Tuyển tập 66 đề thi thử môn toán 2016 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI
TỔ TOÁN

ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA
NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN
Thời gian 180 phút

Câu 1. a) (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y =

x −1
.
x−2

b) (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm có hoành độ x = 3 .

Câu 2. (1điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 − 2 x + 3 trên đoạn [ 0; 4] .
Câu 3. a) (0,5 điểm) Giải phương trình: sin 2 x − 2 sin x = 0 .
b) (0,5 điểm) Giải phương trình:

2x

2

− x −4

= 4x .

.NE
T

Câu 4, a) (0,5 điểm) Trong dịp ra quân chăm sóc di tích Đình Đĩnh Lự (Tân Lộc – Lộc Hà – Hà Tĩnh ) đội
thanh niên tình nguyện của Đoàn trường THPT Nguyễn Văn Trỗi gồm 14 đoàn viên trong đó có 6 đoàn
viên nam 8 đoàn viên nữ trong đó có 2 đoàn viên nam là Ủy viên Ban chấp hành. Cần chọn ngẩu nhiên
một nhóm 3 đoàn viên làm nhiệm vụ thắp hương.Tính xác suất sao cho trong 3 đoàn viên được chọn có

THS

nam, nữ và Ủy viên ban chấp hành.

b) (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức: A = log 2 5 − log 1 12 − log 2 15 .
2

Câu 5. a) (0,5 điểm) Tìm số hạng chứa x 6 của đa thức P( x ) = 25 x 6 + x3 (1 + x ) .
2
π
= 0 với x ≠ k , k ∈ Z .
sin 2 x
2

TM
A

b) (0,5 điểm) Chứng minh: tan x + cot x −

4

Câu 6. (1 điểm) Giải phương trình: x + 9 + log 2
2

16 x 2 + 96 x + 208

= 2 3x + 4 − 6 x + 3 5 x + 9 .
12 x + 16 + 45 x + 81

Câu 7. (1 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật , SA = a, AB = a , AC = 2a , SA

VIE

vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi G là trọng tâm tam giác SAC .Tính theo a thể tích khối chóp
S. ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BGC ) .

Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I
 9 −8 
,điểm M ( 2; −1) là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của B lên AI là D  ;  .Biết rằng AC có
5 5 
phương trình x + y − 5 = 0 , tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Câu 9. (1 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 .Tim giá trị lớn nhất của biểu
thức P = ( x + y + z )

2

x3 + y 3 + z 3
3
−
+
.
9 xyz
xy + yz + zx
Hết

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI – HÀ TĨNH
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA
NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN
Câu

Điểm

Nội dung
•TXĐ: D = R \ {2}

0,25đ

• Sự biến thiên
+ Giới hạn – tiệm cận:
lim y = 1 suy ra đường y = 1 là tiệm cận ngang.

x →±∞

lim y = +∞ , lim− y = −∞ suy ra đường x = 2 là tiệm cận đứng.

x → 2+

x →2

Câu 1 a (1 điểm)

+) Chiều biến thiên: Ta có: y ' =

−1

( x − 2)

2

, y ' không xác định tại x = 2
0,25đ

y ' < 0 ∀x ≠ 2 nên hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định.
−∞

+) Bảng biến thiên

+∞

2

−

−

+∞
1

+) Hàm số không có cực trị:

−∞

1

0,25đ

Câu 2 (1 điểm)

Câu 1b (1 điểm)

• Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm

Câu 3a
(0.5
điểm)

1
(0; ), (1;0), (3; 2)
2

0,25đ

Tại điểm có hoành độ x = 3 ta có tung độ tương ứng là y = 2

0,25đ

y' =

−1

( x − 2)

2

⇒ y( 3) ' = −1

Pttt cần viết là y − 2 = −1( x − 3) ⇔ y = − x + 5
Ta có y ' =

x −1
x 2 − 2x + 3

, y' = 0 ⇔ x =1

0,25đ
0,5đ
0,5đ

y ( 0 ) = 3, y (1) = 2, y ( 4 ) = 11

0,25đ

Vậy Maxy = 11 tại x = 4 và min y = 2 tại x = 1

0,25đ

sin 2 x − 2sin x = 0 ⇔ 2sin x.cos x − 2sin x = 0 ⇔ 2sin x ( cos x − 1) = 0

0,25đ


Câu 3b (0.5 điểm)

 sinx = 0

⇔
⇔ x = kπ , k ∈ Z
cos x = 1

2x

2

− x−4

= 4x ⇔ 2x

2

− x−4

0,25đ

0,25đ

= 22 x ⇔ x 2 − x − 4 = 2 x

 x = −1
x2 − 3x − 4 = 0 ⇔ 
x = 4

0,25đ

Câu 4a (0.5 điểm)

Số các khả năng của không gian mẩu là : C143 = 364 ,để chọn được 3 đoàn viên theo yêu
cầu bài toán ta có các cách chọn sau
+ Chọn 1 trong 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 4 đoàn viên nam còn lại,chọn 1 0,25đ
trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có C21 .C41 .C81 = 64 cách chọn.
+ Chọn 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có
C22 .C81 = 8 cách chọn.
+Chọn 1 nam Ủy viên và chọn thêm 2 nữ có C21 .C82 = 56 cách chọn

0,25đ

Nên ta có 64 + 8 + 56 = 128 cách chọn 3 đoàn viên theo yêu cầu bài toán .

Câu 4b (0.5 điểm)

Vậy xác suất cần tính là P =

128 32
=
.
364 91

Ta có: A = log 2 5 − log 1 12 − log 2 15 = log 2 5 + log 2 12 − log 2 15
2

= log 2

Câu 5a (0.5 điểm)

5.12
= log 2 4 = 2

15

0,25đ

(

Ta có: P( x ) = 25 x 6 + x3 (1 + x ) = 25 x 4 + x 3 C40 + C41 .x + C42 .x 2 + C43 x3 + C44 x 4
4

(

)
0,25đ

)

= C40 x3 + C41 x 4 + C42 x5 + 25 + C43 x 6 + C44 x 7

(

)

Nên số hạng chứa x 6 là 25 + C43 x 6 = ( 25 + 4 ) x 6 = 29 x 6
Với x ≠ k

Câu 5b (0.5 điểm)

0,25đ

= log 2 5.12 − log 2 15

π
2

, k ∈ Z ta có tan x + cot x −

0,25đ

2
s inx cos x
2
=
+
−
sin 2 x cos x s inx sin 2 x
s in 2 x+cos 2 x
2
=
−
s inx cos x
sin 2 x

=

0,25đ

1
2
2
2

−
=
−
= 0 , điều phải chứng minh.
1
sin
2
x
s
in2x
sin
2x
s in2x
2

Điếu kiện x ≥ −

0,25đ

4
3

Ta có x 2 + 9 + log 2

16 x 2 + 96 x + 208
= 2 3x + 4 − 6 x + 3 5 x + 9
12 x + 16 + 45 x + 81

(

)

(

)

⇔ x 2 + 6 x + 13 + log 2 x 2 + 6 x + 13 = 2 3x + 4 + 3 5 x + 9 + log 2 2 3x + 4 + 3 5 x + 9 (*)

0,25đ


1
> 0 với mọi t > 0 nên f (t ) đồng biến
t ln 2
f ( x 2 + 6 x + 13) = f 2 3 x + 4 + 3 5 x + 9
nên

Xét hàm số f (t ) = t + log 2 t , t > 0 , f '(t ) = 1 +
trên ( 0; +∞ ) .

(*)

Từ

suy

(

ra

)

x + 6 x + 13 = 2 3 x + 4 + 3 5 x + 9

0,25đ

2

Câu 6 (1 điểm)

⇔ x 2 + x + 2 ( x + 2) − 3 x + 4  + 3 ( x + 3) − 5 x + 9  = 0

(

2

(

2

)

⇔ x +x +

(

2 x2 + x

x + 2 + 3x + 4

)

⇔ x + x [1 +

(

)

+

2
x + 2 + 3x + 4

)

⇔ x 2 + x = 0 vì 1 +

(

3 x2 + x

)

x + 3 + 5x + 9
+

=0

0,25đ

3
x + 3 + 5x + 9

2
x + 2 + 3x + 4

+

]=0

3
x + 3 + 5x + 9

> 0 ∀x ≥ −

4
3

⇔ x = 0; x = −1

0,25đ

Đối chiếu với điều kiện ban đầu suy ra phương trình có nghiệm x = 0, x = −1
Ta

BC =

có

( 2a )

2

− a 2 = a 3 ,diện

hình S chữ

tích

nhật

ABCD

là

0,25đ

S ABCD = a.a 3 = a 2 . 3 .
1
a3 3
.
Thể tích khối chóp là V = SA.S ABCD =
3
3
Câu 7
1
điểm

0,25đ
A

Gọi O là giao điểm của AC và BD ,

G
D
H

H là hình chiếu vuông góc của G

O

B

lên mp ( ABCD )

thì ta có

C
1
a
GH = SA = ,thể tích khối chóp G. ABC
3
3

là

1
1
a3 3
VG. ABC = .GH . S ABCD =

3
2
18

0,25đ

3V
1
Mặt khác VG. ABC = .d( A,( BGC ) ) .S ∆BGC => d ( A,( BGC ) ) = G. ABC
3
S ∆BGC
Xét

tam

giác
2

BGC

ta

có

4
4
BC = a 3 , CH = CO + OH = CO = .a nên
3
3

2

a 17
 4a   a 
CG =   +   =
,gọi N là trung điểm SD do SB = a 2 + a 2 = a 2
3
 3  3

SD = a 2 + 3a 2 = 2a nên BG =
=> BG =

2
2 2 SA2 + 2 BD 2 − SD 2
BN =
3
3
4

2 4 a 2 + 8a 2 − 4 a 2 2 a 2
=
3
4
3

Áp dụng định lí cô sin trong tam giác BGC ta có



Ta có ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) => ( x + y + z ) = 3 + 2 ( xy + yz + zx )

2

2

lại có x3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z )  x 2 + y 2 + z 2 − ( xy + yz + zx )  + 3 xyz
= ( x + y + z ) 3 − ( xy + yz + zx )  + 3 xyz nên

x3 + y3 + z 3 1 1  1
1 1 
= +  + +  3 − ( xy + yz + zx ) 
9 xyz
3 9  yz zx xy 

0,25đ

Áp dụng BĐT Cauchy ta có

 xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 . y 2 .z 2

1
1 1
9
=>
+ + ≥
1
1 1
1
xy yz xz xy + yz + zx
 + + ≥ 33 2 2 2
.

.
xy
yz
zx
x
y
z


Câu 9 (1 điểm)


x3 + y3 + z 3 1 
1
Suy ra
≥ +
 3 − ( xy + yz + zx ) 
9 xyz
3  xy + yz + zx  

0,25đ

Từ đó ta có


1 
1
3
P ≤ 3 + 2 ( xy + yz + zx ) − − 
 3 − ( xy + yz + zx )  +

3  xy + yz + zx 
xy + yz + zx
=

11
+ 2 ( xy + yz + zx )
3

do 0 < xy + yz + zx ≤

x2 + y2 + y 2 + z 2 + z 2 + x2
11
29
= 3 nên P ≤ + 6 =
2
3
3

 x2 + y 2 + z 2 = 3
29

Từ đó suy ra GTLN của P là
đạt khi  xy = yz = xz ⇔ x = y = z = 1 .
3

 xy + yz + zx = 3

Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa

0,25đ

0,25đ


SỞ GD&ĐT BẮC GIANG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3

TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
———————-

Môn: Toán 12
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)

—————————

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

2x + m
x−1

(C) (với m là tham số thực).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) với m = 1.
2) Tìm m để đường thẳng d : y = x + 2 cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm A, B phân biệt.

.NE

T

Câu 2 (1,5 điểm). 1) Giải phương trình: sinx + 2sin3x = −sin5x
2) Giải phương trình: log3 (x − 1)2 + log√3 (2x − 1) = 2
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm nguyên hàm sau: I =

(x+cosx)xdx

THS

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm A(1; 1; 3), B(−2; 0; 4), C(2; −3; 5), D(0; 4; −5).
Chứng minh rằng 4 điểm đã cho không đồng phẳng và tính thể tích của tứ diện ABCD.
√ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD =
a 2. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên (ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác ABC, đường
thẳng SD tạo với mặt đáy ABCD một góc 450 . Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD theo a.

TM
A

Câu 6 (1,0 điểm). Để chuẩn bị cho Lễ kỷ niệm 70 năm thành lập của một trường THPT, nhà
trường cần lập một đội tình nguyện viên gồm 40 em học sinh thông qua đơn đăng ký. Qua đăng
ký có 150 em học sinh muốn tham gia đội tình nguyện viên, biết rằng trong 150 em đó có 60 em
có học lực giỏi. Để đảm bảo công bằng nhà trường quyết định chọn ngẫu nhiên 40 học sinh từ 150
học sinh nói trên. Tính xác suất để trong số 40 em học sinh được chọn có đúng 80% học sinh có
học lực giỏi.

VIE

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi H

là hình chiếu của A lên đường thẳng BD. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CD
và BH. Biết điểm A(1; 1), phương trình đường thẳng EF : 3x − y − 10 = 0 và điểm E có tung độ
âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình chữ nhật.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:
√
(x + x2 + 1)(y + y 2 + 1) = 1
√
√
3x2 + y + 3 = 3x + 1 + 4 − 5y

, (x, y ∈ R)

,
Câu 9 (0,5 điểm). Cho các số a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn: a + b + c = 3. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức:
2
abc
P =
+ 3
3 + ab + bc + ca
(1 + a)(1 + b)(1 + c)
——— Hết ———
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


SỞ GD&ĐT BẮC GIANG

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3

—————–

NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: Toán 12

(Đáp án gồm 6 trang)

————–

CÂU

NỘI DUNG

2x + m
Cho hàm số y =
...
x−1

ĐIỂM
1,00

(1)

0,25

• Tập xác định: D = R\{1}
• Giới hạn: lim− y = −∞, lim+ y = +∞, lim y = 2, lim y = 2.
x→1

x→−∞

x→1

x→+∞

• Đồ thị hàm số có TCĐ: x = 1, TCN: y = 2
Câu 1

0,25

• Sự biến thiên: y =

−3
; y < 0, ∀x ∈ D .
(x − 1)2

• Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; 1) và (1; +∞).
- Bảng biến thiên:

0,25

1
Đồ thị: Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; −1), căt trục Ox tại điểm (− ; 0)

2

0,25

2)Tìm m để...

1,00

2x + m
= x + 2 (Điều kiện: x = 1) (2)
Phương trình hoành độ giao điểm:
x
−
1
(2) ⇔ x2 − x − 2 − m = 0
(3)

0,5

1


Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi phương trình
(3) có hai nghiệm phân biệtkhác 1.


∆ > 0
m > − 9
4
⇔

1 − 1 − 2 − m = 0

m = −2

1) Giải phương trình: sinx+2sin3x = −sin5x

(1)

(1)⇔ 2sin3xcos2x + 2sin3x = 0 ⇔2sin3x(cos2x + 1)= 0

Câu 2

Giải phương trình tích ta tìm được nghiệm
π
π
x = k và x = + lπ , (k, l ∈ Z)
3
2
2) Giải phương trình: log3 (x −2)2 + log√3 (2x − 1) = 2



x − 1 = 0
x=1
⇔
Điều kiện:
1

2x − 1 > 0
x >

2
PT ⇔ log3 |x − 1| + log3 (2x − 1) = 1

⇔ log3 [|x − 1| (2x − 1)] = 1

⇔ |x − 1| (2x − 1) = 3
• Với

0,5

0,5
0,25
0,25
1,0đ
0,25
0,25

(∗)
0,25

1
< x < 1. PT (*)⇔ (1 − x)(2x − 1) = 3 ⇔ 2x2 + 3x + 4 = 0. PT vô nghiệm
2
0,25

• Với x > 1. PT (*)⇔ (x − 1)(2x − 1) = 3 ⇔ 2x2 − 3x − 2 = 0
1
⇔ x = − ,x = 2
2
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm x = 2

Tìm nguyên hàm: I =

(x+cosx)xdx

Ta có: I =

x2 dx +

xcosxdx = I1 + I2

Tính I1 =

x2 dx =

Tính I2 =

xcosxdx. Bằng cách sử dụng TPTP ta tính được

x3
+ C1
3

1,00
0,25
0,25

Câu 3

I2 = xsinx+cosx + C2
x3

+ xsinx+cosx + C
Kết luận: I =
3
Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm A(1; 1; 3), B(−2; 0; 4), C(2; −3; 5), D(0; 4; −5).

Chứng minh rằng 4 điểm đã cho không đồng phẳng và tính thể tích của tứ diện ABCD .
−
−
→
−→
−−→
Ta có: AB = (−3; −1; 1), AC = (1; −4; 2), AD = (−1; 3; −8)

2

0,25

0,25
1,00
0,25


Câu 4

−
−→ −→ −−→
−−
→ −→
Tính: AB, AC = (2; 7; 13) =⇒ AB, AC AD = −85 = 0.

0,5

Suy ra 4 điểm A, B, C, D không đồng phẳng.
85
(đvtt)
Suy ra: VABCD =
6
√
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = a 2. Hình

0,25
1,00

chiếu vuông góc của đỉnh S lên (ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác ABC , đường
thẳng SD tạo với mặt đáy ABCD một góc 450 . Tính thể tích của hình chóp S.ABCD
và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD theo a.
S

K
A

B

D
O

H

C
F

I

E

Câu 5

- Gọi H là trọng tâm của ABC ,√nên theo giả thiết: SH ⊥ (ABCD) và SDH = 450 .
2a 3
2
Suy ra: SH = HD = BD =
3
3
√
-ABCD là hình chữ nhật nên: SABCD = a2 2
√
1
2a3 6
- Thể tích của khối chóp: V = SH.SABCD =
(đvtt).
3
9
- Gọi E là điểm
 đối xứng với A qua B , ta có:
BD (SCE)
BD EC ⇒
SC ⊂ (SCE)
⇒ d(BD, SC) = d(BD, (SCE)) = d(H, (SCE))
(1)

- Gọi I, K lần lượt 
là hình chiếu vuông góc của H lên EC, SI ta có:

HK ⊥ EC
EC ⊥ SH
⇒
KH ⊥ SI
EC ⊥ HI
⇒ HK ⊥ (SEC) ⇒ d(H, (SEC)) = HK
(2)
1
1
1
- Gọi F là hình chiếu của B lên EC , ta có: BF = HI và
=
+
, trong
BF 2
BE 2 BC 2
1
1
1
1
1
1
=
+
=
+
+

HSC :
2
2
2
2
2
HK
HS
HI
HS
BE
BC 2
2a
⇒ HK =
(3)
3
2a
Từ (1), (2), (3) ta suy ra: d(BD, SC) =
3

3

0,25

0,25
0,25

0,25

Câu 6

Để chuẩn bị cho Lễ kỷ niệm 70 năm thành lập của một trường THPT, nhà trường cần

1,00

lập một đội tình nguyện viên gồm 40 em học sinh thông qua đơn đăng ký. Qua đăng ký
có 150 em học sinh muốn tham gia đội tình nguyện viên, biết rằng trong 150 em đó có
60 em có học lực giỏi. Để đảm bảo công bằng nhà trường quyết định chọn ngẫu nhiên
40 học sinh từ 150 học sinh nói trên. Tính xác suất để trong số 40 em học sinh được
chọn có đúng 80% học sinh có học lực giỏi.
Gọi A là biến cố ngẫu nhiên: "Chọn được 80% học sinh có học lực giỏi".
Chọn ngẫu nhiên 40 em học sinh từ 150 em học sinh có n(Ω) =

0,25

40
C150

Chọn được 80% học sinh có học lực giỏi, tức là chọn được 32 em. Chọn 32 em trong 60

0,5

32
em có học lực giỏi có C60
cách.

Câu 7

32

8
8
C60
cách.Khi đó: n(ΩA ) = C90
Chọn 8 em còn lại trong 90 em có C90
8
32
C C
Theo công thức tính xác suất, ta tính được: P(A) = 9040 60 ≈ 1, 823.10−9
C150
Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC . Gọi H là hình chiếu

0,25
1,00

của A lên đường thẳng BD . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CD
và BH . Biết điểm A(1; 1), phương trình đường thẳng EF : 3x − y − 10 = 0 và điểm E

có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình chữ nhật.
G
A
B
F

D

H
E

C

Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của các đoạn CD, BH, AB . Ta chứng minh: AF ⊥

0,25

EF.

Ta thấy các tứ giác ADEG, ADF G nội tiếp, nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó:

AF ⊥ EF . Từ đó ta suy ra: AF : x + 3y − 4 = 0
32
17 1
.
- Tìm tọa độ của F = AF ∩ EF , ta được F ( ; ), suy ra: AF =
5 5
5
1
2
- Ta có AF E ∼ DCB ⇒ EF = AF = 2
.
2
5
17
51 2 8
- Gọi E(a; 3a − 10) ∈ EF ⇒ EF 2 = (a − )2 + (3a −
) =
5
5
5
19

19 7
2
⇒ 5a − 34a + 57 = 0 ⇒ a = 3 ∨ t = . Hay E(3; −1) hoặc E( ; )
5
5 5

4

0,25


Theo giả thiết ta được E(3; −1), phương trình: AE : x + y − 2 = 0. Gọi D(x; y),
 ADE vuông, cântại D nên:
(x − 1)2 + (y − 1)2 = (x − 3)2 + (y + 1)2
AD = DE
⇔
(x − 1)(x − 3) = (y − 1)(y + 1)
AD ⊥ DE



x = 3
x = 1
y = x − 2
.
∨
⇔
⇔
y = 1
y = −1

(x − 1)(x − 3) = 0

Từ đó D(1; −1) hoặc D(3; 1)

Câu 8

Vì D, F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1; −1).

0,25

Giải hệ:

1,00

Khi đó: C(5; −1), B(1; 5). Vậy B(1; 5), C(5; −1), D(1; −1)

√
(x + x2 + 1)(y + √y 2 + 1) = 1
3x2 + y + 3 = √3x + 1 + √4 − 5y

(1)
(2)


1

x ≥ −
3
- Điều kiện:
4


y ≤
5 
√
√
(x + x2 + 1)(−x + x2 + 1) = 1
Với ∀x, y ∈ R, ta có:
(y + √y 2 + 1)(−y + √y 2 + 1) = 1

, (x, y ∈ R)

0,25

.

Kết
với phương trình (1) ta được:
 hợp
√
√
y + y 2 + 1 = −x + x2 + 1
. Cộng hai vế của hệ này ta được x = −y
x + √x2 + 1 = −y + √y 2 + 1
Thế x = −y vào phương trình (2) ta được:

√
√
3x2 − x + 3 = 3x + 1 + 5x + 4
(∗)
√

√
Ta có: (∗) ⇔ 3x2 − x + 3 − 3x + 1 − 5x + 4 = 0
√
√
⇔ 3x2 − 3x + (x + 1 − 3x + 1) + (x + 2 − 5x + 4) = 0
x2 − x
x2 − x
√
√
⇔ 3(x2 − x) +
+
=0
x + 1 + 3x + 1 x + 2 + 5x + 4
1
1
√
√
+
)=0
⇔ (x2 − x)(3 +
x + 1 + 3x + 1 x + 2 + 5x + 4
1
1
1
√
√
+
> 0.
Vì x ≥ − nên 3 +
3

x + 1 + 3x + 1 x + 2 + 5x + 4
Do vậy: x2 − x = 0 ⇒ x = 0 ∨ x = 1.

Câu 9

0,25

Kết luận hệ có hai nghiệm: (x; y) = (0; 0), (1; −1)

Cho các số a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn: a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức:

P =

2
+
3 + ab + bc + ca

5

3

abc
(1 + a)(1 + b)(1 + c)

0,50

0,25

0,5



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
MÔN TOÁN 12 NĂM HỌC 2015 – 2016
Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1. (1,0 điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = x4 − 4 x2

(C) .

Câu 2. (1,0 điểm)
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 4 + 2 x 2 biết tiếp tuyến song song với đường
thẳng y = 8 x.
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: log 3 ( x + 1) + 6 log9 3 5 − x = 2 .

ET

b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x.2 x trên [ −1;3] .
Câu 4. (1,0 điểm)
e

ln x 

 1
Tính tích phân: I = ∫ x  2
+ 3  dx .
x +1 x 
1 

ATH
S.N

Câu 5. (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng: d1 :

x −8 y −5 z −8
và đường
=
=
1
2
−1

x − 3 y −1 z −1
. Chứng minh rằng hai đường thẳng đó chéo nhau. Viết phương trình
=
=
7
2
3
mặt phẳng (P) chứa d1 và (P) song song với d 2 .

thẳng d 2 :

Câu 6. (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, AC = a , H là trung điểm AB, SH vuông
góc với mặt phẳng (ABCD), tam giác SAB vuông tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng BD, SC theo a.

TM

Câu 7. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 3x + sin 2 x = sin 4 x.
b) Giải bóng đá do Đoàn trường THPT Hà Huy Tập tổ chức có 16 đội tham gia, trong đó khối 10 có
5 đội bóng, khối 11 có 5 đội bóng và khối 12 có 6 đội bóng được bắt thăm ngẫu nhiên để chia làm 4
bảng đấu A, B, C, D, mỗi bảng đấu có đúng 4 đội bóng đá. Tính xác suất để ở bảng A có đúng 2 đội
bóng khối 10 và 2 đội bóng khối 11.

VIE

Câu 8. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (T ) : x 2 + y 2 = 9 ,
AB < BC , đường tròn tâm B bán kính BC cắt đường tròn (T) tại D khác C, cắt đường thẳng AC tại

F, biết rằng đường thẳng DF có phương trình: x + y + 4 = 0 và M ( −2;1) thuộc đường thẳng AB.
Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết rằng B có tung độ dương.

Câu 9. (1,0 điểm)

Giải bất phương trình:

(

)

x + 4 −1

x+2 ≥

x3 + 4 x 2 + 3x − 2 ( x + 3) 3 2 x + 3

(

3

)(

2x + 3 − 3

)

.

x + 4 +1

Câu 10. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện: x + y + z = xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: P = ( x − 1)( y − 1)( z − 1) .
…HẾT…


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 1 NĂM 2016

Câu

Nội dung đáp án
1) Tập xác định R.
2)Sư biến thiên:a)Giới hạn:
lim y = lim y = +∞
x→−∞

d1 đi qua M 1 ( 8;5;8 ) có 1 vtcp u1 (1; 2; −1)
d 2 đi qua M 2 ( 3;1;1) có 1 vtcp u2 ( 7; 2;3)

y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 2

u1 , u2  = ( 8; −10; −12 ) , M 1M 2 ( −5; −4 − 7 )



0
0 + 0 –
0

− 2

−∞

–
+∞

−4

2

+∞

0

5.

+
+∞

0,25
1,0
đ

−4

Hàm số đồng biến trên các khoảng

(−

) ( 2; +∞ ) , nghịch biến trên các
khoảng ( −∞; − 2 ) và ( 0; 2 ) .

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng :
8 ( x − 8) − 10 ( y − 5) − 12 ( z − 8) = 0

0,25

Hàm số đạt cực đại tại xCD = 0, yCD = 0 , đạt

0,25

S

M

G
A
H
B

y ' = 4 x3 + 4 x . Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm.

2. Vì tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 4 + 2 x 2
song song với đường thẳng y = 8 x nên ta
1,0
3
đ có: 4 x0 + 4 x0 = 8 ⇔ x0 = 1
PT tiếp tuyến cần tìm là: y = 8( x −1) + 3 = 8x − 5
3
3.a log3 ( x + 1) + 6log9 5 − x = 2 (1). ĐK: −1< x < 5
0,5 (1) ⇔ log3 ( x + 1)( 5 − x ) = 2
đ
⇔ − x 2 + 4 x + 5 = 9 ⇔ x = 2 (Thỏa mãn ĐK)
HS đã cho liên tục trên đoạn −1;3 và

3.b y ' = 2 + x.2 ln2 = 2 (1 + x ln2) > 0∀x ∈−1;3
1
1

0,5
y ( −1) = − ; y ( 3) = 24 ⇒ min y = y ( −1) = −
[ −1;3]
đ
2
2
max y = y ( 3) = 24
x

x

x

SH =

0,25
0,5
6.
0,25
0,25
0,25

e

e

(

)

2
e
e
1 d x +1 1
xdx
I1 = ∫ 2
= ∫
= ln x2 + 1
2
1
x +1 2 1 x +1
2
1
e

(

(

1 + e2
1
1
= ln 1 + e 2 − ln 2  = ln
 2
2
2

(

)

O
C

0,5

1,0
đ

1
1
AB = a .
2
2

Vì tam giác ABC là tam giác đều cạnh a
a2 3
nên S ABCD = 2 S ABC =
.
2
a3 3
1
.
⇒ VS . ABCD = SH .S ABCD =
12
3
Gọi M là trung điểm SA, O là tâm hình thoi
ABCD, khi đó : SC / / OM ⇒ SC / / ( MBD )
⇒ d ( SC; BD ) = d ( SC; ( MBD ) ) = d ( C; ( MBD) ) 0,25
Vì O, H là trung điểm AC và AB nên

d ( C; ( MBD ) ) = d ( A; ( MBD ) ) = 2d ( H ; ( MBD) )

0,25

1
a
AO = và HP / / AO nên HP ⊥ BD ,
4
2
mặt khác: MH ⊥ ( ABCD) ⇒ MH ⊥ BD do
HP =

0,25

e

ln x
1 e 1
1 1e 2
dx =− ln x + ∫ 2 dx =− − =− +1
2
x
x 1 1x
e x1 e
1

P

Gọi P là trung điểm BO, khi đó HP là
đường trung bình tam giác ABO nên

)

)

K

0,25

e

ln x 
ln xdx
xdx
 1
+ 3  dx = ∫ 2
+∫ 2
I = ∫ x 2
x +1 1 x
x +1 x 
1 
1

D

Dễ thấy tam giác SAB vuông cân tại S nên

0,25

[ −1;3]

I2 = ∫

0,25

⇔ 4 x − 5 y − 6 z + 41 = 0

0,25

e

0,25

n = u1 , u2  = ( 8; −10; −12)

2;0 và

2) Đồ thị:

1,0
đ

0,25

Ta có u1 , u2  M 1 M 2 = 84 ≠ 0 nên d1 , d 2 là
hai đường thẳng chéo nhau.
Vì mặt phẳng (P) chứa d1 và song song
với d 2 nên (P) là mặt phẳng đi qua M 1 và
có
1

vectơ
pháp
tuyến
là

cực tiểu tại xCT = ± 2, yCT = −4 .

4.

0,25

b)Bảng biến thiên: y ' = 4 x3 − 8 x;

y’
y

1,0
đ

)

1 + e2
2
1
+1 −
⇒ I = I1 + I 2 = ln
2
2
e

0,25

x→+∞

x

1.

(

Điểm

0,25

đó : BD ⊥ ( MHP ) . Gọi K là hình chiếu của H
0,25
lên MP, khi đó HK ⊥ MP,HK ⊥ BD nên
HK ⊥ ( MBD ) suy ra : d ( H ; ( MBD ) ) = HK
1
1
1
36 16 52
=
+
= 2 + 2 = 2
2
2
2
HK
HG

HP
a
a
a
a
a
⇒ HK =
⇒ d ( SC; BD ) =
2 13
13


cos3x + sin 2x = sin4x ⇔ cos3x − 2cos3x.sin x = 0

TH 2. −2 ≤ x < 12

0,25

7.a

 π kπ
(k ∈ Z)
cos3x = 0  x = +
6 3

⇔
⇔

0,5
sin x = 1

 x = π + k2π hoÆc x = 5π + k2π
D
2


6
6

Số phần tử KG mẫu: Ω = C164 .C124 .C84 .C44
Gọi A là biến cố mà bảng A có đúng 2 đội
bóng khối 10 và 2 đội bóng khối 11. Ta
có : A = C52 .C52 .C124 .C84 .C44 . Xác suất cần

7.b
0,5
đ

3

0,25

3

0,25

0,25

F

A

FBD = 2 FCD

O

8.

 −1 − 5
 1 + 5

S=
; −1 ∪ 
:12 

 2
  2

Từ giả thiết ta có x < xyz ⇒ yz > 1 tương tự

0,5

FBD = 2 ABD

D

góc với DF nên có PT: 1( x + 2) − 1( y − 1) = 0
⇔ x − y+3=0.
Tọa độ các điểm A, B là nghiệm của hệ:
 x = −3
x = 0

 x − y = −3
hoặc 
⇔
 2
2
 x + y = 9
y = 3
y = 0

10.
1,0
đ

)

x3 + 4x2 + 3x − 2( x + 3) 3 2x + 3

(

3

)(

2x + 3 − 3

)

x + 4 +1

9.

⇔1≥

x+2 +2≥

( x + 3) (

2x + 3 − 3
1,0
TH
1.
x
>
12
đ
3

(**)

2

(

)(

0,25

)

⇔ ( t + 1) t + 1 + 3 t + 1 − 3 ≤ 0 ⇔ t ≤ 3 − 1

0,5
Do đó

3

abc ≤ 3 − 1 ⇔ abc ≤

( x − 1)( y − 1)( z − 1) ≤ (

(1)

)

(

)

3

3 −1

hay:

3

3 −1

Vậy max P =

(

0,25

)

3

3 −1 .

TỔNG

10,0

0,25

) (2)

HẾT
3

( 2) ⇔( 3 2x + 3) + 3 2x + 3 ≥ ( x + 2) + x + 2 ( 3)
Hàm số f ( t ) = t + t đồng biến trên R nên :
( 3) ⇔ 2 x + 3 ≥ x + 2 ⇔ ( 2 x + 3) ≥ ( x + 2 )
3

3

2

ab + bc + ca ≥ 3 3 ( abc ) = 3t2

2x + 3 − 3

x+2 −2

3

Đặt t = abc , ta có:

Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z = 3 .

( x + 3)( x − 2 )
3

0,25

3

Từ (*), (**) suy ra : t + 3t ≤ 2

ĐK : x ≥ −2, x ≠ 12

(1) ⇔

0,25

(*)

⇔ ab + bc + ca + abc = 2

3

B có tung độ dương nên: B ( 0;3) , A ( −3;0 )
x + 4 −1 x + 2 ≥

0,25

a + b + c + 3 = ( a + 1)( b + 1)( c + 1)

do đó AB là đường phân giác trong của góc
ABD của tam giác cân FBD nên AB cũng
1,0
là
đường cao, hay: AB ⊥ FD .
đ
Đường thẳng AB qua M ( −2;1) và vuông

(

cũng có : zx > 1, xy > 1 . Do đó có tối đa 1
trong 3 số x, y, z bé hơn 1.
TH 1. Có đúng 1 số bé hơn 1, chẳng hạn :
x < 1; y ≥ 1; z ≥ 1 khi đó P ≤ 0 .
TH 2. x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1 .
Đặt x − 1 = a, y − 1 = b, z − 1 = c với a, b, c > 0
Giả thiết bài toán trở thành:

suy ra

C

0,25

2

Đối chiếu điều kiện −2 ≤ x < 12 ta có tập
nghiệm của bất phương trình là :

C 2 .C 2
5
tìm là: P ( A ) =
= 545 =
≈ 0,05495
Ω
91
C16

B

2

 −1 − 5
 1 + 5

⇔ x∈
; −1 ∪ 
: +∞ 

 2

  2


A

Tứ giác ABCD
nội tiếp đường
tròn tâm O nên
ABD = ACD .
Trong đường
tròn tâm B bán
kính BC ta có

3

( 2) ⇔( 3 2x + 3) + 3 2x + 3 ≤ ( x + 2) + x + 2 ( 4)
Hàm số f ( t ) = t 3 + t đồng biến trên R nên:
2
3
( 4 ) ⇔ 3 2 x + 3 ≤ x + 2 ⇔ ( 2 x + 3) ≤ ( x + 2 )
⇔ x + 2 x − 1 ≥ 0 ⇔ ( x + 1) ( x + x − 1) ≥ 0

2

⇔ x 3 + 2 x 2 − 1 ≤ 0 vô nghiệm vì x > 12 .

3

0,25

NẾU HS GIẢI CÁCH KHÁC MÀ VẪN ĐÚNG
THÌ CHO ĐIỂM TỐI ĐA CHO PHẦN ĐÓ.


Sở GD&ĐT Nghệ An
Trường THPT Phan Thúc Trực

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA LẦN I
Năm học 2015 – 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 đ) Cho hàm số y   x3  3x  2 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thi (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng d: y   x  2
biết tọa độ tiếp điểm có hoành độ dương.
Câu 2: (0,5đ) Giải phương trình: log 3 ( x 2  3 x)  log 1 (2 x  2)  0 ; ( x   )
3

1

Câu 4: (1,0đ) Tính tích phân: I   (1  e x ) xdx
0

ET

Câu 3: (0,5đ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  2 x 4  4 x 2  10 trên đoạn  0; 2

ATH
S.N

Câu 5: (1,0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;-3), B(4;3;-2), C(6;-4;-1). Chứng
minh rằng A, B,C là ba đỉnh của một tam giác vuông và viết phương trình mặt cầu tâm A đi qua trọng tâm G
của tam giác ABC.
Câu 6: (1,0đ)
3

a) Cho góc  thỏa mãn:    
và tan   2 . Tính giá trị của biểu thức A  sin 2  cos(  ) .
2
2
b) Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4 môn trong đó có 3 môn bắt buộc là
Toán, Văn, Ngoại ngữ và một môn do thí sinh tự chọn trong số các môn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và
Địa lí. Trường A có 30 học sinh đăng kí dự thi, trong đó có 10 học sinh chọn môn Lịch sử. Lấy ngẫu nhiên 5
học sinh bất kỳ của trường A, tính xác suất để trong 5 học sinh đó có nhiều nhất 2 học sinh chọn môn Lịch sử.

VIE

TM

Câu 7: (1,0đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a, hình chiếu của S lên mặt phẳng
(ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho AB = 3AH. Góc tạo bởi SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600 .
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.
Câu 8: (1,0đ)
1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với AB//CD có diện tích bằng 14, H ( ; 0) là
2
1 1
trung điểm của cạnh BC và I ( ; ) là trung điểm của AH. Viết phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có
4 2

hoành độ dương và D thuộc đường thẳng d: 5 x  y  1  0 .
5
( xy  3) y  2  x  x  ( y  3 x) y  2
Câu 9: (1,0đ) Giải hệ phương trình: 
( x, y  )
 9 x 2  16  2 2 y  8  4 2  x
Câu 10: (1,0đ) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x  3 y  7 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  2 xy  y  5( x2  y 2 )  24 3 8( x  y)  ( x2  y 2  3)

..................Hết………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm


KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Môn thi: Toán (Gồm 4trang)
Câu

Nội dung

1.(2,0đ) a.

Điểm
1,0đ

*TXĐ: D=R
*Sự biến thiên:

0,25

-Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3, y '  0  x  1
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (; 1) và (1; ) , đồng biến trên khoảng (-1;1)
- Cực trị: HS đạt cực tiểu tại x = -1; yct  4 và đạt cực đại tại x = 1; ycd  0
0,25

lim y  

- Giới hạn: lim y  ;

x 

x 

-Bảng biến thiên:
x

-

y’

-1
-

0

+

1
+

+

0

0,25

0

y
-

-4

*Đồ Thị: Cắt trục Ox tại 2 điểm (1;0); (-2;0); cắt trục Oy tại điểm (0;-2). Đi qua điểm (2; -4)

0,25

b.

1,0đ

Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của phương trình:  x 3  3x  2   x  2

0,25

x  0

 x  2(t / m)
 x  2

0,25

Với x = 2 thì y(2) = -4; y’(2) = -9

0,25

PTTT là: y = -9x + 14

0,25

2.(0,5đ) Đk: x>0 (*)

3.(0,5đ)

Với Đk(*) ta có: (1)  log 3 ( x 2  3x )  log 3 (2 x  2)

0,25

 x  1(t / m)
. Vậy nghiệm của PT là x = 1
 x2  x  2  0  
 x  2(loai )

0,25

f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn  0; 2 , ta có: f '( x)  8 x 3  8 x

0,25

x  0
Với x   0; 2 thì: f '( x)  0  
. Ta có: f(0) = 10; f(1) = 12; f(2) = -6
x  1
Vậy: Max f ( x)  f (1)  12; min f ( x)  f (2)  6
0;2

0;2

0,25


Câu
4.
(1,0đ)

Nội dung
u  x
du  dx
Đặt: 

x
x
dv  (1  e )dx v  x  e

Điểm

0,25

1

Khi đó: I  x ( x  e )   ( x  e x )dx
x

1
0

0

x2
3
 e x ) 10 
2
2


 
2 2
 AB; AC không cùng phương  A; B; C lập
Ta có: AB (2; 2;1); AC (4; 5; 2)  
4 5
 
thành tam giác. Mặt khác: AB. AC  2.4  2.(5)  1.2  0  AB  AC suy ra ba điểm A; B;

0,25

C là ba đỉnh của tam giác vuông.

0,25

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G(4;0; -2). Ta có: AG  6

0,25

Mặt cầu cần tìm có tâm A và bán kính AG  6 nên có pt: ( x  2) 2  ( y  1)2  ( z  3)2  6

0,25

a.

0,5đ

 I  1 e  (

5.
(1,0đ)

6.
(1,0đ)

0,25

Vì    

cos  

0,25
0,25

sin   0

3
. Do đó:
nên 
2
cos  0

1
1
2

 sin   cos . tan   
2
1  tan 
5
5

Ta có: A  2sin  .cos  sin  

42 5
5

0,25

0,25

b.

0,5đ

Số phần tử của không gian mẫu là: n()  C305  142506

0,25

Gọi A là biến cố : “5 học sinh được chọn có nhiều nhất 2 học sinh chọn môn lịch sử”
5
3
 C204 C101  C20
C102  115254
Số phần tử của biến cố A là: n( A)  C20

Vậy xác suất cần tìm là: P( A) 
7.
(1,0đ)

115254
 0,81 .
142506

9a 2 3
1
0
Diện tích đáy là: dt( ABC ) = AB.AC.Sin60 =
. Vì SH  ( ABC ) nên góc tạo bởi
2
4

0,25

0,25

SA và (ABC) là: SAH  600  SH  AH .tan 600  a 3 . Thể tích khối chóp S.ABC là:
0,25

1
9a 3
V= SH .dt (ABC ) 
3
4
Kẻ AD  BC thì d(SA,BC)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))=3d(H,(SAD)) Vì AB=3AH
Kẻ HI  AD và HK  SI ,do AD  SH nên AD  ( SHI )  AD  HK Suy ra:
Câu

Điểm

Nội dung
d(H,(SAD)) = HK. Ta có: HI  AH.sin600 

0,25

a 3
. Trong tam giác SHI , ta có:
2

1
a 15
3a 15
1
1
5

. Vậy d ( SA, BC ) 


 2  HK 
2
2
2
HI
HS
5
HK
3a
5
S

0,25
K

A

I

D

H

C

B

8.
(1,0đ)

Vì I là trung điểm của AH nên A(1;1); Ta có: AH 

13
.
2

0,25

Phương trình AH là: 2 x  3 y  1  0 .Gọi M  AH  CD thì H là trung điểm của AM
0,25

Suy ra: M(-2; -1). Giả sử D(a; 5a+1) (a>0). Ta có:
ABH  MCH  S ABCD  SADM  AH .d ( D, AH )  14  d ( D, AH ) 

28
13

0,25


Hay 13a  2  28  a  2(vì a  0)  D (2;11)
Vì AB đi qua A(1;1) và có 1VTCP là


1 
MD  (1;3)  AB có 1VTPT là n(3; 1) nên AB có
4

0,25

Pt là: 3 x  y  2  0

A

B
I
H

D

9.
(1,0đ)

M

C

0  x  2
Đk: 
 y  2

(*) .Với đk(*) ta có

x  1
(1)  ( x  1)  ( y  3) y  2  ( x  1) x   0  
 ( y  3) y  2  ( x  1) x
Câu

0,25

(3)

Nội dung
Với x = 1 thay vào (2) ta được: 2 2 y  8  1  y  
Ta có: (3) 





Điểm
31
(loai )
8

3

y  2  y  2  ( x )3  x (4). Xét hàm số

0,25

f (t )  t 3  t  f '(t )  3t 2  1  0; t  Hàm số f(t) là hs đồng biến, do đó:
(4)  f ( y  2)  f ( x ) 

y  2  x  y  x  2 thay vào pt(2) ta được:

4 2  x  2 2 x  4  9 x 2  16

 32  8 x  16 2(4  x 2 )  9 x 2  8(4  x 2 )  16 2(4  x 2 )  ( x 2  8 x)  0

Đặt: t  2(4  x 2 )

Hay

0,25

 x
t  2
2
2
(t  0) ; PT trở thành: 4t  16t  ( x  8 x )  0  
t   x  4  0(loai)

2

0  x  2
x
4 2 6
4 2

y
2(4  x )    2 32  x 
2
3
3
 x  9
2

 4 2 4 2 6
;
Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) là: 

3
3 


0,25


10.

2

(1,0đ)

 2x  2  3 y  3 
  36  x  y  xy  5 .
2



Ta có 6( x  1)( y  1)  (2 x  2)(3 y  3)  

0,25

2

Ta có 5( x 2  y 2 )   2 x  y   5( x 2  y 2 )  2 x  y và
( x  y  3) 2  x 2  y 2  9  2 xy  6 x  6 y  0
 2( x  y  xy  3)  8( x  y )  ( x 2  y 2  3)

0,25

Suy ra P  2( xy  x  y)  24 3 2( x  y  xy  3)
Đặt t  x  y  xy, t   0;5 , P  f (t )  2t  24 3 2t  6
Ta có f / (t )  2 

24.2
3 3 (2t  6) 2

3

2

(2t  6)2  8
3

(2t  6)2

 0, t   0;5

0,25

 hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng  0;5 .

Suy ra min f (t )  f (5)  10  48 3 2
x  2

y 1

Vậy min P  10  48 3 2, khi 

0,25

………….Hết…………
Lưu ý: - Điểm bài thi không làm tròn
- HS giải cách khác đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa của phần tương ứng
- Với bài HH không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.


SỞ GD & ĐT TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO

ĐỀ THI THỬ THPT LẦN I- NĂM HỌC 2015-2016
MÔN TOÁN
Ngày thi: 13/10/2015

Thời gian làm bài: 180 phút

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

ET

Bài 1:( 2đ) Cho hàm số : y   x3  3 x 2  4 .

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k  9 .

2x  3
có đồ thị (C). Gọi (d) là đường thẳng qua H(3,3) và có hệ số góc k.
x 1

ATH
S.N

Bài 2 :( 1đ) Cho hàm số y 

Tìm k để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt M,N sao cho tam giác MAN vuông tại A(2,1)
Bài 3:( 1đ)
1

1

3
 1 4
4
a) Tính
A
16

 2 2.64 3

625


b) Rút gọn biểu thức: B  32 log a  log 5 a 2 .log a 25
3

 x2  2x  4  x  2

VIE

a)

TM

Bài 4 :( 3đ) Cho hình vuông ABCD cạnh 4a. Lấy H, K lần lượt trên AB, AD sao cho BH=3HA,
AK=3KD. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ABCD tại H lấy S sao cho góc SBH = 30o. Gọi
E là giao điểm của CH và BK.
a) Tính VS.ABCD.
b) Tính VS.BHKC và d(D,(SBH)).
c) Tính cosin góc giữa SE và BC.
Bài 5:( 2đ) ) Giải phương trình và bất phương trình sau

b) 3 x  6  2 4  x  x  8

Bài 6 :( 1đ) Cho 2 số thực x,y thay đổi thỏa x 2  y 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:





P  2 x 3  y 3  3xy

.....................................Hết..........................................

Đáp án đề thi thử đại học lần 1
( 2015 – 2016)
Bài 1:a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của
hàm số: y   x3  3x 2  4
Tập xác định: D = R
x  0
y '  3 x 2  6 x ; y '  0  
(0,25)
x  2
lim y  
;
lim y  
x 

x 

Bảng biến thiên:
x
 02 
y’
–
0 +0–
 0
y
-4

(0,25)
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2) ;
Hàm số nghịch biến trên (-; 0); (2; +)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2 ; yCĐ = 0 ;

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = -4(0,25)
y
-1

1

2

3

Bài 2 :
(d) : y = k(x – 3) + 3(0,25)
Pt hoành độ giao điểm của (C) và (d) :
2x  3
 kx  3k  3  kx 2  1  2k  x  3k  0  x  1
x 1
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
k  0

 k  0 (0,25)
2
  16k  4k  1  0
M  x1 , kx1  3k  3 ,
N  x 2 , kx 2  3k  3
2k  1

 x1  x 2 
với 
k
 x1 .x 2  3

 
AMN vuông tại A  AM.AN  0 (0,25)

1  41
(n)
k 
10
(0,25)
 5k 2  k  2  0  

1  41
(n)
k 
10

Bài 3
1

3
1
 1 4
2
3
4
a) A  

16

2

.64

625


1

x

3

1

  54  4   2 4  4  41.  43  3

(0.25)

 5  23  1  12
2log 3 a

(0,25)

(0.25)
2

b) B  3

 log 5 a .log a 25

2

-4

 3log3 a  4 log 5 a.log a 5

(0.25)

 a2  4
Bài 4:
b) Cách 1:Tiếp tuyến có hệ số góc k  9
 Pttiếp tuyến có dạng (  ) : y  9 x  b (0,25)

(0.25)

S

3
2
 x  3 x  4  9 x  b
có
(  ) tiếp xúc với (C)  
2
 3 x  6 x  9

nghiệm (0,25)
 x  1
x  3
V 
(0,25)


b  9
b  23

A
I

K

H

D

E
B

 () : y  9 x  9
(0,25)

 () : y  9 x  23
Cách 2:
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(xo, yo) có
dạng: y  y '( xo )( x  xo )  yo
y '( xo )  9 (0,25)

1
16a 3 3
VS . ABCD  SH .S ABCD 
3
3

 3x o2  6x o  9

b) S BHKC  S ABCD  S AHK  SCKD

 xo  1  xo  3 (0,25)
Với xo = -1  yo  0
Pttt : y  9 x  9 (0,25)
Với xo = 3  yo  4
Pttt : y = -9x +23(0,25)

1
1
25a 2
 16a 2  a.3a  a.4a 
2
2
2

C
2

a) S ABCD  (4a )  16a 2
SBH : t an300 

SH
1
 SH  BH .
a 3
BH
3

(0.25)
(0.25)
(0.5)

(0.25)