tuyển tập 10 đề thi thử thpt quốc gia môn toán của các trường chuyên trong cả nước có đáp án và thang điểm

TUYỂN TẬP 10 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
CÁC TRƯỜNG CHUYÊN TRÊN TOÀN QUỐC
MÔN TOÁN NĂM 2016
(Có đáp án)

Tháng 04 năm 2016


KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
THOẠI NGỌC HẦU

Môn thi: TOÁN

ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC (gồm 01 trang)

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  C  của hàm số y  x4  4 x2  3 .

2x 1
tại M  x0 ; y0    H  có y0  5 .
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  H  : y
Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z 1

3z

i 1 i

2 . Tính môđun của z .

b) Giải bất phương trình log2 x  5log x  6  0 .
4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x  4  x  dx .
3

0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M 1;0;0 , N  0;2;0 và P  0;0;3 .
Viết phương trình mặt phẳng  MNP  và viết phương trình mặt cầu tâm O tiếp xúc với  MNP  .
Câu 6 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sin x

3

3 cos x

3

1.

b) Trong đợt ứng phó dịch Zika, WHO chọn 3 nhóm bác sĩ đi công tác ( mỗi nhóm 2 bác sĩ
gồm 1 nam và 1 nữ). Biết rằng WHO có 8 bác sĩ nam và 6 bác sĩ nữ thích hợp trong đợt công tác này. Hãy cho
biết WHO có bao nhiêu cách chọn ?
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB a , AC a 3
và mặt bên BB ' C ' C là hình vuông. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AA ' , BC ' .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn có phương trình C1 : x 1

C2 : x 1

2

y 1

2

2

y2

1 và

4 . Hãy viết các phương trình tiếp tuyến chung của  C1  và  C2  .

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


3

1

y



Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b,c thỏa điều kiện a2  b2  c2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
2

2

2

 a  2 ab  c   b  2 bc  a   c  2 ca  b 
thức P  
  
  
 .
a

1
b

1
c

1


 
 


------Hết------


KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
THOẠI NGỌC HẦU

Môn thi: TOÁN

ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM (gồm 05 trang)

Đáp án (trang 01)

Câu

Điểm

+Tập xác định: D 

x  0

 y 3

+Sự biến thiên: . y /  4 x 3  8 x , y /  0  

 x   2  y  1



 

.Các khoảng đồng biến:  2;0 và

0,25



 



2; ; các khoảng nghịch biến: ;  2 và 0; 2

.Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại x   2 , yCT = 1









0,25



.Giới hạn lim y  lim x 4  4 x 2  3   , lim y  lim x 4  4 x 2  3  
x 

x 

x  

x 

+Bảng biến thiên
x

-

-

2
0

y'
+

1
(1,0đ)

0

2

0

0

+

0,25
+

3

y
-1

-1

+Đồ thị:
y
3

A

B

0,25
- 2

2

O

-2

1

2

x

-1

+ M o  xo ; yo   (H): y

2
+y '
(1,0đ)

3
x

1

2

2x 1
;y
x 1 0

y '(x 0 )

y' 2

5

2x 0

1

x0

1

3
(2 1)2

2x 0

5

1

5x 0

3

5

x0

2

0,25

0,25

+Phương trình tiếp tuyến tại M o  xo ; yo  có dạng y  yo  y '  xo  .  x  xo 

0,25

+Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y

0,25

5

3(x

2)

y

3x

11


Đáp án (trang 02)

Câu
a) + Đặt z

a

; điều kiện đã cho  a 1

a, b

bi

+ Vậy môđun của z là z

Điểm

a2

1

b2

1
25

3
(1,0đ) b) Giải bất phương trình log2 x  5log x  6  0 (1).

1 5b i

0

a

1; b

1
5

26
5

0,25
+Điều kiện xác định: x  0 .

0,25

+Khi đó 1  log x  2  log x  3  x  100  x  1000
+So với điều kiện ta có tập nghiêm của (1) là S   0;100  1000;  
+ Đặt t

4

x

dt

dx + Đổi cận:

0

4t 3

3

4

4
(1,0đ)

t

4

t
t

0
4

t 4 dt

t5
5

4

0,25
0

4

4

x y z
+ Phương trình mp  MNP  :    1
1 2 3

0,25

5
(1,0đ) +Gọi (S) là mặt cầu tâm O bán kính R, (S) tiếp xúc (MNP)  R  d  O,  MNP    6
7
Vậy (S): x 2  y 2  z 2 
3 cos x

3

1

2
k2
x
k2
3
6
2
2
5
x

k2
x
k2
6
3
6
b) +Số cách chọn bác sĩ nam là C83  56 ;
x

6
(1,0đ)

36
49
sin x

0,25

0,25

  MNP  : 6 x  3 y  2 z  6  0

3

0,25

0,25

0

256
3
. (CÁCH 2: I   x  4  x  dx   x  43  3.42 x  3.4 x 2  x 3  dx  ... )
5
0
0

a) sin x

0,25

4

4 t t dt

+ Suy ra: I

4
0

x
x

0,25

0,25
0,25

2
3

sin

0,25

6

k

0,25

0,25

+Số cách chọn bác sĩ nữ là C63  20
+Với 3 nam và 3 nữ được chọn, ghép nhóm có 3! cách.

+Vậy có 56.20.3!  6720 cách.

C2: +Chọn tổ hợp 3 nam có C83 ; chọn chỉnh hợp 3 nữ có A63 . + Ghép cặp có C83 . A63 = 6720.
C3: +Chọn tổ hợp 3 nữ có C63 ; chọn chỉnh hợp 3 nam có A83 . + Ghép cặp có C63 . A83 = 6720.

0,25


Đáp án (trang 03)

Câu

Điểm

0,25

+Do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên BB ' là đường cao của lăng trụ

7
(1,0đ) +Vì BB ' C ' C là hình vuông nên BB '

BB '.S

+Do đó VABC . A ' B 'C '

ABC

BC

1
2a. AB. AC
2

+Vì AA ' || BB ' C ' C nên d AA ', BC '
+Trong ABC , hạ AH

BC (1);

+Xét tam giác ABC ta có AH

AC 2

a.a.a 3

a2

3a2

2a

a3 3

0,25

d A, BB ' C ' C

+Vì BB '

BB ' C ' C

+Từ (1) và (2) suy ra AH

AB2

AH

AB. AC
BC

a.a. 3
2a

ABC nên AH

BB ' (2)

0,25

d A, BB ' C ' C

a 3
. Vậy d AA ', BC '
2

a 3
2

0,25

0,25
8
(1,0đ)
1; 0 , bán kính R1

+ C1 có tâm I1
Vì I1 I 2

22

12

5
:y

+Xét đường thẳng

1 ; C2 có tâm I 2 1;1 , bán kính R2

2

3 nên C1 cắt C2 . ( Suy ra C1 và C2 có hai tiếp tuyến chung )
1

0 , ta có: d I1 ;

1

R1 & d I 2 ;

2

R2

0,25
Suy ra

:y

1

0 là một tiếp tuyến chung của C1 và C2 .


Đáp án (trang 04)

qua I1 I 2

+Tiếp tuyến chung còn lại là đường thẳng đối xứng với
Phương trình I1 I 2 : x

2y 1

Xét điểm N 0; 1

0 . Gọi M

Điểm

I1 I 2

3; 1

, suy ra M

, gọi N ' là điểm đối xứng của N qua I1 I 2

Phương trình đường thẳng d qua N và vuông góc I1 I 2 là d : 2 x
Tọa độ H

d

y

1

0

0,25

I1 I 2 là nghiệm của hệ phương trình

2x y
x 2y

x

1
1

y

1
5

3
5

3 1
; . Suy ra N
5 5

H

+Phương trình tiếp tuyến chung còn lại là MN ' : 4 x

3y

9

6 7
;
5 5

0.

0,25

CÁCH 2: Vì 2 đường tròn khôg có t/t chung vuông góc với Ox, nên t/t chung có dạng  : y  kx  b
CÁCH 3: Đường thẳng  : ax  by  c  0,(a 2  b2  0) tiếp xúc  C1  và  C2   ...

 x 2  2 x  2  3 y 1  1  x
+Đặt 
2
x 1
 y  2 y  2  3  1  y
a  x  1
; a, b 
b  y  1

+Đặt 

(1)

 2

; +Điều kiện xác định: x  ; y 

0,25

a  a 2  1  3b  3

; hệ (1)(2) trở thành 
b  b 2  1  3a  4 

+Trừ theo vế (3) với (4), ta được:

a  a 2  1  b  b2  1  3b  3a  a  a 2  1  3a  b  b2  1  3b  5 
+Xét hàm f  t   t  t  1  3 , t 
2

t

9
+Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên
(1,0đ)

; ta có f '  t  

t2 1  t
t2 1

0,25
 3 ln 3  0, t 
t

.

, mà theo (5) có f  a   f b  nên a  b

+Thay a  b vào (3) được a  a 2  1  3a  6  . Vì 2 vế của (6) dương nên

 6   ln  a 







0,25

a 2  1  ln 3a  ln a  a 2  1  a ln 3  0  7 





+Xét hàm g  a   ln a  a 2  1  a ln 3  g '  a  
+Suy ra hàm g  a  nghịch biến trên

1
a2  1

 ln 3  1  ln 3  0, a 

, mà g  0  0 ; nên a = 0 là nghiêm duy nhất của (7)

a  0
x 1  0

 x  y  1 . Vậy x  y  1 là nghiệm của hệ đã cho.
+Từ đó ta có hệ 
b  0
 y 1  0

0,25


Câu

Đáp án (trang 05)

Điểm

 
+Áp dụng bất đẳng thức trên cho 2 vector u   a; 2a ;1 , v  1; 2b ;c  ta được:

+Ta có bất đẳng thức u.v  u . v ; đẳng thức xảy ra | cos u , v | 1  u , v cùng phương

a  2


ab  c

   a .1 

2

 a  2 ab  c



2a . 2b  1.c



2


  a2 




2a



2


1 

2

2


.  12 




2b



2


c 


2

2

0,25

2

2

 a  2 ab  c 
2
2

  a  1 1  2b  c 2   
  1  2b  c 1
a 1


2

2

 b  2 bc  a 
 c  2 ca  b 
2
2
+Tương tự có 
  1  2c  a  2  ; 
  1  2a  b  3 

b 1
c 1





0,25

+Cộng theo vế (1),(2),(3) ta được P  3  2  a  b  c   a2  b2  c2  6  2  a  b  c  
10
(1,0đ)

 6  2 3. a2  b2  c2  6  2 3. 3  12 (4)
+Đẳng thức ở (1) xảy ra 

0,25

a
2a 1
a2 a 1
a 1 a 1
a 1 1

 
  2       
1
1 b c
1 b 1 c
1 b c
2b c

a 1 1 b 1 1 c 1 1
        
+Tương tự ở (2), (3) nên đẳng thức (4): P  12   1 b c 1 c a 1 a b
a  0  b  0  c  0  a 2  b 2  c 2  3


a  b  c  0
b  c  ab  1;c  a  bc  1;a  b  ca  1  2

 c  b 2  c 2  1  a  b  c  1
2

2
2
a
b
c

0;
b

0;c

0;a



3

a 2  b 2  c 2  3

Vậy Max P  12  a  b  c  1

-----Hết-----

0,25


ng kớ nhn ti liu v thi th mụn Toỏn ti: />TRNG I HC VINH
TRNG THPT CHUYấN

THI TH THPT QUC GIA NM 2016 LN 1

Mụn: TON
Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt

Cõu 1 (1,0 im). Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s y = x 3 - 6x 2 + 9x - 1.
Cõu 2 (1,0 im). Vit phng trỡnh tip tuyn ca th hm s y =
song song vi ng thng d : 3x + 4y - 2 = 0.

2x + 1
, bit rng tip tuyn
x -1

Cõu 3 (1,0 im).
a) Gii bt phng trỡnh 21+

x +3

b) Cho log3 5 = a. Tớnh log

45

+ 21-

x +3

75 theo a.

Cõu 4 (1,0 im). Tớnh tớch phõn I =

1

< 5.

x + ln(2x + 1)

dx .
(x + 1)2
Cõu 5 (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho mt phng (P ) : x + y + z - 7 = 0 v

ũ
0

x -3 y +8
z
=
=
. Tỡm ta giao im ca d vi (P ) v lp phng trỡnh mt
-2
4
-1
phng (Q ) cha d ng thi vuụng gúc vi (P ).
ng thng d :

Cõu 6 (1,0 im).
a) Gii phng trỡnh cos x + sin 2x = sin x + sin 2x cot x .

b) Nhõn dp k nim ngy Nh giỏo Vit Nam, trng THPT X tuyn chn c 24 tit mc vn
ngh tiờu biu, trong s ú lp 11A cú 2 tit mc cụng din trong ton trng. Ban t chc cho
bc thm ngu nhiờn chia thnh hai bui cụng din, mi bui 12 tit mc. Tớnh xỏc sut 2
tit mc ca lp 11A c biu din trong cựng mt bui.
Cõu 7 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S .ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht tõm O, SD vuụng

= 1200 , gúc gia hai mt phng (SBC ) v (ABCD )
gúc vi mt phng (ABCD ), AD = a, AOB
bng 450. Tớnh theo a th tớch khi chúp S .ABCD v khong cỏch gia hai ng thng
AC , SB.
Cõu 8 (1,0 im). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú phng trỡnh cỏc ng
thng cha trung tuyn v ng cao k t C ln lt l y + 2 = 0 v 3x - 2y + 8 = 0. ng thng
bit rng im A cú tung õm v thuc
cha trung tuyn k t A i qua K (-18; 3). Tớnh ABC
ng thng d : x + 2y + 2 = 0.
ử.
Cõu 9 (1,0 im). Gii bt phng trỡnh x 2 + 4 x + 2 Ê x + 2 ổỗ 1 + x 2 + 3 ữ
ố
ứ
Cõu 10 (1,0 im). Gi s x , y, z l cỏc s thc khụng õm tha món xy + yz + zx = 2. Tỡm giỏ tr

ln nht ca biu thc P =

2x

2 + x2

+

2y

2 + y2

+

z2

2 + z2

.

------------------ Ht -----------------Ghi chỳ: 1. BTC s tr bi vo cỏc ngy 19, 20/3/2016. nhn c bi thi, thớ sinh phi np li
phiu d thi cho BTC.
2. Thi th THPT Quc gia ln 2 s c t chc vo chiu ngy 09 v ngy 10/4/2016. ng ký
d thi ti Vn phũng Trng THPT Chuyờn t ngy 19/3/2016.
Ti ti liu v thi th mụn Toỏn min phớ ti:


ng kớ nhn ti liu v thi th mụn Toỏn ti: />TRNG I HC VINH
TRNG THPT CHUYấN
Cõu
Cõu 1.
(1,0
im)

P N THI TH THPT QUC GIA NM 2016 LN 1
Mụn: TON; Thi gian lm bi: 180 phỳt
ỏp ỏn

o

im

1 . Tp xỏc nh: D = .
2o. S bin thiờn:
* Chiu bin thiờn: Ta cú y  = 3x 2 - 12x + 9, x ẻ .

ộx = 1
ộx < 1
y = 0 ờ
; y > 0 ờ
; y  < 0 1 < x < 3.
ờởx = 3
ờởx > 3
Suy ra hm s ng bin trờn mi khong (-Ơ; 1) v (3; + Ơ); hm s nghch bin trờn
khong (1; 3).

0,5

* Cc tr: Hm s t cc i ti x = 1, yC = y(1) = 3 ;
hm s t cc tiu ti x = 3, yCT = y(3) = -1.

* Gii hn ti vụ cc:
ổ
ổ
6 9
1 ử
6 9
1 ử
lim y = lim x 3 ỗ 1 - + 2 - 3 ữ = -Ơ; lim y = lim x 3 ỗ 1 - + 2 - 3 ữ = +Ơ.
x đ-Ơ
x đ-Ơ
x đ+Ơ
x đ+Ơ
x x
x x
x ứ

x ứ
ố
ố
* Bng bin thiờn:
3
x -Ơ
+Ơ
1
y'

+

0



0

+Ơ

3

y

y

+

3

-1

-Ơ

3o. th:

0,5

O

1

3

x

-1

Cõu 2.
(1,0
im)

3
3
H s gúc ca d l k = - . Suy ra h s gúc ca tip tuyn cng l - .
4
4
3
Ta cú y ' = , x ạ 1.
2

x -1

(

)

Honh tip im ca tip tuyn vi th l nghim ca phng trỡnh
ộx = -1
3
3
3
2
y' = - x
=

(
1)
=
4

ờ
4
4
(x - 1)2
ờởx = 3
1
3
1
3
1

* Vi x = -1 ta cú y = . Suy ra tip tuyn l y = - (x + 1) + , hay y = - x - .
2
4
2
4
4
7
3
7
3
23
* Vi x = 3 ta cú y = . Suy ra tip tuyn l y = - (x - 3) + , hay y = - x + .
2
4
2
4
4
3
1
3
23
Vy cú hai tip tuyn cn tỡm l y = - x - v y = - x + .
4
4
4
4
1
Ti ti liu v thi th mụn Toỏn min phớ ti:

0,5

0,5


ng kớ nhn ti liu v thi th mụn Toỏn ti: />Cõu 3.
(1,0
im)

a) iu kin: x -3.
x +3

= t > 0, bt phng trỡnh ó cho tr thnh
2
1
2t + < 5 2t 2 - 5t + 2 < 0, (vỡ t > 0 ) < t < 2
t
2
-1
x +3
2 <2
< 2 -1 < x + 3 < 1 -3 Ê x < -2.
Vy bt phng trỡnh ó cho cú nghim -3 Ê x < -2.

t 2

b) Ta cú log
Cõu 4.
(1,0
im)

45

75 = 2 log45 75 = 2

log3 75

=2

log3 45

log3 (3.52 )
2

log3 (3 .5)

=2

1 + 2 log3 5
2 + log 3 5

0,5

=

2 + 4a
.
2 +a

ổ
2 ử

1
.
Suy
ra
d
u
=
1
+
.
ỗ
ữdx , v = 2
x +1
2x + 1 ứ
(x + 1)
ố
Theo cụng thc tớch phõn tng phn ta cú
dx

t u = x + ln(2x + 1), dv =

I =-

x + ln(2x + 1)
x +1

1
0

1

ổ 1
ử
2
+ ũỗ
+
ữdx
x + 1 (2x + 1)(x + 1) ứ
0ố

0,5

0,5

1
1
ổ 1
ổ 4
1
4
2 ử
1
1 ử
= - (1 + ln 3) + ũ ỗ
+
d
x
=
(1
+

ln
3)
+
ữ
ỗ
ữdx
ũ
2
x
+
1
2
x
+
1
x
+
1
2
2
x
+
1
x
+
1
ứ
ứ
0ố
0ố

1
= - (1 + ln 3) + 2 ln(2x + 1) - ln(x + 1)
2

(

Cõu 6.
(1,0
im)

0

1
= - (1 + ln 3) + 2 ln 3 - ln 2
2

0,5

3
1 1
ln 3 - ln 2 - = 3 ln 3 - 2 ln 2 - 1 .
2
2 2
Gi M = d ầ (P ). Vỡ M ẻ d nờn M (-2t + 3; 4t - 8; - t ).

(

=

Cõu 5.
(1,0
im)

)

1

)

Suy ra M ẻ (P ) (-2t + 3) + (4t - 8) + (-t ) - 7 = 0 t = 12, hay M (-21; 40; - 12).

ỡùu = (-2; 4; - 1)
d
Mt phng (Q ) cha d v vuụng gúc vi (P ) nờn (Q ) cú cp vtcp ớ
ùợnP = (1; 1; 1)


Suy ra nQ = ộud , nP ự = (5; 1; - 6). Ly N (3; - 8; 0) ẻ d nờn N ẻ (Q ).
ở
ỷ
Suy ra phng trỡnh (Q ) : 5x + y - 6z - 7 = 0.
a) iu kin: sin x ạ 0.
Khi ú phng trỡnh ó cho tng ng vi

(

)

(

)

cos x - sin x + sin 2x 1 - cot x = 0 cos x - sin x + 2 cos x sin x - cos x = 0

ộ
p
ộcos x = sin x
x = + kp
ờ
4
(k ẻ ).
cos x - sin x 1 - 2 cos x = 0 ờ
ờ
ờcos x = 1
p
ờ
x = + k 2p
ờở
2
ờở
3
b) Gi hai bui cụng din l I , II . S cỏch chia 24 tit mc thnh hai bui cụng din

(

)(

10
Vỡ vy, s cỏch chia bin c A xy ra l 2.C 22

.

10
2.C 22
12
C 24

0,5

0,5

)

12
chớnh l s cỏch chn 12 tit mc cho bui I , ú l C 24
.
Gi A l bin c 2 tit mc ca lp 11A c biu din trong cựng mt bui.
Nu 2 tit mc ca lp 11A cựng biu din trong bui I thỡ s cỏch chn 10 tit mc cũn
10
li cho bui I l C 22
. Hai tit mc ca lp 11A cng cú th cựng biu din trong bui II .

Do ú P (A) =

0,5

=

11
ằ 0, 4783.

23

Ghi chỳ. Xỏc sut cng cú th c tớnh theo cụng thc P (A) =

2
2.C 12
2
C 24

=

11
.
23

2
Ti ti liu v thi th mụn Toỏn min phớ ti:

0,5


ng kớ nhn ti liu v thi th mụn Toỏn ti: />ỡùSD ^ (ABCD )
Vỡ ớ
nờn SC ^ BC .
ùợDC ^ BC
= (
Suy ra SCD
SBC ), (ABCD ) = 450

S

Cõu 7.
(1,0
im)

(

H

D

a
A

45

< 900 ).
(do DSCD vuụng ti D nờn SCD
C Vỡ ABCD l hỡnh ch nht nờn OA = OD,
= 1800 - AOB
= 600. Suy
kt hp vi AOD
ra DOAD u.
= 600.
Do ú OA = OD = a, ADO

0

O
B

K

x

)

0,5

Suy ra AB = AD. tan 600 = a 3.

Suy ra SABCD = AB.AD = a 2 3 v SD = CD. tan 450 = a 3.

1
SD.SABCD = a 3 .
3
K Bx // AC ị mp (S , Bx ) // AC
1
ị d (AC , SB ) = d O, (S , Bx ) = d D, (S , Bx ) .
2
H DK ^ Bx , DH ^ SK . Vỡ Bx ^ (SDK ) nờn Bx ^ DH ị DH ^ (S , Bx ).
Suy ra VS .ABCD =

(

)

(

)

(1)
(2)

= DOA
= 600 (ng v) nờn DK = BD sin 600 = a 3.
Vỡ BD = 2DO = 2a v DBK

SK SD 2 a 6
Suy ra DSDK vuụng cõn ti D ị DH =
=
=
.
2
2
2
1
a 6
Kt hp (1), (2) v (3) ta suy ra d(AC , SB ) = DH =
.
2
4

Cõu 8.
(1,0
im)

C

N

H

B

(3)

ỡùy + 2 = 0
T h ớ
ị C (-4; - 2).
ùợ3x - 2y + 8 = 0
Gi M , N l trung im AB, BC .
Ta cú
A ẻ d : x + 2y + 2 = 0 ị A(-2a - 2; a ) (a < 0)

K
A

M

0,5

M ẻ CM : y + 2 = 0 ị M (m; - 2).

0,5

ổ
-a - 6 ử
M M l trung im AB nờn B(2a + 2m + 2; - a - 4) ị N ỗ a + m - 1;
ữ.

2 ứ
ố

Vỡ CH ^ AB nờn uCH .AM = 0 2(2a + m + 2) + 3(-a - 2) = 0 a = -2m + 2. (1)
ổ

-a - 12 ử
Ta cú KA = (-2a + 16; a - 3) v KN = ỗ a + m + 17;
ữ.
2 ứ
ố


Vỡ A, N , K thng hng nờn KA cựng phng KN . Do ú
(-2a + 16)(-a - 12) = 2(a - 3)(a + m + 17).

ộ
5
m = ị a = -3 (tm)
Thay (1) vo (2) ta c 2m + 21m - 65 = 0 ờ
2
ờ
m
=
13 ị a = 28 (ktm)
ờở
Suy ra A(4; - 3), B(1; - 1).

3(-5) + (-2)(-1)
1
=.
Ta cú BA = (3; - 2), BC = (-5; - 1) ị cos BA, BC =
9 + 4. 25 + 1
2

= BA, BC = 1350.
Suy ra ABC
2

(

)

(

)

3
Ti ti liu v thi th mụn Toỏn min phớ ti:

(2)

0,5


ng kớ nhn ti liu v thi th mụn Toỏn ti: />Cõu 9.
(1,0
im)

iu kin: x -2.
x 2 + 3 = u, x + 2 = v, bt phng trỡnh ó cho tr thnh

t

(

)

u 2 - 3 + 4v Ê v 2 + 2u u 2 - v 2 + u + v - 3 u - v + 1 Ê 0

(u - v + 1)(u + v - 3) Ê 0

ổỗ x 2 + 3 - x + 2 + 1 ửữỗổ x 2 + 3 + x + 2 - 3 ửữ Ê 0.
ố
ứố
ứ

Ta cú

x2 - x + 1

2

x +3 - x +2 +1 =

x2 + 3 + x + 2

(1)

0,5

+ 1 > 0.

x2 + 3 + x + 2 - 3 Ê 0
ỡ3 - x + 2 0
ù
x2 + 3 Ê 3 - x + 2 ớ 2
ùợx + 3 Ê 9 - 6 x + 2 + x + 2
ỡ-2 Ê x Ê 7, 8 + x - x 2 0
ỡùx Ê 7
ù
ớ
ớ
2
2
6 x + 2 Ê 8 + x - x2
ù36 x + 2 Ê 8 + x - x
ợù
ợ
ỡ
1 + 33
ộ -2 Ê x Ê 2 - 2 3
ù-2 Ê x Ê
2
ớ
ờ
ờởx = -1
ù x + 1 2 x 2 - 4x - 8 0

ợ

Do ú (1) tng ng vi

(

(

Cõu 10.
(1,0
im)

)(

) (

)

0,5

)

Vy bt phng trỡnh ó cho cú nghim x = -1 v -2 Ê x Ê 2 - 2 3.
A
B
C
t x = 2 tan , y = 2 tan , z = 2 tan , vi 0 Ê A, B, C < p .
2
2
2

A
B
B
C
C
A
T gi thit ta cú tan tan + tan tan + tan tan = 1.
2
2
2
2
2
2
B
C
1 - tan tan
A
2
2 = cot B + C = tan ổ p - B + C ử .
Khi ú tan =
ỗ
ữ
2
B
C
2
2 ứ
ố2
tan + tan
2

2
A p B +C
Suy ra
= + k p , k ẻ . Hay A + B + C = p + k 2p .
2
2
2
T (1) suy ra k = 0. Do ú A + B + C = p . Khi ú
1
1
C
1
A+B
A-B
C
P =
sin A +
sin B + sin2
.2 sin
cos
=
+ 1 - cos2
2
2
2
2
2
2
2

(1)

0,5

2

C
C
3 ổ 1
Cử
3
Ê 2 cos - cos2 + 1 = - ỗ
- cos ữ Ê .
2
2
2 ố 2
2ứ
2
ỡ
p
ỡ C
1
ỡ
ùcos =
ùùC = 2
ùx = y = 2 - 2
Du ng thc xy ra khi ớ


2

ớ
ớ
2
ùA = B
ùA = B = p
ùz = 2.
ợ
ợ
ùợ
4
3
Vy giỏ tr ln nht ca P bng .
2

4
Ti ti liu v thi th mụn Toỏn min phớ ti:

0,5


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN 1)
Môn: TOÁN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

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

2
1
3
3

x
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x )  ( x  2 ) e trên đoạn [0; 2]

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y  x 2  x 4 .
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   ( x  ln x ) x dx .
1

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log 2 ( x 2  x )  log5 ( 3  x ) .log 2 5
 3x 2  2 3 x  5 

x 1



b) Tính lim 
x 1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với

hệ toạ độ Oxyz cho

ba đường thẳng

x  2  t
x 1 y  1 z  1
x  2 y 1 z  1


d1 :




; d2 :
vaø d3 :  y  5  t ( t   ) . Xét vị trí tương đối của
1
4
1
2
8
2
 z  3  2t

d1 và d 2 . Viết phương trình đường thẳng cắt trục oy và cắt cả ba đường thẳng d1 ; d 2 và d 3 .

Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho tam giác ABC có sinA,sinB,sinC theo thứ tự lập thành cấp số nhân và C  A  600 .Tính cos2B
b) Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau từng đôi một được chọn từ các số
0,1,2,3,4,5. Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập hợp E .Tính xác suất để trong ba số được chọn có đúng
một số có mặt chữ số 4.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác vuông cân tại A, AB = AC= a, trên


1 
4

cạnh BC lấy điểm H sao cho BH  BC , SH vuông góc với mp(ABC), góc giữa SA và mặt phẳng
(ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB

và SC.
1
2




Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có B  ;3  . Đường tròn tâm J
nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, AC, AB lần lượt tại M, N, P. Cho biết M ( 3;3 ) và đường
thẳng đi qua hai điểm N, P có phương trình y  1  0 . Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng A có tung độ âm.
 x 1
y2

3

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  y  3
x4
10 x  15 y  3 xy  46  0


( x, y   ) .

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  17(a  b  c)  2 ab . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
1 

P  a  b  c  243 
3


bc 
 2a  67
…………………………Hết…………………

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN 1)
Môn: TOÁN
Câu
Câu 1
1,0 điểm

Nội dung

a) (1điểm) D  
b) Chiều biến thiên
lim y  ; lim y  
x 

Điểm
0,25

………………………………………………

x 

4
4
4

y '  x  x3  x(1  x 2 )
3
3
3
'
y  0  x  0; x  1; x  1
hàm số đồng biến trên (; 1) và (0;1) ;hàm số nghịch biến trên (1; 0) và (1; )

hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  0; yCT  0 ; hàm số đạt cực đại tại điểm x  1; yCD 
BBT
x
y’

-

-1
0
1
3

+

y

0
0

-

1

0
1
3

+

0



1
3

0,25

+
0,25

-

Đồ thị
2

5

5

2

0,25

4

6

Câu 2
1,0 điểm

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [0; 2] và f ' ( x)  ( x  1)e x …………..
f ' ( x)  0  x  1 (thỏa mãn ) ………………………………………………….
f (0)  2; f (1)  e; f (2)  0 ………………………………………………

Vậy Giá trị lớn nhất của hàm số là 0 khi x = 2
Giá trị nhỏ nhất của hàm số là -e khi x = 1
Câu 3
1,0 điểm

2

Ta có I 

2

 ( x  ln x ) x dx   x
1

2

*  x 2 dx 
1

1

3 2

x
3


1

2

0,25

0,25

2
2

dx   x ln x dx
1

7
…………………………………………………………………….
3

1

du  dx


u  ln x

x


2
 dv  xdx v  x

2
2

………………………….

0,25
0,25

0,25

………………………………………………………………..
0,25
2

2

2
 x2

 x2
  x2 

1
3
x
xdx
x
xdx
x
ln

ln


ln



     2ln 2  ……………………
1

4
 2
1 2 1
 2
1  4 1

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />2

2

Vậy: I  x 2 dx  x ln x dx 

Câu 4
a) 0,5 đ





1

1

7
3
19
 2 ln 2   2ln 2 
.........................................
3
4
12

Điều kiện x  ( , 1)  ( 0;3 ) ………………………………………………………….
log 2 ( x 2  x )  log 5 ( 3  x ) .log 2 5  log 2 ( x 2  x )  log 2 ( 3  x )

 x  1 (tm)

x2  x  3  x  x2  2 x  3  0  
 x  3 (tm)
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có nghiệm x =1, x = -3 ……………………

0,25

0,25

0,25

b) 0,5 đ

 3x 2  2 3 x  5 
 3x 2  3  2 3 x  2 
 2( 3 x  1) 
 3( x 2  1) 
lim 
lim
lim
lim



 x 1 
 x 1  x  1  x 1  x  1  …
x 1
x 1
x 1









2
2 20
…………
 lim 3( x  1)  lim
 6 
2
x 1
x 1 3
3 3
x  3 x 1

Câu 5
* d1: đi qua đi qua điểm M 1 (1;1;1) , có véc tơ chỉ phương u1  (1; 4;1)
1,0 điểm

d 2: đi qua đi qua điểm M 2 (2;  1;  1) , có véc tơ chỉ phương u2  (  2;  8; 2)

M 1M 2  (1; 2; 2) …………………………………………………………….
  
 

u1 , u2   0 ; u1 , M 1 M 2   ( 6 ;3; 6)  0  d1 / / d 2 ………………………






( )

0,25

0,25

0,25
0,25

* mp( ) chứa d1 / / d 2 nên pt mp( ) đi qua điểm M 1 (1;1;1) và nhận

 
n  u1 , M 1 M 2   ( 6;3; 6) làm véc tơ pháp tuyến.  ptmp( ) :2 x  y  2 z  3  0


oy  mp( )  A(0; 3; 0)
d3  mp( )  B
x  2  t
x  2
 y  5  t
 y  5


0,25
 B ( x; y; z ) là nghiệm của hệ: 

 B(2; 5; 3) ............






z
3
2
t
z
3


2 x  y  2 z  3  0
t  0

AB  (2; 2; 3)


Vì AB  (2; 2; 3) và u1  (1; 4;1) không cùng phương nên đường thẳng cần tìm đi
x y3 z
0,25
qua hai điểm A và B. Suy ra ptđt:
...............................................


2
2
3

sinA,sinB,sinC theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có :
Câu 6
a) 0,5 đ

sin 2 B  sin C.sin A  sin 2 B 

1
cos(C  A)  cos(C  A)
2

11

 1  cos 2 B    cosB   4 cos 2 B  2cos B  3  0
2 2

1  13
1  13
(nhận) hoặc cos B 
(loại) …………………………..
 cos B 
4
4
3  13
……………………………………………………………..
cos 2 B  2 cos2 B  1 
4
b) 0,5 đ

2
5

Số phần tử của tập hợp E là 5 A  100
Số các số thuộc E không có chữ số 4 là : 4 A42  48

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />Số các số thuộc E có chữ số 4 là : 100  48  52
3
0,25
Số cách chọn 3 số khác nhau thuộc tập E là C100
 161700 …………………………
Số cách chọn 3 số khác nhau thuộc tập E trong đó có đúng một số có mặt chữ số 4 là :
1
C52
.C482  58656 .
Xác suất cần tìm là :
Câu 7
1,0 điểm

1
.C482
C52
4888
……………………………………………….


3
C100
13475

0,25

S
1
a 2
BC 
4
4
I
là
trung
điểm
BC,
suy
ra
1
a 2
a 2
AI  BC ; AI  BC 
; HI  BH 
2
2
4
2
2
2 a 2a

a 10
AH  AI 2  IH 2 


4
16
4
BC  a 2; BH 

a

A

C

a
H

B

I

a 10
a 30
. 3
………
4
4
1
1 a 2 a 30 a 3 30

 .S ABC .SH  . .

…………………….
3
3 2
4
24
SH  AH . tan 600 

2

S ABC 

AB. AC a
VS . ABC

2
2

0,25
0,25

S

L
a

A
a
K

B

C

I
H

J
D

Tử B, kẻ đường thẳng song song với AC, Tử C, kẻ đường thẳng song song với AB, hai
đường thẳng này cắt nhau tại D.
Tử H, kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB và DC lần lượt tại K và J
Ta có SC  mp( SDC ); AB / / mp( SDC )
4
4
Nên d ( AB, SC )  d ( AB, ( DSC ))  d (K, (SDC))  .d ( H , ( SDC )) vì KJ  HJ
3
3
Từ H kẻ HL  SJ , ta chứng minh được HL  mp(SDC )  d(H; (SDC))  HL ………..
3
3a
30a 2 9a 2 a 39
HJ  BD  ; SJ  SH 2  HJ 2 


4
4
16
4

4
SH .HJ 3a 130

HL 
SJ
52
4
4
a 130
d ( AB, SC )  .d ( H , ( SDC ))  .HL 
………………………………….
3
3
13

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />Câu 8
1,0 điểm

A
N

P

y-1=0

J
1

( )

B

2

C

M(3; 3)

;3

P thuộc đường thẳng NP nên P (a ;1)
2

1
5

BP  BM   3   
2
2

2

2

a  2
1
5
1 9
2


…………………………
BP   a    (1  3 )    a     
2
2
2
4


 a  1
 Với a  2  P(2;1)
  3

Ptđt AB đi qua P(2;1) và nhận BP   ; 2  làm vtcp. Suy ra pt AB: 4 x  3 y  11  0
2

  3

Ptđt PJ đi qua P(2;1) và nhận BP   ; 2  làm vtpt. Suy ra pt PJ: 3 x  4 y  2  0
2


  5 

Ptđt MJ đi qua M(3; 3) và nhận BM   ; 0  làm vtpt. Suy ra pt MJ: x  3  0
2 
x  3
3 x  4 y  2  0

 7
PJ  MJ  {J }  J(x; y) là nghiệm của hệ: 

7  J  3; 
 4
x  3  0
 y  4
 7
Ptđt AJ đi qua J  3;  và vuông góc với PN: y-1=0. Suy ra pt AJ: x  3  0
 4
x  3
x  3  0
1


AJ  AB  {A}  A(x; y) là nghiệm của hệ: 

1  A  3;  
3

 4 x  3 y  11  0
 y   3

0,25

0,25

..


Với a  1  P(1;1)

  3

Ptđt AB đi qua P(-1;1) và nhận BP    ; 2  làm vtcp. Suy ra pt AB: 4 x  3 y  7  0
2


  3

Ptđt PJ đi qua P(-1;1) và nhận BP    ; 2  làm vtpt. Suy ra pt PJ: 3x  4 y  1  0
 2

  5 
Ptđt MJ đi qua M(3; 3) và nhận BM   ; 0  làm vtpt. Suy ra pt MJ: x  3  0
2 
3 x  4 y  1  0
x  3
PJ  MJ  {J }  J(x; y) là nghiệm của hệ: 

 J ( 3; 2 )
x  3  0
 y  2

Ptđt AJ đi qua J ( 3;  2 ) và vuông góc với PN: y-1=0. Suy ra pt AJ: x  3  0

x  3
x  3  0

 19 
AJ  AB  {A}  A(x; y) là nghiệm của hệ: 

19  A  3;  ….
 3
4 x  3 y  7  0
 y  3
1

Vì điểm A có tung độ âm. Vậy A  3;   ………………………………………………
3


Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />Câu 9
1,0 điểm

 x 1
y2


 3 (1)

x4
 y3
10 x  15 y  3 xy  46  0 (2)

x 1
y2
Đ/K x  4; y  3;
 0;
 0 ........................................
y3
x4
Từ phương trình
( 2 )  xy  2 x  y  2  4( xy  3x  4 y  12)  (x  1)(y 2)  4(x  4)(y 3)



0,25

x 1 y  2
.
4
y3 x4

 x 1
y2

3


y

3
x
4

Ta được: 
 x  1 . y  2  4 (2)
 y  3 x  4

(1)

x 1
x 1
y2
y2
 u2 
; (u  0); v 
 v2 
; (v  0)
y3
y3
x4
x4
u  v  3
Hệ pt đã cho trở thành: 
uv  2
Giải, ta được u  2; v  1 hoặc u  1; v  2 ..........................................................

Đặt u 

 x 1
19

4
x
u  2
 x  4 y  11
 y  3

3
+
...................................



v

x

y


1
2
13
2
y






y
1
3

 x  4
 x 1
16

1
x
u  1
x  y  2
 y  3

3
+



v

x

y


2

4
14
22
y

2



y  
4
3

 x  4
 19 13 
 16 22 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y )    ;   và ( x; y )    ;  
3
3 
 3
 3

Câu 10
1,0 điểm

0,25

0,25

0,25

a 2  b 2  c 2  17( a  b  c)  2 ab  ( a  b) 2  c 2  17( a  b  c)
2

(a  b  c)2   (a  b)  c   2 (a  b) 2  c 2 
1
1
(a  b )2  c 2   (a  b  c)2  17(a  b  c)  (a  b  c) 2
2
2
...................................................................................
0  a  b  c  34

 Áp dụng bđt cô si:
(2a  67)  81  2 (2a  67).81 

1
2a  67



9
3
27


a  74
2a  67 a  74

 Áp dụng bđt cô si:

1
27

b  c b  c  54
3
1
27
27
27.4
3



2a  67
b  c a  74 b  c  54 a  b  c  128

(b  c)  27  27  3 3 (b  c).27.27  27 3 b  c 

3

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />234.27.4
1622
t
; 0  t  a  b  c  34 .............................
a  b  c  128

t  128
1622
1622
(t  34)(t  290)
; t  ( 0;34 ; f ' (t )  1 

Xét hàm số f (t )  t 
2
t  128
(t  128)
(t  128) 2
1622
(t  34)(t  290)
f ' (t )  1 

 0; t  ( 0;34
2
(t  128)
(t  128)2
Hàm số f(t) nghịch biến trên (0;34] nên f(t) đạt GTNN bằng 196 khi t = 34 ………
Dấu bằng xảy ra khi
 a  b  c  34
a  7
a  b  c


 b  10




27
b
c

c  17

 a  74  b  c  54
Vậy MinP  196 khi a  7; b  10; c  17 …………………………………………
P  abc

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

0,25

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015-2016
Thời gian làm bài: 180 phút,không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) .

3
1

a ) Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y  x3  x 2 
2
2
b) Tìm tọa độ của điểm M trên ( C ) sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại M song song với
đường thẳng ( d ) : 6x  y  4  0
Câu 2 (1,0 điểm).
1
a). Cho hàm số y  ex (x 2  x  1) .Tính y '(ln )
2
b) Giải bất phương trình sau 2log3 (4x  3)  log 1 (2x  3)  2 .


3

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   (2x  1)sin xdx .
0

Câu 4(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mp(P) và mặt cầu (S) lần lượt có phương
trình (P ) : x  2y  2z  1  0 và (S ) : x 2  y 2  z 2 – 4x  6y  6z  17  0 . Chứng
minh mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P) .Tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao
tuyến của mặt cầu và mặt phẳng.
Câu 5(1,0 điểm).
3sin   2cos 
a)Cho tan   3 . Tính A 
.
5sin 3   4cos3 
b)Cho đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa
giác đó.Tính xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật.
Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng
(ABC), SA  AB  a, AC  2a và 

ASC  
ABC  900. Tính thể tích khối chóp S.ABC và
cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD
  1350 , trực tâm tam giác ABD là H(-1;0).Đường thẳng đi qua D và H có
có BAD
5
phương trình x  3 y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành biết điểm G( ; 2 )
3
là trọng tâm tam giác ADC.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau



x3  y 3  3 y 2  3 x  6 y  4  0
y ( 2 x 3  3 7 y 13) 3( x 1)

Câu 9 (1,0 điểm).Cho x, y, z  0 và 5( x2  y 2  z 2 )  9( xy  2 yz  zx) .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

x
1
.

2
y  z ( x  y  z )3
2

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
LẦN THỨ 2
NĂM HỌC 2015 – 2016
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN

Nội dung

Câu 1
1a.
3 2 1
3
Hàm
số
y

x

x 
(1,0
2
2
điểm)  TXĐ: D = R
 Sự biến thiên:

1,0

0,25

x  0
- Chiều biến thiên: y '  3x 2  3x , y '  0  
x  1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) vµ (1;+) , nghịch biến trên khoảng (0;1)
1
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0; yC §  , đạt cực tiểu tại x  1, yCT  0 .
2
- Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

0,25

x 

- Bảng biến thiên:

x



y’
y


0
+





1
–

0

0

+

1
2

0,25


0

Đồ thị:

y

1

0,25

2

O

1b.
(1 đ)

1

x

+ Đường thẳng 6x– y – 4=0 có hệ số góc bằng 6
+Gọi M0( x0; y0) là điểm mà tại đó tiếp tuyến song song đường thẳng
6x - y- 4=0  f '( x0 )  6

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />
 3x02  3 x0  6
 x0  1

 x0  2
+Với x0 =2 y0 = 5/2M0( 2; 5/2)
x0 = -1y0 = -2  M0( -1 ; -2 )
+ Kiểm tra lại
M0( 2,5/2) tiếp tuyến tại M0 có pt là y= 6(x – 2)+5/2

( nhận)
M0(-1;-2)tiếp tuyến tại M0 có pt là y  6( x  1)  2 =6x+4(nhận)

Câu
2(1,0
điểm)
2a(0,5 TXĐ: D=R
điểm) y   (ex ) (x 2  x  1)  ex (x 2  x  1)  ex (x 2  x  1)  ex (2x  1)
x

2

0,25

0,25

0,25

 e (x  3x )

2b(0,
5
điểm)

1
y '(ln )  2( ln2 2  3 ln 2)
2
3
Điều kiện x 
4

Bất phương trình tương đương
(4x  3)2
log3
2
2x  3
 16x 2  42x  18  0


0,25

0,25

3
 x3
8

3 
Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S=  ;3
4 

0,25

Câu
3(1)


u  2x  1

du  2.dx
Đặt 




dv  sin xdx

v   cos x








I  (2x  1)cos x 0   (2 cos x )dx
0



= (2  1)  1  2 sin x 0
= 2  2

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25
0,25
0,25
0,25

Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />
Câu
4(1,0
đ)

Mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính R  22  (3)2  (3)2  17  5
cách
từ
tâm
I
đến
mp(P):
2  2(3)  2(3)  1
d  d(I ,(P )) 
1R
2
2
2
1  (2)  2
 Vì d(I ,(P ))  R nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C)

0,25

Khoảng

Gọi d là đường thẳng qua tâm I của mặt cầu và vuông góc mp(P) thì d có vtcp


x  2 t





u  (1; 2;2) nên có PTTS d : y  3  2t (*). Thay (*) vào pt mặt phẳng (P)


z  3  2t



ta được
1
(2  t )  2(3  2t )  2(3  2t )  1  0  9t  3  0  t  
3
 5 7 11
 Vậy, đường tròn (C) có tâm H  ;  ;  
3 3
3
Bán kính r  R2  d 2  5  1  2
Câu 5
a(0,5
điểm)

A


Câu
5b(0,
5đ)

3sin   2cos 
3tan   2

3
3
2
5sin   4cos  cos  5 tan 3   4



0,25

0,25

0,25



3tan   2
70
1  tan 2   

3
5 tan   4
139

-Có 10 đường kính của đường tròn được nối bởi 2 đỉnh của đa giác đều.
- Một hình chữ nhật có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác được tạo bởi 2 đường kính nói trên.
4
 4845

-Số cách chọn 4 đỉnh của đa giác là: C 20

0,25

0,25
0,25

2
 45
-Số cách chọn 4 đỉnh của đa giác tạo thành hình chữ nhật là C10

-Xác suất cần tìm là : P=

45
3

4845 323

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />
Câu
6(1,0
đ)

S

M
A

C

H
B

+ Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)  SH  (ABC)
a 3
 SC  BC  a 3, SH 
,
2
a2 3
SABC 
2
1
a3
 VS . ABC  SABC .SH 
3
4
Gọi M là trung điểm SB và  là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).

0,25

0,25
0,25

Ta có: SA = AB = a, SC  BC  a 3
 AM  SB và CM  SB

AMC
 cos   cos 
a 3
a 6
 SB 
2
2
2
2 AS  2 AB 2  SB 2 10a 2
a 10
AM là trung tuyến SAB nên: AM 2 

 AM 
4
16
4
2
2
2
a 42
  AM  CM  AC   105
Tương tự: CM 
 cos AMC
2.AM.CM
35
4
105
Vậy: cos  
35


  1800  BHD
  450 .
Ta có BAD  BHD

Gọi n(a; b) (a 2  b2  0) là VTPT của đường thẳng HB

+ SAC = BAC  SH  BH 

Câu
7(1,0
đ)

Do đường thẳng HB tạo với đường thẳng HD góc 450 nên
a  3b
 a  2b
 2a 2  3ab  2b2  0  
cos 450 
2
2
a  b . 10
b  2a

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />

Nếu a=-2b. Chọn a=2,b=-1. Phương trình đường thẳng HB: 2x-y+2=0
B(b;2b+2), D(3d-1;d)

 b  1
Do G là trọng tâm tam giác ADC nên BG=2GD  GB  2GD  
 B(1;4),
d  1
D(2;1)
0,25
Phương trình đường thẳng AB: 3x+y-7=0; phương trình đường thẳng AD:x+2y-4=0
Suy ra A(2;1)(loại)
Nếu b=2a. Phương trình HB: x+2y+1=0

 b  2
B(-2b-1;b), D(3d-1;d)  GB  2GD  
 B(-5;2), D(5;2)
0,25
d  2
Phương trình AB: 3x+y+13=0; Phương trình AD:2x-y-8=0. Suy ra A(-1;-10)
 
Do ABCD là hình bình hành suy ra AD  BC suy ra C(1;14)
0,25
 
1
0


Thử lại: cos ABD =cos ( AB; AD) =
 BAD  45 (LOẠI)
2

Câu
8(1,0
đ)

3
2
Từ phương trình (1) ta có x3  3x  ( y  1)3  3( y  1)

Điều kiện x 

Xét hàm số

0,25

f (t )  t 3  3t

f '(t )  3t 2  3
f '(t )  0 với mọi t suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R.
f ( x)  f ( y  1)  x  y  1

0,25

Thế x=y+1 vào phương trình (2) ta được:
( x  1)( 2x  3  3 7x  6)  3( x  1) (3)
Ta có x=1 không là nghiệm phương trình.Từ đó
3( x  1)
( 2x  3  3 7x  6) 
x 1
3( x  1)
Xét hàm số g ( x)  ( 2x  3  3 7x  6) 

x 1
3


TXĐ: D    ;   \ 1
 2

1
7
6
g '( x) 


2
2
3
2x  3 3 (7x  6) ( x  1)
3
3
g '( x)  0x   ; x  1 , g '( ) không xác định.
2
2
3
Hàm số đồng biến trên từng khoảng ( ;1) và (1; ) .
2
Ta có g(-1)=0; g(3)=0. Từ đó phương trình g(x)=0 có đúng hai nghiệm x=-1 và x=3.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (-1;-2) và (3;2)

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

0,25