


Vì x,y không âm nên ( x + y ) 2 − 3( x + y ) + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x + y ≤ 2
Đặt t = x+y khi đó t ∈ [ 1; 2]

0.25

Ta có P = x 2 + y 2 + x + y + 8 4 − x − y ≤ ( x + y )2 + ( x + y ) + 8 4 − ( x + y )
P ≤ t2 + t + 8 4 − t

1đ

0.25

+ Xét hàm f (t ) = t 2 + t + 8 4 − t với t ∈ [ 1; 2]
4
4
> 0 với t ∈ [ 1; 2]
ta có f '(t ) = 2t + 1 −
với t ∈ [ 1; 2] ⇒ f '(t ) > 3 −
4−t
2
và f(t) liên tục trên đoạn [1;2] nên f(t) đồng biến trên đoạn [1;2]
 maxf (t ) = f (2) = 6 + 8 2 ⇒ f (t ) ≤ 6 + 8 2
[1;2]

 x. y = 0
x = 2

⇔
 P ≤ 6 + 8 2 , P= 6 + 8 2 khi 
t = 2
y = 0
KL: Giá trị lớn nhất của P là 6 + 8 2 đạt được khi x = 2 và y = 0

0.25
0.25


Sở gD&đT thái nguyên

đề thi thử kỳ thi thpt quốc gia năm 2015
Môn: Toán

Trờng thpt lơng ngọc quyến

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

Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s y =

x + m
(Cm)
x+2

a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s khi m=1.
b) Tỡm cỏc giỏ tr thc ca tham s m ng thng d: 2x+2y -1= 0 ct th (Cm) ti hai
im phõn bit A, B sao cho tam giỏc OAB cú din tớch bng 1 (O l gc to ).
Cõu 2 (1,0 im).
a) Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca hm s f(x) =

0

b) Tớnh tớch phõn: I =

(x + 1)



1
2

dx
3 + 2x x 2

x2 + x + 1
x +1

1



trờn on ;2 .
2

.

Cõu 3 (2,0 im). Gii cỏc phng trỡnh sau:
a) log3 ( x 1) + log
2

b)

3

( 2 x 1) = 2 .

3sin 2x 2 sin x
=2.
sin 2x cos x

Cõu 4 (1,0 im).
a) Cho s phc z tha món: (2 + i)z +

1 i
= 5 i. Tớnh mụ un ca s phc w = z + z 2 .
1+ i

b) Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra 5 học sinh
để lập một tốp ca hát chào mừng ngày thành lập Quân đội nhân dân Việt Nam(22
tháng 12). Tính xác suất sao cho trong đó có ít nhất một học sinh nữ.
Cõu 5 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc u cnh a, mt bờn SAB l tam
giỏc vuụng cõn ti inh S v nm trong mt phng vuụng gúc vi mt phng ỏy. Tớnh theo a th
tớch khi chúp S.ABC v khong cỏch gia hai ng thng SB v AC.
11
;3 ữ l
2

Cõu 6 (1,0 im). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh vuụng ABCD. im F

trung im ca cnh AD. ng thng EK cú phng trỡnh 19x 8y 18 = 0 vi E l trung im

ca cnh AB, im K thuc cnh DC v KD = 3KC. Tỡm ta im C ca hỡnh vuụng ABCD bit
im E cú honh nh hn 3.
Cõu 7 (1,0 im). Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho mt phng ( P ) : 2x 2y z 4 = 0 v
mt cu ( S) : x + y + z 2x 4y 6z 11 = 0 . Chng minh rng mt phng (P) ct mt cu (S) theo
mt ng trũn. Xỏc nh to tõm v tớnh bỏn kớnh ca ng trũn ú.
2

2

2

Cõu 8 (1,0 im). Cho a, b, c l ba s thc dng. Chng minh rng:
a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1
1
1
1
+
+

+
+
.
2
2
2
4b
4c
4a
a+b b+c c+a
-------------------------------- Hết ------------------------------

Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
Họ và tên thí sinh: . Số báo danh:
Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên

Hớng dẫn chấm
thi thử kỳ thi thpt quốc gia năm 2015
môn Toán

Trờng thpt lơng ngọc quyến

Lu ý khi chm bi:
- ỏp ỏn ch trỡnh by mt cỏch gii bao gm cỏc ý bt buc phi cú trong bi lm ca hc sinh.
Khi chm nu hc sinh b qua bc no thỡ khụng cho im bc ú.
- Nu hc sinh gii cỏch khỏc, giỏm kho cn c cỏc ý trong ỏp ỏn cho im.
- Trong bi lm, nu mt bc no ú b sai thỡ cỏc phn sau cú s dng kt qu sai ú khụng
c im.
- Hc sinh c s dng kt qu phn trc lm phn sau.
- Trong li gii cõu 5, nu hc sinh khụng v hỡnh hoc v sai hỡnh thỡ khụng cho im.
- im ton bi tớnh n 0,25 v khụng lm trũn.
Câu

Điể
m

Nội dung
I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
x + m
Cho hm s y =

(Cm)
x+2

Câu 1

a. 1,0
b. 1,0

a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s khi m=1.
b) Tỡm cỏc giỏ tr thc ca tham s m ng thng d: 2x+2y -1= 0 ct th
(Cm) ti hai im phõn bit A, B sao cho tam giỏc OAB cú din tớch bng 1 (O
l gc to ).

x +1
, TX: D = Ă \ { 2}
x+2
y = 1 ; lim y = 1 . ng thng y = -1 l tim cõn ngang ca th hm
-Gii hn : xlim

x +
s
lim + y = + ; lim = . ng thng x = -2 l tim cn ng ca th hm s
a) y =

x ( 2 )

0,25

x ( 2 )

3
< 0 x 2
( x + 2) 2
Hm s nghch bin trờn mi khong (; 2) v (2; +)
Hm s khụng cú cc tr
-Chiu bin thiờn y ' =

Bng bin thiờn
x
y'
y

-2
||
+Ơ

- Ơ
- 1
- Ơ

th

0,25

+Ơ

- 1

0,25

*Giao với trục Ox tại A(1;0)
1
*Giao với trục Oy tại B(0; )
2
* Đồ thị nhận I(-2;-1) giao của
hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25
 x ≠ −2
−x + m
1
= −x + ⇔  2
Đường
x+2
2
2 x + x + 2m − 2 = 0 (1)
thẳng (d) cắt (Cm) tại 2 điểm A,B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt x ≠ −2
b) Phương trình hoành độ giao điểm:

17

∆ = 1 − 8(2m − 2) > 0
17 − 16m > 0
m <
⇔
⇔
⇔
16
2

 m ≠ −2
2.(−2) + (−2) + 2m − 2 ≠ 0
 m ≠ −2
1 
1

A  x1 ; − x1 + ÷, B  x 2 ; − x 2 + ÷ trong đó x1; x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình
2 
2

−1

 x1 + x 2 =
2
(1), theo viet ta có 
 x1.x 2 = m − 1
2(17 − 16m)
AB = (x 2 − x1 ) + (x1 − x 2 ) = 2 (x 2 + x1 ) − 4x1x 2  =
2
1
2(17 − 16m)
1
1 1
−47
d ( O, d ) =
.
=1⇔ m =
; S ∆OAB = AB.d(O, d) = .
(t/m)
2 2

2
2 2 2
2
16
2

Vậy: m =

2

−47
16

∫ (x + 1)

−

a) 0,5
b) 0,5

0,25

0,25

0

b) Tính tích phân: I =

0,25

2

a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) =
C©u 2

0,25

1
2

dx
3 + 2x − x 2

1 
x2 + x + 1
trên đoạn  ;2  .
x +1
2 

.

1 
a) Hàm số f(x) liên tục trên đoạn  ;2  .
2 

1 
 x = 0 ∉  2 ; 2
2
x + 2x



f '( x ) = 0 ⇔ 
+) f '( x ) =
2 ,

( x + 1)
1 
 x = −2 ∉  ; 2 
2 


0,25


7
1 7
+) f ữ = ; f (2) =
3
2 6
7
1
min f ( x) =
Vy:
khi x = ;
6
1
x ;2
0

b)

(x + 1)



1
2

1
2

0

dx
3 + 2x x

2

=



3

dt = 2 (
1

7 3

7

a) log3 ( x 1) + log

a) 1,0
b) 1,0

0

dx
(x + 1)(3 x)

=





1
2

dx
(x + 1)2

3x
x +1
0,25

0,25

2

b)

1
2

0,25

)

Gii cỏc phng trỡnh sau:
Câu 3

(x + 1)

7
3 khi x=2.

1
3 x dx = 1 tdt
. i cn: x = t = 7;x = 0 t = 3.
2
(x + 1)
2
2
x +1

t: t =
I=

1
x ;2
2

2

2



I=

m axf ( x) =

3

( 2x 1) = 2 (1) .

3sin 2x 2 sin x
= 2 (2).
sin 2x cos x

x 1

a) Đk:
1
x > 2
(1) 2 log3 x 1 + 2 log3 ( 2x 1) = 2 log3 x 1 ( 2x 1) = log3 3

0,25

0,25

x 1 ( 2x 1) = 3
1
x >1
2 < x < 1
hoac
2
2x
3x 2 = 0
2x 2 3x + 4 = 0(vn)
x = 2 (tha món iu kin)
Vy: x=2

{

k
(k  )
b) K: sin 2x 0 x
2
(2) 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx 2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0
x = k2
cos x = 1


x = + k2
sin
2x
=
sin

x


3
3

i chiu vi iu kin
Vy : phng trỡnh cú nghim x =
Câu 4


+ k 2
3

a) Cho s phc z tha món: (2 + i)z +
w = z + z 2 (3).

1 i
= 5 i. Tớnh mụ un ca s phc
1+ i

b) Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn
ra 5 học sinh để lập một tốp ca hát chào mừng ngày thành lập Quân đội nhân

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25


a) 0,5
b) 0,5

dân Việt Nam(22 tháng 12). Tính xác suất sao cho trong đó có ít nhất một học
sinh nữ.
a) (3) (2 + i)z = 5 z = 2 i

0,25

w = 5 5i w = 5 2

0,25

5
b) Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong 35 học sinh của lớp, có = C35 (cách)
Gọi A là biến cố: Chọn đợc 5 học sinh trong đó có ít nhất một em nữ
Suy ra A là biến cố: Chọn đợc 5 học sinh trong đó không có hs nữ nào
5
Ta có số kết quả thuận lợi cho A là C20

( )

P A =

Câu 5

5
5
C20
C20
2273

P
A
=
1

P
A
=
1

=
0,95224
(
)
5
5
C35
C35 2387

( )

0,25

0,25

Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc ờu cnh a, mt bờn SAB l tam giỏc
vuụng cõn ti nh S v nm trong mt phng vuụng gúc vi mt phng ỏy. Tớnh
theo a th tớch khi chúp S.ABC v khong cỏch gia hai ng thng SB v AC.

1.0

0,25
SH ( ABC )

+) Theo bi ta cú:
a
SH = 2
a2 3
+) S ABC =
4

a3 3
V S . ABC =
24

+) Dng ng thng d i qua B v d // AC
d ( AC , SB) = d ( A;( SB, d )) = 2d ( H ;( SB; d ))
K on thng HJ sao cho HJ d, J d ; K on thng HK sao cho HK SJ, K SJ
+) d ( H ;( SB, d )) = HK

0,25
0,25

1

1
1
28
a 3
=
+
= 2 HK =
2
2
2
HK
HJ
SH
3a
2 7
d ( AC , SB) = 2 HK = a

3
7

Ghi chỳ : hc sinh cú th gii bng cỏch ta húa bi toỏn

0,25


C©u 6

 11 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm F  ;3 ÷ là trung điểm
2 

của cạnh AD. Đường thẳng EK có phương trình 19x − 8y − 18 = 0 với E là trung điểm của
cạnh AB, điểm K thuộc cạnh DC và KD = 3KC. Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD
biết điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3.

1.0

+) Gọi AB=a (a>0) ⇒ S ∆EFK = S ABCD − S ∆AEF − S ∆FDK − S ∆KCBE
S ∆EFK =

5a 2
=
16

1
25
a 17
FH.EK , FH = d(F, EK) =
;EK =
⇒a =5
2
4
2 17

ABCD là hình vuông cạnh bằng 5 ⇒ EF =

5 2
2

 x = 2


 11 2
25
2
  x = 58 (loai)
 x − ÷ + ( y − 3) =
 5
⇒ E  2; ÷
+) Tọa độ E là nghiệm: 
2
2 ⇔ 
17
 2
19 x − 8 y − 18 = 0

5

y =
2

+) AC qua trung điểm I của EF và AC ⊥ EF
⇒ AC: 7 x + y − 29 = 0
10

 x = 3
7 x + y − 29 = 0
 10 17 
⇔
⇒ P ; ÷
Có : AC ∩ EK = { P} ⇒ 
 3 3

19 − 8 y − 18 = 0
 y = 17

3
uur 9 uur
Ta xác định được: IC = IP ⇒ C (3;8)
5

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2x − 2y − z − 4 = 0 và mặt
C©u 7

1,0

2
2
2
cầu ( S) : x + y + z − 2x − 4y − 6z − 11 = 0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt
cầu (S) theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn
đó.

Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán kính R=5

0,25

0,25

0,25
0,25

d(I, (P)) =

2.1 − 2.2 − 3 − 4

=3

4 + 4 +1
Vì d(I,(P)) - Gọi H là hình chiếu của điểm I trên (P) thì H là giao của mp(P) với đường thẳng d qua I,
vuông góc với (P).
 x = 1 + 2t

- Phương trình đường thẳng d:  y = 2 − 2t
z = 3 − t

d ∩ (P) = { H} ⇒ H ( 3;0;2 ) .

Bán kính đường tròn là: r = R − IH = 4

1,0

0,25

0,25
2

C©u 8

0,25

2

0,25

Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:
a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1
1
1
1
+
+
≥
+
+
.
2
2
2
4b
4c
4a
a+b b+c c+a
Ta có:

 a2
1   b2
1   c2
1 
VT =  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷
4b   4c

4c   4 a
4a 
 4b
a
b
c
1 a b
c 
≥ 2+ 2+ 2 =  2+ 2+ 2÷
2b 2c
2a
2b c
a 
a 1 2
b 1 2
c 1 2
+ ≥ ;
+ ≥ ;
+ ≥
Mặt khác:
2
2
b
a b
c b c
a2 c a
a b
c 1 1 1
Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 + 2 + 2 ≥ + +
b c

a
a b c

0,25

0,25

Suy ra:

1  1 1 1  1  1 1   1 1   1 1  
VT ≥  + + ÷ =  + ÷+  + ÷+  + ÷
2  a b c  4  a b   b c   c a  
0,25

1 4
4
4 
1
1
1
+
+
=
+
+
= VP


4 a + b b + c c + a a + b b + c c + a
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = 1

VT ≥

0,25


SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm cực đại của (C).
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình

(

)

cos x 2sin x + 3 2 − 2cos 2 x − 1

= 1.
1 + sin 2 x
2
b) Cho số phức z thỏa mãn: ( 1 + i ) ( 2 − i ) z = 8 + i + ( 1 + 2i ) z. Tính môđun của z.
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 x + log 2 ( 4 x ) = 5.

Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 3 + 6 x 2 − 171x − 40 ( x + 1) 5 x − 1 + 20 = 0, x ∈ ¡
1 + x3
lnxdx.
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫
x
1
e

·
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB = BC = a, BAD
= 900 ,
cạnh SA = a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A lên
SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD).

Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là
điểm trên cạnh AC sao cho AB = 3 AM . Đường tròn tâm I ( 1; −1) đường kính CM cắt BM tại D.
4 
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N  ;0 ÷, phương trình
3 
đường thẳng CD : x − 3 y − 6 = 0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng
d:

x −1 y z − 3
= =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai
1
1
1

điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.
Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Tính
xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng:
a3
a3 + ( b + c )

3

+

b3
b3 + ( c + a )

3

+

c3
c3 + ( a + b )

3

≥1

------------------ Hết -----------------Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh: ...........................


Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD – ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH

THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN

Câu
Câu
1
(2,0
điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
• Tập xác định: R.

y = +∞. Đồ thị (C) có không tiệm cận.
• Giới hạn và tiệm cận: xlim
→±∞

(

0,25

)

3

2
• CBT: Ta có y ' = 4 x − 4 x = 4 x x − 1 ; y' = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1.

Dấu của y’: y ' > 0 ⇔ x ∈ ( −1;0 ) ∪ ( 1; +∞ ) ; y ' < 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 0;1)
⇒ hàm số ĐB trên mỗi khoảng ( −1;0 )

và ( 1; + ∞ ) . NB trên mỗi khoảng ( −∞; 1) và (0 ; 1)

0,25

• Hàm số có hai CT tại x = ±1; yCT = y(±1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; yCĐ = y(0) = 1.
• Bảng biến thiên:

x- ∞

-1
-

0
0

+

1
0

-

0

+ ∞y’
+y
0,25

+∞

1

0

+∞

0

• Đồ thị:
Đồ thị cắt Oy tại (0;1).
Điểm khác (±2; 9)
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối
xứng.

Câu
2
(1,0
điểm)

0,25

b) (1,0 điểm)
• Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0
• Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1.

a) (0,5 điểm)

0,5
0,5

π
+ kπ
4
Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2sin x cos x + 3 2 cos x − 2 cos 2 x − 1 = 1 + sin 2 x
cos x = 2 ( l )

2
⇔ 2 cos x − 3 2 cos x + 2 = 0 ⇔ 
2
cos x = 2

0,25

• Điều kiện: 1 + sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ −

• Với cos x =

2
π
⇔ x = ± + k 2π .
2
4

0,25

Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x =

π
+ k 2π , k ∈ ¢.
4

b) (0,5 điểm)

( 1 + i ) ( 2 − i ) z = 8 + i + ( 1 + 2i ) z ⇔ ( 1 + i ) ( 2 − i ) − ( 1 + 2i )  z = 8 + i
2

2

0,25

⇔  2i ( 2 − i ) − 1 − 2i  z = 8 + i

8 + i ( 8 + i ) ( 1 − 2i )
=
= 2 − 3i ⇒ z = 13
1 + 2i
5
Vậy môđun của z là 13.
⇔z=

Câu
3
(0,5
điểm)

Câu
4
(1,0
điểm)

0,25

Điều kiện: x > 0.
Khi đó, phương trình tương đương với
1
3
log 2 x + log 2 x + log 2 4 = 5 ⇔ log 2 x = 3
2
2
⇔ log 2 x = 2 ⇔ x = 4 (t/m)
Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4.
1
Điều kiện: x ≥
5
Khi đó phương trình tương đương với

(x

3

0,25
0,25

(

)

+ 6 x 2 + 12 x + 8 − ( 3 x + 6 ) = 8 ( 5 x − 1) 5 x − 1 + 36 ( 5 x − 1) + 54 5 x − 1 + 27  − 6 5 x − 1 + 9

(

)

(

3

⇔ ( x + 2) − 3( x + 2) = 2 5x − 1 + 3 − 3 2 5x − 1 + 3
3

Xét hàm sô f ( t ) = t − 3t

)

0,25

)

3

(

Phương trình (1) có dạng f ( x + 2 ) = f 2 5 x − 1 + 3
2

Ta có: f ' ( t ) = 3t − 3; f ' ( t ) = 0 ⇔ t = ±1

t- ∞

-1
+

1
0

-

0

)

+ ∞f’(t)
+f(t)

3
Suy ra: Hàm số f ( t ) = t − 3t đồng biến trên khoảng (1; + ∞)
1  x + 2 > 1
Với điều kiện x ≥ 5 ⇒ 
2 5 x − 1 + 3 > 1

0,25

0,25

Từ đó suy ra ( 1) ⇔ x + 2 = 2 5 x − 1 + 3

 x ≥ 1
 x ≥ 1
⇔ x − 1 = 2 5x − 1 ⇔  2
⇔ 2
 x − 22 x + 5 = 0
 x − 2 x + 1 = 4 ( 5 x − 1)
 x ≥ 1
⇔
⇔ x = 11 + 116 ( t / m )
 x = 11 ± 116
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x = 11 + 116.

Câu
5
(1,0
điểm)

e

e

e

1 + x3
ln x
lnxdx = ∫
dx + ∫ x 2 lnxdx = I1 + I 2
x
x
1

1
1
e
e
lnx
ln 2 x e 1
Tính I1: I1 = ∫ x dx = ∫ ln xd ( lnx ) = 2 1 = 2
1
1
Ta có: I = ∫

0,25

0,25
0,25


1

du = dx

u
=
ln
x

x


2

Tính I2: I 2 = x lnxdx . Đặt  dv = x 2 dx ⇒ 
3

v = x
1

3
e 1e 2
x3
e 3 1 3 e 2e 3 1
⇒ I 2 = ln x −
x dx = − x =
+
1 31
3
3 9 1
9
9

0,25

1 + x3
1 2e3 1 11 2e3
Vậy I = ∫ x lnxdx = 2 + 9 + 9 = 18 + 9
1

0,25

e

∫

∫

e

Câu
6
(1,0
điểm)

.• Chứng minh: ∆SCD vuông tại C ⇒ ABCD là hình
thang đáy AD, BC.⇒ ∆ACD vuông cân tại C.
⇒ AC = CD = a 2; AD = 2a = SC ; BD = a 5

0,25

• VSBCD = VS.ABCD – VSABD =

•

S SCD = a 2 2; d ( B, ( SCD ) ) =

(hoặc

•

a3 2 a3 2 a3 2
−
=

(đvtt).
2
3
6

d ( B, ( SCD ) )
d ( A, ( SCD ) )

d ( H , ( SCD ) )
d ( B, ( SCD ) )

=

=

3VS . BCD
S SCD

0,25

a3 2
a
= 2 6 =
2
a 2
3.

BK 1
a
= ⇒ d ( B, ( SCD ) ) = )

CK 2
2

SH SA2 2
2
a
= 2 = ⇒ d ( H , ( SCD ) ) = d ( B, ( SCD ) ) =
SB SB
3
3
3

Cách khác: • Chứng minh BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (SBC).
Kẻ AK ⊥ (SC) ⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ (AKH) ⊥ (SCD).
Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.
Có (AMK) ⊥ (SCD) hay (AMK) ⊥ (SED).
AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ HK ⇒ tam giác AHK vuông tại H.
Kẻ HJ ⊥ MK có HJ = d(H, (SCD)).
• Tính AH, AM ⇒ HM; Tính AK ⇒ HK. Từ đó tính được HJ = a/3.
Hoặc có thể bằng phương pháp tọa độ.

0,5


∆ABM

S

Câu
7

(1,0
điểm)

∆DCM (g − g) ⇒

AB
DC
=
=3
AM DM

Xét tam giác CMD ta có:
CM 2 = DM 2 + CD 2 ⇔ 4CI 2 = 10 DM 2
4
Mà DM = 2d (I,d) =
nên CI 2 = 4
10
0,5

 3 11 
Gọi I ( 3 y + 6; y ) Ta có ⇒ C  − ; − ÷ (loại) hoặc C(3; -1) (thỏa mãn)
 5 5
I

là

trung

( C ) : ( x − 1)

2

điểm

của

CM

⇒ M ( −1; −1) ⇒ phương

trình

đường

tròn

tâm

I

là

+ ( y + 1) = 4
2

 3 11 
D là giao điểm của CD và (C) ⇒ D  − ; − ÷. Phương trình đường thẳng BM: 3 x + y + 4 = 0
 5 5
Phương trình đường thẳng BC: 3 x + 5 y − 4 = 0. B là giao điểm của BM và BC ⇒ B ( −2;2 )

0,5

Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC ⇒ AB : x + 2 = 0 . A là giao điểm của
AB và AC ⇒ A ( −2; −1)
Câu
8
(1,0
điểm)

Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A ( −2; −1) , B ( −2;2 ) , C ( 3; −1)
uu
r
Mp(P) qua M(2;1;2) và ⊥ (d) nhận vtcp ud = ( 1;1;1) làm vtpt.

Suy ra phương trình mp(P): 1.( x − 2 ) + 1. ( y − 1) + 1.( z − 2 ) = 0 ⇔ x + y + z − 5 = 0
Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d ( M , d ) =

 4 1 10 
8
, H  ; ; ÷.
3
3 3 3 
2

4 2
=
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH .
3
3
 x −1 y z − 3

= =

1
1
Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:  1
.
4
( x − )2 + ( y − 1 )2 + (z − 10 )2 = 8

3
3
3
9
 4 2 6 1 2 6 10 2 6   4 2 6 1 2 6 10 2 6 
Giải hệ này ta tìm được A, B là:  +
; +
; +
; −
; −
÷,  −
÷.
9 3
9 3
9  3
9 3
9 3
9 
3

Câu

9
(0,5
điểm)

Câu
10
(1,0
điểm)

5
4
• Gọi Ω (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: n ( Ω ) = A8 − A7 = 5880 .
• Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
4
3
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n ( A ) = A7 + 6. A6 = 1560

1560 13
=
⇒ Xác suất cần tìm P(A) =
5880 49
x2
3
Xét BĐT: 1 + x ≤ 1 + , ∀x ≥ 0
2

Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 1 + x =
3

Ấp dụng vào bài toán ta có:

( 1+ x) (1− x + x

2

)

1 + x + 1 − x + x2
x2
≤
= 1+
2
2

0,5

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25


a3
a3 + ( b + c )
Tương tự, ta có:

=

3

b3

1

b3 + ( c + a )
Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm.
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
3

3

b+c
1+ 
÷
 a 
b2
≥ 2
a + b2 + c 2

1

a2
a 2 + b2 + c 2

( 1)

2
1b+c 
1+ 
÷
2 a 
c3
c2
≥
( 2) ;
3
a 2 + b2 + c 2
c3 + ( a + b )

≥

≥

( 3)

0,25
0,25

-----Hết----Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.
Và còn rất nhiều đề thi thử thpt môn toán khác
Các bạn giữ CTRL + CLICK chuột trái vào link dưới đây để tới trang web tải đề thi thử cho kì thi thpt quốc
gia năm 2016. Chúc các bạn thành công!!!
- Tuyển chọn 100 đề thi thử đại học môn toán
-

101 đề thi thử thpt quốc gia môn toán (tuyển sinh 247) có đáp án cực hay
TÀI LIỆU ÔN THI KÌ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN cực hay
Tuyển chọn 150 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2015 có đáp án chi tiết
Các chuyên đề luyện thi đại học môn toán của Đặng Thành Nam (full 800 trang)
200 đề thi thử thpt quốc gia môn toán có đáp án hay (1064 trang)

Cùng 1 số sách hay cho ôn luyện:

Đây là danh sách và links tải BỘ SÁCH ÔN THI TPHT QUỐC GIA NĂM 2016 các
môn Toán- Lý-Hóa mới nhất của các Tác giả nổi tiếng chuyên ôn và luyện thi quốc
gia
(GIỮ CTRL+CLICK CHUỘT VÀO TÊN SÁCH ĐỂ TỚI TRANG TÀI LIỆU)
1-BÍ QUYẾT CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2 TRONG 1 CHUYÊN ĐỀ
VẬT LÝ TẬP 1 - LÊ VĂN VINH



2- NHỮNG ĐIỀU CẦN BIẾT LUYỆN THI QUỐC GIA KỸ THUẬT GIẢI
NHANH HỆ PHƯƠNG TRÌNH - ĐẶNG THÀNH NAM

Nội dung cuốn sách bao gồm bốn chương
Chương 1. Kiến thức bổ sung khi giải hệ phương trình.
Chương 2. Các kỹ thuật và phương pháp giải hệ phương trình.
Chương 3. Hệ phương trình nhiều ẩn.

Trong mỗi chương chúng tôi trình bày theo các chủ đề tương ứng với mỗi dạng
toán điển hình hay gặp và được viết theo các phần.
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
Trình bày các bài toán điển hình hay gặp cùng phương pháp giải tổng quát kèm
theo là các ví dụ minh họa đơn giản cho các em dễ nắm bắt được nội dung

phương pháp. Cũng như đó là kinh nghiệm và lưu ý khi làm bài.
B. BÀI TẬP MẪU
Hệ thống bài tập mẫu từ dễ - trung bình đến khó sẽ giúp các em rèn luyện hiểu
và vận dụng thật chắc phương pháp, đi cùng với đó là một số bài tập hay và khó
đòi hỏi các em phải tư duy và phân tích đề bài để tìm ra hướng giải.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Hệ thống bài tập rèn luyện được sắp xếp từ dễ đến khó, đây là cơ hội để các em
kiểm tra lại những gì đã được tiếp cận và còn đọng lại trong quá trình đọc và ôn
luyện. Hãy giải đáp hết các bài toán trước khi tìm đến phần hướng dẫn giải - đáp
số.
D. HƯỚNG DẪN GIẢI - ĐÁP SỐ


Trình bày lời giải vắt tắt, phân tích đề một số bài toán khó và đáp số.


3-KỸ THUẬT VẾT DẦU LOANG CHINH PHỤC LÝ THUYẾT HÓA HỌC
PHIÊN BẢN MỚI NHẤT- NGUYỄN ANH PHONG


4- KHÁM PHÁ TƯ DUY KỸ THUẬT GIẢI BẤT ĐẲNG THỨC BÀI TOÁN MIN
- MAX PHIÊN BẢN MỚI NHẤT-ĐẶNG THÀNH NAM


5-KHÁM PHÁ TƯ DUY GIẢI NHANH THẦN TỐC HÓA HỌC PHIÊN BẢN
MỚI NHẤT -NGUYỄN ANH PHONG