[HOT] Tuyển tập 66 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 cực hay (có lời giải chi tiết)

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN : TOÁN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi có 01 trang)
Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

2 x  3
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
x2

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  4 trên đoạn  2;1 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình  2sin x  1





3 sin x  2 cos x  1  sin 2 x  cos x

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn An2  3Cn2  15  5n .
20

ET

1 


b) Tìm số hạng chứa x trong khai triển P  x    2 x  2  , x  0.
x 

5

TM
ATH
S.N

 4 5
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, với A  2;5 , trọng tâm G  ;  ,
 3 3

tâm đường tròn ngoại tiếp I  2; 2  . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
Câu 6 (1,0 điểm).

sin   cos 
 4 cot 2  .
sin   cos 
b) Nhà trường tổ chức tham quan dã ngoại cho 10 thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Toán học và 10

a) Cho tan   2 . Tính giá trị của biểu thức: P 

thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Tiếng Anh. Trong một trò chơi, ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5
thành viên tham gia trò chơi. Tính xác suất sao cho trong 5 thành viên được chọn, mỗi Câu lạc bộ có ít
nhất 1 thành viên.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD  2 AB  2a. Tam
giác SAD là tam giác vuông cân tại đỉnh S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy  ABCD  .

Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD,

VIE

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có AD  2 AB. Điểm
 31 17 
H  ;  là điểm đối xứng của điểm B qua đường chéo AC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
 5 5

ABCD , biết phương trình CD : x  y  10  0 và C có tung độ âm.
8 x3  y  2  y y  2  2 x

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
y  2  1 2 x  1  8 x3  13  y  2   82 x  29







Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: P 

1
2 x 2  y 2  z 2  2  2 x  y  3



1

.
y  x  1 z  1

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


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Hướng dẫn chấm – thang điểm 10 có 04 trang)
Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN TOÁN 12
Nội dung – đáp án
Điểm

\ 2

Tập xác định D 

Ta có lim y  2; lim y  2
x 

x 

0,25

lim y  ; lim y  

x 2

1

2

x 2

Đồ thị có tiệm cận đứng x  2; tiệm cận ngang y  2.
7
y'  
 0x  2  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  ,  2;   và
2
 x  2
không có cực trị.
Bảng biến thiên
 2

x

y'


 2
y

2

Đồ thị

Hàm số y  f  x   x3  3x 2  4 xác định và liên tục trên đoạn  2;1 và y '  3x 2  6 x
 x  0   2;1
y' 0  
 x  2   2;1
f  2   16; f  0   4; f 1  2

  2sin x  1

3

4





0,25

0,25
0,25
0,25

Vậy Giá trị lớn nhất 4 là khi x  0 , giá trị nhỏ nhất là 16 khi x  2.
PT   2sin x  1

0,25



0,25

0,25

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



0,25

3 sin x  cos x  1  0

 2sin x  1  0

 3 sin x  cos x  1  0

0,25



x    k 2

1
6
+) 2sin x  1  0  sin x    
2
 x  7   k 2

6

0,25

 x  k 2
 1

+) 3 sin x  cos x  1  0  cos  x     
 x  2  k 2
3 2

3

Điều kiện: n  , n  2
n!
An2  3Cn2  15  5n  n  n  1  3
 15  5n
2!
n

2
!


a)
n  5
 n 2  11n  30  0  
.
n  6

b)

1/4

20  k

0,25

0,25

k

k 20  k 20 3 k
 1 
k
  2   C20  1 2 x
 x 
5 15 5
Ta phải có 20  3k  5  k  5  Số hạng chứa x 5 là C20
2 x

Khai triển P  x  có số hạng tổng quát C20k  2 x 

0,25

0,25
0,25


5

 10 10 
Gọi M là trung điểm của BC . Ta có AG   ;   .
3

 3
10
4

 3  2  xM  3 
 xM  3



AG  2GM  

 M  3;0 
 10  2  y  5   yM  0
 M

 3
3


0,25

0,25

IM  1; 2  là véc tơ pháp tuyến của BC

0,25

Phương trình BC :  x  3  2 y  0  x  2 y  3  0.

0,25

a)

6
b)

tan   1
4

tan   1 tan 2 
2  1 4
P
  2.
2  1 4
5
Số phần tử của không gian mẫu là n     C20
P

0,25
0,25

Gọi A là biến cố “Chọn được 5 thành viên, sao cho mỗi câu lạc bộ có ít nhất 1 thành
viên”
Số kết quả thuận lợi cho A là C105  C105  504.
504 625
Xác suất của biến cố A là P  A  1  5 
.
C20 646
Gọi I là trung điểm của AD. Tam giác SAD là tam
S

giác vuông cân tại đỉnh S  SI  AD .
Mà  SAD    ABCD   SI   ABCD  .
K
H
D

A
I

7

O
C

B

S ABCD  AB.BC  a.2a  2a 2
AD
SI 
a
2
1
1
2a 3
 VS . ABCD  SI .S ABCD  a.2a 2 
.
3
3
3
Dựng đường thẳng  d  đi qua A và song song với

BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên  d  .
BD / /  SAH   d  BD, SA  d  BD,  SAH  

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

 d  D,  SAH    2d  I ,  SAH  

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên SH  IK   SAH   d  I ,  SAH    IH
Ta có IH 

5
a 6
a 6
a  IK 
 d  SA, BD  
.
5
6
3
H

D

A

8

tan ACB 

N

B

1
2 5
 cos ACD 
 cos ACH
2
5

và sin ACH 
sin ACD 

C

2/4

0,25

5
5

 cos ACD 
5
5

2 5
5

0,25






 sin HCD  sin ACD  ACH 

Ta có d  H , CD  

3
5

18 2
18 2 5
 HC 
.  6 2.
5
5 3

65 
 31

Gọi C  c; c  10   CH    c;  c  .
5
 5


0,25

c  5
2
2
 31   67

Ta có:   c     c   72  
 C  5; 5  .
c  73
 5
  5

5


Phương trình BC :  x  5   y  5   0  x  y  0 .
Gọi B  b; b  , ta có BC  CH  6 2  BC 2  72   b  5    b  5   72
2

2

0,25

b  11 loai 


 B  1;1 .
b  1

Tìm được A  2; 4  , D  8; 2  .

0,25

1

2 x  1  0
x  
Điều kiện: 

2
y  2  0

y  2

Phương trình 8 x3  y  2  y y  2  2 x   2 x    2 x  
3





3

y2  y2

0,25

Xét hàm đặc trưng: f  t   t 3  t , f '  t   3t 2  1  0t
Hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên R. Suy ra: 2 x  y  2
Thế 2 x  y  2 vào phương trình thứ hai ta được:

 2x 1
  2 x  1
  2 x  1 
9

2 x  1  8x3  52 x 2  82 x  29
2 x  1   2 x  1  4 x 2  24 x  29 



2 x  1  4 x 2  24 x  29  0   2 x  1





2 x  1  4 x 2  24 x  29  0

0,25

1

2x 1  0  x   y  3


2


2
 2 x  1  4 x  24 x  29  0

Giải phương trình: 2 x  1  4 x 2  24 x  29  0
Đặt t  2 x  1, t  0  2 x  t 2  1.
Ta được phương trình: t   t 2  1  12  t 2  1  29  0  t 4  14t 2  t  42  0
2

t  2

t  3  loai 

  t  2  t  3  t 2  t  7   0  t  1  29  loai 
2

 1  29
t 

2

3/4

0,25


3
 y  11

2
1  29
13  29
103  13 29
Với t 
x
y
2
4
2

Với t  2  x 

0,25

 1   3   13  29 103  13 29 
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 cặp nghiệm:  ;3  ;  ;11 ; 
;
 .
4
2
2  2  

Đặt a  x  2, b  y  1, c  z .

Ta có a, b, c  0 và P 

1
2 a  b  c 1
2

2

 a  b
a 2  b2  c 2  1 

2

2

 c  1




1
 a  1 b  1 c  1

0,25

2

1
2
Ta có
  a  b  c  1
2
2
4
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .

Mặt khác  a  1 b  1 c  1

 a  b  c  3


3

27

1
27
Khi đó : P 
. Dấu "  "  a  b  c  1

a  b  c  1  a  b  c  13

0,25

27
1
Đặt t  a  b  c  1  t  1. Khi đó P  
, t  1.
t (t  2)3
27
81
1
1
, t  1 ; f '(t )   2 
;

Xét hàm f (t )  
3
t (t  2)
t
(t  2) 4

10

0,25

f '(t )  0  (t  2)4  81.t 2  t 2  5t  4  0  t  4 ( Do t  1 ).
lim f (t )  0

t 

Ta có BBT.

t

1

f 't 

+

4
0


-

1
8

f t 
0

0

Từ bảng biến thiên ta có
1
max f (t )  f (4)   t  4
8
a  b  c  1
1
maxP  f (4)   
 a  b  c  1  x  3; y  2; z  1
8
a  b  c  4
1
Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi  x; y; z    3; 2;1 .
8

Chú ý:
- Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng như đáp án.
- Câu 7. Không vẽ hình không cho điểm.

0,25

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 2
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y 

x  1
2x  3

Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 .
Câu 3 (1,0 điểm).
sin  sin 2  2 cos3   2cos 5 
4
 
a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức P 
5
sin  cos 2  sin 5 
2 
b) Giải phương trình : cos 2 x  1  2 cos x  sin x  cos x   0
2

 x  1  log

ET

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : log 3  x  5  log 9  x  2   log

Câu 5 (1,0 điểm).



a) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển của biểu thức :  2x 2 

3

2

8

3 
 .
x

S.N



3

b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường
chéo .
Câu 6 (1,0 điểm).

ATH

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3; 0  . Tìm
tọa độ các đỉnh C và D

TM

Câu 7 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB  nằm trong mặt phẳng
vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho
BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách
từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  .
Câu 8 (1,0 điểm)..
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn

VIE

ADB là d : x  y  2  0 ,
ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của góc 
điểm M  4 ;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .
 x3  y 3  8 x  8 y  3 x 2  3 y 2
2
3
2
 5 x  5 y  10  y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : 

Câu 10 (1,0 điểm).Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức :

T

4

4
1 1 1
4


  
ab bc ca a b 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:………………


TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)

Câu

Đáp án

Điểm



 3
Tập xác định: D   \    .
 2



Sự biến thiên. :

1,0

x  1
2x  3

Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y 

5
3
3
+ CBT y ' 
 0, x  D  Hàm số nghịch biến trên (;  ) và ( ; ) .
2
2
2
(2 x  3)

0,25

+Hàm số không có CĐ, CT
+Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận

1 (1,0 đ)



3
 3
lim  y   và lim  y    x   là TCĐ khi x     .
3
3
2
 2
x 
x 
2

lim y  

x 



0,25

2

1
1
 y   là TCN khi x  .
2
2

Bảng biến thiên:

x





-

y’
y



3
2



||

-

1
2

0.25







1
2

3.Đồ thị.
3 1
- Đồ thị nhận điểm I(  ;  )
2 2
làm tâm đối xứng.
- Đồ thị cắt Ox tại 1; 0 
1
và cắt Oy tại (0; ) .
3
- Đồ thị đi qua  1; 2  ,  2; 3

6

4

2

- 10

-5

5

10

I
-2

0,25

-4

-6

-8

-10

Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 .

1,0


Hàm số xác định và liên tục trên D   3 2;3 2 


2 (1,0 đ)

Ta có f   x   1 





0,25

x  0
 f   x   0  18  x 2  x  
 x3
2
2
18  x 2
18  x  x
x





Mà f 3 2  3 2 ; f 3 2  3 2 ; f  3  3  18  9  6
Suy ra

max

x 3 2 ;3 2 

f  x   f  3  6 ;

min

x 3 2 ;3 2 



0,25



f  x   f 3 2  3 2

0,25

4
 
a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức
5
2 
sin  sin 2  2 cos3   2cos 5 
P
sin  cos 2  sin 5 
Ta có
2sin 2  .cos   2 cos3  1  cos 2  
2sin 2  .cos   2 cos3  sin 2 

P
sin   cos 2   sin 2   cos 2   sin 2    sin 5 
sin   cos 2   sin 2    sin 5 

3.(1,0đ)

2sin 2  .cos  1  cos2  

2sin 4  .cos 
 2 tan 3  1

sin  .cos 4 
sin  .cos4 
4
9
3
  
Bài ra ta có sin    cos 2  1  sin 2  
 cos     Do    ;   
5
25
5
 2 

P

0,25



0,5

0,25

3

 4 
 5 
128
128
Thế vào 1 ta được P  2. 

. Đáp số P  


27
27
3
 5
b) Giải phương trình : cos 2 x  1  2 cos x  sin x  cos x   0

0,25

0,5

Phương trình đã cho   cos 2 x  sin 2 x   1  2 cos x  sin x  cos x   0

  cos x  sin x   cos x  sin x   1  2cos x    0

0,25

 cos x  sin x   cos x  sin x   1  2 cos x   0   cos x  sin x  sin x  1  cos x   0


 tan x  1
x   k

cos x  sin x  0
4

( k  )
sin x  1  cos x  0   2 sin  x     1  






x   k 2 , x    k 2

4


2
Vậy phương trình có các nghiệm x 



 k  ; x   k 2 ; x  k 2 ,( k   )
4
2

Câu 4 (1,0 điểm).
2
Giải phương trình : log 3  x  5   log9  x  2   log
4 .(1,0 đ)

0,25

3

 x  1  log

3

1,0

2

x  5  0
 x  5

x  1
2

Điều kiện  x  2   0   x  2  
x  2
x 1  0
x  1



0,25
2

Với điều kiện đó phương trình  log 3  x  5   log3 x  2  log 3  x  1  log 3 2
2

2

 log 3  x  5  x  2   log 3  2  x  1    x  5  x  2  2  x  1



 Trường hợp 1. Nếu x  2 thì phương trình * tương đương với
x  3
2
 x  5 x  2   2  x  1  x 2  7 x  12  0  
x  4

( t / m)
(t / m)

*

0,25
0,25




Trường hợp 2. Nếu 1  x  2 thì phương trình * tương đương với


1  97
(t / m)
x 
2
6
2
  x  5  x  2   2  x  1  3 x  x  8  0  

1  97
(loai )

x 
6

1  97
Vậy phương trình có ba nghiệm: x  3, x  4 và x 
6

0,25

8

3 

a) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển của biểu thức :  2x 2 
 .
x

8

8k

k

32 5 k
8
 3 
k 8k k
k
2
C

x


. 
1
2
3


  8
x
k 0

32

k
5
Số hạng chứa x 6 ứng với k thỏa mãn
6k 4
2
4
Vậy hệ số của x 6 là : C84  1 2434  90720
8
3 

2
k
Gt   2 x 2 
   C8  2 x 
x  k 0



5 (1,0 đ)

1,0

b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135
đường chéo .
n  n  3
Số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là Cn2  n 
2
n  n  3
 n  18
Từ giả thiết ta có phương trình
 135  n 2  3n  270  0  
2
 n  15
Do n   và n  3 . Nên ta tìm được giá trị cần tìm n  18

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD ,
biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3;0  . Tìm tọa độ các đỉnh C và D


Gọi C  x0 ; y0  , khi đó AB   2;1 , BC   x0  3; y0 

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0
0,25

6 .(1,0 đ) Từ ABCD là hình vuông, ta có :

  x0  4
 


2  x0  3   1. y0  0
 AB  BC
 y0  1




2
2
 x  2
 AB  BC
 x0  3   y0  5
 0
  y0  2
 
Với C1  4; 2   D1  2; 3  ( từ đẳng thức AB  DC )
 
Với C2  2; 2   D1  0;1 ( từ đẳng thức AB  DC )

0,25

0,25
0,25

Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB  nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc
đoạn AB sao cho BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối
chóp S .ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  .

1,0

  600
Vì SC tạo với đáy một góc 600 , suy ra SCH
4 13
4 13
64 4 13
8

Ta có: HB   HC  42 
 SH 
.tan 600 
3
3
9
3
3

0,25

S

I
A

B

H

D

K

C

1 4 13 64 13
1
7. (1,0 đ)  V
.S ABCD .SH  4 2.

S . ABCD 
3
3
3 3
3
Kẻ HK song song AD ( K  CD )  DC  ( SHK )  mp ( SCD)  mp( SHK )
Kẻ HI vuông góc với SK  HI  mp ( SCD)  d ( H ,( SCD))  HI
1

1
1
3
1
16
Trong SHK ta có:


 2  2 
 HI  13
2
2
2
HI
4 .13 4 13.4 2
SH
HK
 d ( H , ( SCD))  13 .

0,25
0,25

0,25

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp

tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân
ADB là d : x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết
giác trong của góc 
phương trình đường thẳng AB .

A(1;4)

F
E
M(-4;1)
I

D

B

C

Gọi E, F là giao điểm của d
và AB, AC
Ta có:
  1 
 AFD  C  2 ADC
.

1 

A
EF  ADC  DAB

2


Mà C  DAB (cùng chắn
AB )

cung 
A

 AFD
EF  AE  AF

1,0

0,25



8 .(1,0 đ) Ta có AC ( 5; 3) suy ra vtpt của AC là n AC  (3; 5)

 pt AC : 3( x  1)  5( y  4)  0  3x  5 y  17  0
7

x
3x  5 y  17  0

2  F ( 7 ; 11 )
Tọa độ F là nghiệm của hệ: 

2 2
x  y  2  0
 y  11

2

7

11
34
34
 AE 
AF  (1  )2  (4  )2 
2
2
2
2

Vì E  d  E (t ; t  2)  AE  ( t  1; t  2)  AE  ( t  1) 2  ( t  2) 2
Ta có

0,25


 7
 7 11
t  2
 E ( 2 ; 2 ) ( Loai do trung F )
34


AE 
2
t   1
 E (  1 ; 3 ) (T / m)


2

2 2


3 5
 AE  (  ;  )  vtpt của AB là nAB  (5; 3)
2 2
 pt AB : 5( x  1)  3( y  4)  0  5x  3 y  7  0
Câu 9. Giải hệ phương trình
 x3  y 3  8x  8 y  3x 2  3 y 2
: 2
3
2
 5 x  5 y  10 y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32
x  2  0
 x  2
Điều kiện : 

 y  7  0  y  7





3

3

Từ phương trình 1 ta có  x  1  5  x  1   y  1  5  y  1

0,25

1
 2

 3

1,0

0,25

Xét hàm số f  t   t  5t , trên tập  , f   t   3t  5  0, t    hàm số f  t  đồng
3

2

biến trên  . Từ  3 : f  x  1  f  y  1  x  y  4 
9 .(1,0 đ) Thay  4  vào  2  ta được pt:
5x 2  5 x  10 x  7   2 x  6  x  2  x3  13x 2  6 x  32  5


 5x

2


 5 x  10  



x  7  3   2x  6

 5 x 2  5 x  10

 x  2 





Đ/K x  2



x  2  2  x3  2 x 2  5 x  10  5 

2x  6 
2
   x  2   x  5
x22

 x7 3
 5 x 2  5 x  10

2x  6

  x2  5   0
 x  2 
x2 2
 x7 3





0,25

0,25

 
 y  2   x; y    2; 2 ( thỏa mãn đ/k)
x  2 
4

 5 x 2  5 x  10 2 x  6 
2x  6
5 x 2  5 x  10



0
2 
5
x7 3
x22 

 2


1
1 
1

1
10  
  2x  6  
   0 (pt này vô nghiệm)
  5
x  5x 
 
  x  7  3 5   
x2 2 2
 0,x 2    0,x2  

0,25

 0, x2

 0,x2

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất :  x; y    2; 2 
Câu10. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức :

T

4
4
4
1 1 1


  

ab bc ca a b c

 1
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1  a, b, c   0; 
 2

4
4
4
1 1 1 5a  1 5b  1 5c  1
T


   


1  a 1  b 1  c a b c a  a 2 b  b2 c  c2
10.(1,0đ)

1,0

0,25

2

5a  1
 3a  1  2a  1  0 , a   0; 1 
 18a  3 



2
aa
a  a2
 2
5a  1
 1
 18a  3, a   0; 
Từ đó suy ra :
2
aa
 2

Ta có

0,25


Ta cũng có 2 bất đẳng thức tương tự:
5b  1
5c  1
 1
 1
 18b  3, b   0;  và
 18c  3, c   0; 
2
2
b b
cc
 2
 2

Cộng các bất đẳng thức này lại với nhau ta có :

5a  1 5b  1 5c  1
T


 18  a  b  c   9  9 .
a  a 2 b  b2 c  c2

0,25

1
1
 Tmax  9 đạt được  a  b  c 
3
3
Vậy Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 , thì giá trị lớn nhất

Dấu đẳng thức xẩy ra khi a  b  c 

của biểu thức :
khi a  b  c 

T

4
4
4
1 1 1



   bằng 9 và đạt được khi và chỉ
ab bc ca a b c

1
3

Chú ý: Để có được bất đẳng thức

0,25

5a  1
 1
 18a  3, a   0;  ta đã sử dụng phương
2
aa
 2

pháp tiếp tuyến
Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm
nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.


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