Tổng hợp 125 đề thi thử toán THPT quốc gia (có lời giải chi tiết 2016) phần 2

Câu 5

a. Do SA   ABCD  và
SAB cân nên

S

AB  SA  a 3

H
E

D

A

0,25

O
B

C
F

  300
Góc giữa SD với mặt đáy là góc SDA

0,25

 S ABCD  AB. AD  3a.a 3  3 3a 2

0,25

b. Qua C kẻ đường thẳng song song với BD, cắt AD tại E.
Do BD//CE  BD//(SCE)
1
 d  BD , SC   d  BD,  SCE    d  O ,  SCE    d  A,  SCE  
2

0,25

Trong tam giác SAD có tan 300 

SA
SA
 AD 
 3a
AD
tan 300

1
1
 VS . ABCD  .SA.S ABCD  .a 3.3 3a 2  3a3
3
3

0,25

Kẻ AF  CE , F  CE  CE   SAF 

Kẻ AH  SF , H  SF  AH  CE  AH   SCE 

 d  A,  SCE    AH

0,25

Có AE  2 AD  6a, CE  BD  2 3a
S ACE 

AE.CD 6a.a 3
1
1
AE.CD  AF.CE  AF=

 3a
2
2
CE
2a 3
1
1
1
3a

 2  AH 
Trong tam giác SAF có:
2
2
AH
AF
SA

2

Vậy d  BD , SC  

Câu 6

0,25

1
1
3a
d  A,  SCE    AH 
2
2
4

Gọi I  AC  BD
Do BN  DM  IN  IB  ID

0,25

A

 IN  IA  IC
 ANC vuông tại N

B
I

D

C

0,25
N

 5 1

7 9

M

Đường thẳng CN qua N   ;  và nhận NA   ;  là pháp tuyến nên có
 2 2
2 2


96

0,25


phương trình: 7 x  9 y  13  0 . Do C  CN  d  C  2; 3

Gọi B  a; b  . Do AB  2 BC và AB  BC nên ta có hệ phương trình:

 a  1 a  2    b  5 b  3  0


2

2
2
2
 a  1   b  5   4  a  2    b  3 
 a  5, b  1
Giải hệ trên suy ra 
 a   7 , b   9 (ktm)
5
5

Vậy B  5; 1 , C  2; 3.
7 x  1  1  y


Câu 7

Giải hệ: 





 2

PT 1   7  y  x  1  y  1  x  1 

của phương trình)
Thay

x 1 

y 1
(Do y  7 không là nghiệm
7 y

y 1
vào (2) ta được phương trình:
7 y

 y 1 
 y 1 
y 1
y .
 13. 
  y.
 1
7 y
7 y
7 y
2
2
2
 y 2  y  1  y  y  1 7  y   13  y  1   7  y 
2

0,25

1

x 1 1

 x  1 y 2  y x  1  13x  12
Điều kiện: x  1, x, y  

0,25

0,25

2

2

0,25

 y 4  y 3  5 y 2  33 y  36  0

y 1
  y  1 y  3  y 2  5 y  12   0  
y  3
8
Với y  1  x  
9
Với y  3  x  0

Hệ phương trình có 2 nghiệm  x; y  là   ;1 ,  0;3 .
 9 
 8 

Câu 8

Đặt a  , b  , c 
1
x

1
y

1
 a, b, c  0 và a  b  c  1
z

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

a  bc  b  ac  c  ab  ab  bc  ac  1

a  bc  a  a  b  c   bc  a 2  a  b  c   bc  a 2  2 a bc  bc

0,25

0,25

0,25

Thật vậy,

 a  bc 

Tương tự,

a 

bc



2

 a  bc

b  ac  b  ac ,

0,25
0,25

c  ab  c  ab

97


Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
a  bc  b  ac  c  ab  ab  bc  ac  a  b  c

 a  bc  b  ac  c  ab  ab  bc  ac  1  đpcm
1
Dấu đẳng thức xảy ra  a  b  c   x  y  z  3
3
------------------Hết--------------------

99

0,25


TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1
ĐỀPHÚ
THI
THỬ KỲ THI THPT QUỐC
GIA
2016 - ĐỀ SỐ 19
THỌ
Môn:
Toán

Thời
làm bài
bài180
180phút,
phútkhông kể thời gian giao đề
Thời gian
gian làm
--------oOo--------

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1  và vuông góc với đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y  x 4  2 x 2  3 trên đoạn 0;4 .
Câu 3 (1.0 điểm).


4

a) Cho sin   . Tính giá trị biểu thức P  2 (1  cot  ).cos(   ) .
1
2

b) Giải phương trình: 34  2 x = 953 x x
Câu 4 (1.0 điểm).

2

2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển :  x  2  .


14

x 

b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15
câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi
đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói
trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không
ít hơn 4.
Câu 5 (1.0 điểm).
Giải bất phương trình: 9 x 2  3  9 x  1  9 x 2  15
Câu 6 (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 ,
mặt bên BCC 'B' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC ' và B'C ' . Tính thể
tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A' B ' và MN .

Câu 7 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
C  : x 2  y 2  3x  5 y  6  0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2  và đoạn BC  5 .
Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết điểm A có hoành độ dương .
Câu 8 (1.0 điểm).
 x3  y 3  5 x 2  2 y 2  10 x  3 y  6  0
Giải hệ phương trình : 
 x  2  4  y  x 3  y 2  4 x  2 y

Câu 9 (1.0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  3 .Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức : S 

a3  b3 b3  c3 c3  a3


.
a  2b
b  2c
c  2a

-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………SBD:……….....…......

99


TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1

Môn: Toán
Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y  x  6 x  9 x  2
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
3

 TXĐ D= R


2

(C).

1.0

y  2

0.25

lim y  

0.25

x  1

y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=> 

x  3
 y  2

 - Giới hạn tại vô cực: lim y  ;
x 

x 

BBT


x
y’

1



3



0





0



2

y
1a

0.25


-2

KL: Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1; 3; 
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2
 Đồ thị
5

y

f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2

4

3

2

0.25

1

x
-2

-1

1

2

3

4

5

6

-1

-2

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1  và vuông góc với

1.0

Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½

0.5
0.25

-3

1b

đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Đu ờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4
Vậy PT đ ư ờng thẳng cần tìm là y 

2

Câu 2 (1.0 điểm).

1
3
x
2
2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

100

0.25

1.0


y  x 4  2 x 2  3 trên đoạn 0;4 .

y’=4x3-4x =4x(x2-1)
y’= 0 <=> x=0, x=1  0;4 x= -1 loại
Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227
Vậy GTLN y = 227 , trên 0;4 khi x=4
GTNN y= 2 trên trên 0;4 khi x=1
a)


4

Cho sin   . Tính giá trị biểu thức P  2 (1  cot  ).cos(   )
1
2

sin   cos
1  2 sin 2 
(cos  sin  ) 
sin 
sin 
1
th ay sin   vào ta tính được P =1
2

P

3

0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25

b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 953 x  x

đưa về cùng cơ số 3 khi đó phương trình tđ
nghiệm cần tìm là x = 1 ho ặc x = -3

2

với x 2  2 x  3  0

2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển :  x  2  .
x 


0.5
0.25
0.25

14

5



2

2
 x  2  = x  2x
x


14

4

  C
14

k 14  3 k
14

x

.2 k

số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3
Hệ số cần tìm là C143 2 3  2912
b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu
hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi
có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ

ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ)
và số câu hỏi dễ không ít hơn 4.
Không gian mẫu của việc tạo đề thi là :   C 407  18643560
Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ 3 loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số
câu hỏi dễ không ít hơn 4.

0.25
0.25

0.5

0.25

4
1
4
5
1
.C 52 .C15
.C 51 .C152  C 20
.C 51C15
 A  C 20
 C 20
 4433175

Xác suất cần tìm là P( A) 

A




915
3848

0.25

9 x 2  3  9 x  1  9 x 2  15
1
Nhận xét : 9 x  1  9 x 2  15  9 x 2  3  0  x 
9

Giải bất phương trình:
5

bpt 



 9x

2



 3  2  3(3 x  1)  9 x  15  4

9x  1
2

9x 2  3  2

 3(3 x  1) 

1.0
0.25

2

9x 2  1

9 x 2  15  4

0

101

0.25




3x  1

3x  1

 9x  3  2
2




 3  0
9 x  15  4 
3x  1
2



 
1
1
  3  0  3 x  1  0  x 

3x  13x  1 2 1
2
3
9 x  15  4  

 9x  3  2
1
kết hợp các Đk suy ra nghiệm của BPT là x  là nghiệm của bpt
3
Cho lăng trụ đứng ABC. A' B' C ' .Có đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB  a, AC  a 3 , mặt bên BCC ' B ' là hình vuông, M, N lần lượt là trung
điểm của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và khoảng cách

0.25

0.25

1.0

giữa hai đường thẳng A’B’ và MN

C

B
A

M

N
6

H

B’

C’
P
A’

Ta có BC= BB’=2a

. V ABC . A' B 'C '  BB'.S ABC  2a. a.a 3  a 3 3
1
2

gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách

d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình
chiếu vuông góc của C’ lên mp(MNP)

Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
MPC’
C' H 

7

C ' M .C ' P

C' P 2  C' M 2



a 21
7

0.25
0.25

0.25

0.25

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn C  : x 2  y 2  3x  5 y  6  0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2  ,
BC  5 .

102

1.0


Gọi tâm đường tròn (C) là I  ;  và A(x;y) suy ra
3 5
2 2

AH ( 2  x;2  y ) M là trung

điểm của BC
Học sinh tính được AH  5  x 2  y 2  4 x  4 y  3  0
kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình

0.25

 x 2  y 2  4 x  4 y  3  0
Giải hệ ta được (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)
 2
 x  y 2  3 x  5 y  6  0
Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng minh được AH  2IM
Từ AH  2 IM ta tính được M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết được

0.25

0.25

phương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường tròn (C)
y 1
x  1


y  2 x  3

ta được 2 y  12  y 2  3(2 y  1)  5 y  6  0  y 2  3 y  2  0  

Suy ra toạ độ của B(1;1) , C(3;2) hoặc B(3;2) , C(1;1)
Vậy
A( 1;4), B(1;1) , C(3;2)
hoặc A( 1;4), B(3;2) , C(1;1)
 x3  y 3  5 x 2  2 y 2  10 x  3 y  6  0 (1)
Câu 8: Giải hệ 
 x  2  4  y  x 3  y 2  4 x  2 y (2)
Điều kiện x  -2; y  4

0.25

1.0

(1)  x 3  5 x 2  10 x  6  y 3  2 y 2  3 y

  x  1  2 x  1  3( x  1)  y 3  2 y 2  3 y
Xét hàm số f (t )  t 3  2t 2  3t , f ' (t )  3t 2  4t  3  0 t  R
3

2

0.25

Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc
Phương trình : x  2  3  x  x 3  x 2  4 x  1

8















x  2  3  x  3  x3  x2  4 x  4 

2



x  2 3  x   2   x  1x 2  4 

x 2  3 x 3

2 x  2 3  x   4 
  x  2 ( x 2  x  2)
x  2  3  x  3  x  2 3  x   2












0.25

2(  x  x  2 )
 x  2  x 2  x  2  0
x  2  3  x  3  x  2 3  x   2
2




 x2  x  2 x  2 






x  2

 x x20 
 x  1




0
x  2 3  x   2 
 0 ( vi x  2 )

2
x 2  3 x 3

0.25

2

Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)

Câu 9 : Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  3 .

a3  b3 b3  c3 c3  a3


.
a  2b
b  2c
c  2a
x3 1 7 2 5
 x  ( x  0) *

Trước tiên ta chứng minh BĐT :
x  2 18
18
3
2
*  18( x  1)  x  27 x  5

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S 

9

  x  1 11x  8   0
2

luôn đúng với mọi x>0, d ấu “=” sảy ra khi x=1

103

1.0
0.25
0.25


a b c
; ;
b c a
a 3  b 3 7a 2 5b 2 b 3  c 3 7b 2 5c 2 c 3  a 3 7c 2 5a 2


;



;


;
a  2b
18
18 b  2c
18
18 c  2a
18
18
12 a 2  b 2  c 2
Từ các đảng thức trên suy ra S 
2
18

Áp dụng (*) cho x lần lượt là





Vậy MinS =2 khi a=b=c=1

104

0.25

0.25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TRƯỜNG
THPT
TRẦN
HƯNG
Môn thi:
TOÁN
ĐỀ THI
THỬ
KỲ
THIĐẠO
THPT QUỐC GIA 2016
- ĐỀ
SỐ 20
Thời
gian
làm
bài:
180
phút,
không
kể
thời gian giao đề
Thời gian làm bài 180 phút
Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015

--------oOo--------

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  1 (C)
Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN của hàm số

y

x2
trên đoạn  2; 4 
x 1

Câu 3.(1,0 điểm)

a) Tìm môđun của số phức z biết z  2 z  1  7i .

b) Giải phương trình: 9 x  3.3x  2  0 .





Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x 2 1  x 1  x 2 dx
1

0

Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :

x 1 y 1
z


. Viết
1
2
1

phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng  , vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và viết phương
trình đường thẳng  ' là hình chiếu vuông góc của  lên mặt phẳng (Oxy).
Câu 6.(1 điểm)

a) Giải phương trình: 2 cos 5 x.cos 3 x  sin x  cos 8 x

b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 4
viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu.
Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam
giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích
hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN).

8



Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ABC có trọng tâm G  ; 0  và có đường tròn
3 
ngoại tiếp là  C  tâm I . Điểm M  0;1 , N  4;1 lần lượt là điểm đối xứng của I qua các đường
thẳng AB, AC . Đường thẳng BC qua điểm K  2; 1 . Viết phương trình đường tròn  C  .
2 y  2  3 y  2  x3  4  x


Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình: 
2
  y  4  2 y  12   8  x  y 

x

2

 2  x 2  y 

Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 .Tìm GTNN của biểu thức:
P

25a 2

2a 2  7b 2  16ab



25b 2

2b 2  7c 2  16bc



c2 3  a 
a

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

Họ và tên thí sinh:.................................................................... SBD:...........................................................
Chữ kí giám thị 1:...............................................Chữ kí giám thị 2:.............................................................

105


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
Môn thi: TOÁN
(Đáp án bao gồm 5 trang)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015

Đáp án
Nội dung

Câu
1

Điểm

Tập xác định: D = R.
+Giới hạn: lim y   , lim y  
x

x

0,25

x  0
x  2

+ Ta có y  3x 2  6 x; y  0  
BBT:
x

y
y



+

0
0

2
0

-

+

1

3



0,25

 

+Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2; 

+Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2  .
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: xcđ = 0, ycđ = y(0) = 1.
Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2, yct = y(2) = -3.
+ Đồ thị

0,25

6

4

2

0,25
-10

-5

5

10

-2

-4

2

+ Ta thấy hàm số đã cho xác định và liên tục trên  2; 4 
-6

y'

x2  2x

x  0
 y' 0  
x  2

 x  1
+Trên  2; 4  thì y' = 0 có một nghiệm là x = 2.
2

+Ta có y  2   4; y  4  

16
3

0,25

0,25

0,25

106


+Max y =

16
khi x = 4
3

0,25

+Min y = 4 khi x = 2
3a

+Gọi z  a  bi , , a, b  R

(1  i ) z  (2  i ) z  2  2i  (1  i )(a  bi )  (2  i)(a  bi )  2  2i

a  2
3a  2b  2

 3a  2b  bi  2  2i  
b  2
 b  2
+Vậy z  2  2i

3b

+Đặt: 3x  t ,

t0

t  1
t  2

có: t 2  3t  2  0  





0,25

0,25

+Với t=1: 3x  1  x  0
+Với t=2: 3x  2  x  log 3 2
4

0,25

0,25

I   x 1  x 1  x dx   x dx   x 3 1  x 2 dx
1

2

0

2

I1   x 2 dx 
1

0

1

x3
3



0

1

1

2

0

0

1
3

0,5

I 2   x 3 1  x 2 dx
1

0

Đặt t  1  x 2  x 2  1  t 2  xdx  tdt
Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  0

1
 t3 t5 
2
 I 2    1  t  t dt    t  t dt     
 3 5  0 15
1
0
0

2

Vậy I  I1  I 2 
5

2

1

2

4

7
15

+Đường thẳng  có vectơ chỉ phương u  1; 2; 1 , đi qua M(1;-1;0); mặt phẳng
(Oxy) có vectơ pháp tuyến k   0;0;1 .

0,5





  
+Suy ra (P) có vectơ pháp tuyến n  [u , k ]   2; 1; 0  và đi qua M.

+Vậy (P) có phương trình 2( x  1)  ( y  1)  0 hay 2x – y – 3 = 0.
(Oxy) có phương trình z = 0.  ' là giao tuyến của (P) và (Oxy).
2x  y  3  0
.
z  0

+Xét hệ 

x  t

+Đặt x = t thì hệ trên trở thành  y  3  2t .
z  0


107

0,25
0.25
0,25

0.25


6a

x  t

+Vậy  ' có phương trình  y  3  2t .
z  0


PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x

0,25

 1- 2sin x + sinx = 0
2

 sinx = 1 v sin x  


6b



1
2

7
 x   k 2 ; x    k 2 ; x 
 k 2 , ( k  Z )
2
6
6
Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là C144  1001 cách .

0,25

Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu :
+ TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 .C51 .C 72 cách
+ TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 .C 52 .C 71 cách
+ TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 .C51 .C 71 cách
Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là C 21 .C 51 .C 72 + C 21 .C 52 .C 71 + C 22 .C 51 .C 71 =
385 cách .

7

1001  385 616
8

 .
Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là P 
1001
1001 13

0,25

0,25

+Ta có:

AN  AB 2  BN 2  2a 3

S

Diện tích tam giác ABC là:
S ABC 

0,25

1
BC. AN  4a 2 3 .
2

M

Thể tích hình chóp S.ABC là:

1
1
VS . ABC  S ABC .SA  4a 2 3.8a
3
3

C

A
H

32a 3 3

(đvtt).
3

N

0,25

B

+Ta có:

VB. AMN BA BM BN 1

.
.

VS . ABC BA BS BC 4

1
8a 3 3
VB. AMN  VS . ABC 
.
4

3

0,25

+Mặt khác, SB  SC  4 5a  MN  SC  2 5a ; AM  SB  2 5a .
1
2

1
2

+Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN ,  MH  AM 2  AH 2  a 17 .
+Diện tích tam giác AMN là S AMN

1
1
 AN .MH  2a 3.a 17  a 2 51 .
2
2

+Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:

108

0,25


d ( B, ( AMN )) 

8

3VB. AMN 8a 3 3
8a
8a 17
.
 2


17
S AMN
a 51
17

0,25

+Gọi H,E là trung điểm MN,BC suy ra H  2;1 . Từ GT suy ra IAMB, IANC là
các hình thoi. Suy ra AMN,IBV là các tam giác cân bằng nhau.
+ Suy ra AH  MN , IE  BC , AHEI là hình bình hành.
+ Suy ra G cũng là trọng tâm HEI  HG cắt IE tại F là trung điểm IE
+ Vì BC / / MN , K  2; 1  BC   BC  : y  1  0

8 
 H  2;1 , G  3 ;0 

  F  3;  1 
+ Từ 


2
3 


 
HF  HG
2


+ Từ EF  BC   EF  : x  3  E  3; 1

+ Vì F là trung điểm IE nên I  3;0   R  5

0,25

0,25

0,25

+ Từ đây ta sẽ có:  C  :  x  3  y 2  5 . là phương trình đường tròn cần tìm.
2

9

 y  2

+ Đk: 

2
x  y

0,25

+ Từ pt thứ 2 ta có:

 y  4  2 y  12   8  x 2  y 

 x2  8  y 

 y  4  2 y  12  

 2  x2  8  y   2




x

2

 2  x 2  y 

x

2

 2  x 2  y   0

 y  4  2 y  12   2

2y  8  y  6

 

2

x

x2  2  x2  y

 2 y  8  y  6

 y  2
2
2



x
x
y
2




2

 2  x 2  y   0

2

 y2 0

109

0

0.25


+ Thay vào pt 1 ta được:

2 y  2  3 y  2  x3  4  x





y2  3 y2  x 4  x 
3

3

y2



3

4  3 y2  x 4  x

+ Xét hàm số: ft   t  t 3  4 t  R Ta có:

 0,   t  R   f 3 y  2  f  x  
 
2 t 4
 y  2  0  x   3 4

+ Vậy ta sẽ có: 
TM 
 3 y  2  x  y  2
f t  '  1 

3t 2



Kl: Nghiệm duy nhất của hệ là:  x; y    3 4; 2
10

y2  x

3

3

0,25



+ Ta có:  a  b   0  2ab  a 2  b 2 . Nên ta sẽ có:
2



2a 2  7b 2  16ab  2a 2  7b 2  2ab  14ab  3a 2  8b 2  14ab 
4a  6b
 2a  3b
2

+ Vậy ta sẽ có:

25a

2



2a  7b  16ab
25b 2
2

+ Tương tự ta cũng có:

2

25a
1
2a  3b

 a  4b  3a  2b 
0,5

2

2b 2  7c 2  16bc

+ Mặt khác theo Cauchy  shwarz Ta có:



25b 2
2b  3c

 2

3c 2
25c 2
 3 2
 2c  c 2    
a
 a c  3a  2c

 a2
 a  b  c   c 2  2c 
b2
c2  2
P  25 


  c  2c  25.
5a  b  c
 2a  3b 2b  3c 2c  3a 

2
 5  a  b  c   c  2c

+ Từ (1),(2),(3) ta sẽ có:

0,25

3

 3

2

+ Mà a  b  c  3 theo giả thiết nên ta sẽ có: P  c 2  2c  15   c  1  14  14

0.25

2

Vậy GTNN của P  14
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1

0.25

 Chú ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành
và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ
trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm.

110

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 21
ĐỀ THI KHẢO SÁTThời
CHẤT
1 NĂM HỌC 2015 - 2016
gianLƯỢNG
làm bài LẦN
180 phút
Môn:
Toán,
Khối:
12
--------oOo-------Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm: 01 trang

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

x 1
3 x

Câu 2. (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3mx2  4m2  2 có hai điểm cực trị A và B sao cho
điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB.

Câu 3. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x3  3x2  9 x  3 trên đoạn

 2;2 .

Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình:

x2  x  1  2 x  1.

Câu 5. (1 điểm) Giải phương trình: 1  2cos x cos x  sin x  cos2x .

Câu 6. (1,0 điểm)

 2 2
a) Tìm hệ số x trong khai triển  x  
x

3

12

;( x  0 ).

b) Cho đa giác đều có 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong 12 đỉnh của đa giác, tính xác suất để 3
đỉnh được chọn tạo thành một tam giác đều.

Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Các cạnh
AB  BC  2a , AD  a , tam giác SBC đều, mặt phẳng ( SBC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) .
Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DC .
Câu 8. (1,0 điểm) Giải phương trình: x  4 x2  1   x  3 5  2 x  0 .

Câu 9. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A 1; 1 ; đường
tròn ngoại ti p tam giác ABC có phương trình:  x  3   y  2   25 . Vi t phương trình đường thẳng
BC , bi t I 1;1 là tâm đường tròn nội ti p tam giác ABC .
2

2

Câu 10. (1,0 điểm) Cho a , b là các số thực không âm thỏa mãn: 2(a 2  b2 )  (a  b)  6 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:

 a 2  1 b2  1 
a b
 2
P  6 2
.

( a  b) 2  5
 a a b b

____________________ H T ___________________
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:……………………

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( chia sẻ đến
111
www.laisac.page.tl


TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
HƯ NG D N CHẤM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán, Khối: 12
Hướng dẫn chấm gồm: 07 trang

I. LƯU Ý CHUNG.

-

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 HS bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
Nếu HS giải cách khác, giám khảo căn cứ vào các ý trong đáp án để cho điểm.
Trong bài làm, nếu ở bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được
điểm. HS được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
Trong lời giải câu 7, nếu HS vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.

II. ĐÁP ÁN.
Đáp án

Câu

Câu 1. Khảo sát sự bi n thiên và v đồ thị của hàm số: y 
TXĐ : D = R \ {3}
Ta có : y ' 

Điểm

x 1
3 x

1,0

4
; y’ > 0 với mọi x ≠ 3
(3  x) 2

0.25

Vậy hàm số luôn đồng bi n trên các khoảng (-∞; 3) và (3; +∞)
Hàm số không có cực trị

Ta có: limy  limy  1  TCN : y  1
x

x

 lim y  
 x3
 TCĐ: x = 3



lim
y
 x3

0.25

BBT:
x

3

-∞

y’

+∞

+

+
+∞

y

-1

-1

-∞




1
3

Đồ thị: +) Đồ thị hàm số cắt Ox tại (-1; 0); cắt Oy tại  0; 

1/7

112

0.25

f(x)=(x+1)/(3-x)
f(x)=-1
x(t)=3, y(t)=t

0.25

NX: Đồ thị nhân giao hai đường tiệm cận I(3;-1) làm tâm đối xứng.

Câu 2 (1,0 điểm)Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3mx2  4m2  2 có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm
I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB.

x  0
Ta có y '  3x2  6mx. ; y '  0  3x2  6mx  0  
 x  2m.

Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị khi và chỉ khi y '  0 có hai nghiệm phân biệt
 m 0.

Tọa độ các điểm cực trị là A(0;4m2  2), B(2m; 4m3  4m2  2) .

m  1
Điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB khi và chỉ khi 
3
2
2m  4m  2  0
Giải hệ, ta được m  1 . Vậy m  1 là giá trị cần tìm.
3

0.25
0.25

0.25

0.25

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x3  3x2  9 x  3 trên đoạn. 1,0

 2; 2

Hàm số y  f  x liên tục trên đoạn  2; 2

0.25

Ta có f’(x) = 3x2 + 6x – 9

 x  1 [-2;2]
f’(x) = 0  3x2 + 6x – 9 = 0  
 x  3  [-2;2]

0.25

Ta có: f(-2) = 25; f(2) = 5; f(1) = - 2

0.25

Do đó: Max f ( x)  f (2)  25; Min f ( x)  f (1)  2
 2;2

4

Gi i b t ph ơng trình:

 2;2

x2  x  1  2 x  1
2/7

113

0.25
1,0 điểm


TXĐ : R.

2x 1  0
2
 x  x  1  (2 x  1)


BPT  

2

0.25

1

 x

2

2

3x  5 x  0

0.25

1

x


2

x  (;0)   5 ;  
3



0.25

5
 x  KL: Vậy bất phương trình có tập nghiệm là
3

5

Gi i ph ơng trình : 1  2cos x cos x  sin x  cos2 x



Pt đã cho  1  2cos x cos x  sin x  cos 2 x  sin 2 x

  cos x  sin x sin x  cos x  1  0







 x  4  k
 x  4  k


 

  x    k 2   x   k 2


4 4
2


 x    3  k 2
 x    k 2
4
4


Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:

6



4

 k , x 



2

0.25
1,0điểm




2 sin  x    0

4
 sin x  cos x  0






sin x  cos x  1

 2 sin  x    1
4



x

5

 ;   .
3


0.25
0.25
0.25

0.25

 k 2 , x    k 2 ,(k  ) .

 2 2
a) Tìm hệ số x trong khai triển  x  
x


12

0,5

3

12
 2 2
k k 24 3k
 x     C12 2 x
x

k 0
12

Theo CT nhị thức NewTon:

3/7

114

0.25


hệ số x3: 24  3k  3  k  7
7

0.25

7

Vậy hệ số x3 C12 2 =101376
b) Cho đa giác đ u có 12 đỉnh. Ch n ng u nhiên ba đỉnh trong 12 đỉnh của đa 0,5
giác, tính xác su t để 3 đỉnh đ c ch n t o thành m t tam giác đ u.

Số cách chọn 3 đỉnh bất kì C123  220 .

0.25

Để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác đều thì các đỉnh đó phải nằm ở các vị trí 0.25
12
cách đều nhau, nên số cách chọn ra được một tam giác đều là
 4.
3
Vậy xác suất cần tính P 
7

4

 .
220 55

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông t i A và B. Các
c nh AB  BC  2a , AD  a , tam giác SBC đ u, mặt phẳng ( SBC ) vuông góc
v i mặt phẳng ( ABCD) . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và kho ng
cách giữa hai đ ng thẳng SA và DC .

1,0

- Gọi E là trung điểm BC , ABC đều

 SE  BC (1)

0.25

Giả thi t (SBC )  ( ABCD) (2)

Từ (1) và (2) suy ra SE  ( ABCD)
- Có: SE  a 3;

SABCD 

1
AB( AD  BC )  3a 2
2

1
1
 VS. ABCD  SE.SABCD  .a 3.3a 2  a 3 3. (đvtt)
3
3

- Ta có: EC / / AD, EC  AD  a  AECD là hình bình hành

 AE / / DC  DC / / mp(SAE )  d ( DC, AS)  d ( DC,(SAE))  d ( D,(SAE))

- Tam giác ADE vuông tại D và AD  a ; DE  AB  2a .

0.25

0.25

- Gọi H là hình chi u vuông góc của D trên AE  DH  AE

Lại có SE  DH , từ đó suy ra DH  (SAE )  d ( D,(SAE ))  DH

1
1
1
1
1
5
2a 5






DH

- Có :
DH 2 AD 2 DE 2 a 2 4a 2 4a 2
5

4/7

115

0.25


Vậy d ( DC , AS)  DH 
8

2a 5
.
5

Gi i ph ơng trình: x  4 x2  1   x  3 5  2 x  0 .
Đi u kiện: x 

5
.
2



1.0

pt  2 x(4 x2  1)  2(3  x) 5  2 x





0.25



 2 x (2 x) 2  1  5  2 x( ( 5  2 x) 2  1

Đặt u = 2x, v =

5  2x (v  0).

0.25

Phương trình (*) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 + 1) (2)

Xét hàm số f(t) = t(t2 + 1)  f /(t) = 3t2 + 1 > 0,  t.

0.25

Từ đó, PT đã cho  2x =

0.25

Do đó f(t) đồng bi n trên R, nên (1)  f(u) = f(v)  u = v

 4 x2  5  2 x  x 

5  2x 

 1  21
 1  21
(thỏa mãn điều kiện)
;x 
4
4

Vậy nghiệm của phương trình là x 

9

 1  21
 1  21
;x 
4
4

Trong mặt phẳng v i hệ to đ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A 1; 1 ;
đ

ng tròn ngo i ti p tam giác ABC có ph ơng trình:  x  3   y  2   25 .

Vi t ph ơng trình đ

ng thẳng BC , bi t I 1;1 là tâm đ

2

1.0

2

ng tròn n i ti p tam

giác ABC .
A

0.25
I
K
B

C

Đường tròn ngoại ti p
K  3; 2  bán kính là

tam giác ABC có tâm
R  5 ; AI : x  y  0

A'

Gọi A' là giao điểm thứ hai của AI với đường tròn ngoại ti p tam giác ABC
 x  32   y  2 2  25  x  y  1


Tọa độ A' là nghiệm của hệ 
x  y  6

x  y  0

A'  A  A'  6;6 

Ta có: A' B  A' C

(*)
5/7

116

0.25

Mặt khác ta có ABI  IBC  BIA'  ABI  BAI  IBC  A' BC  IBA'
 Tam giác BA' I cân tại A'  A' B  A' I (**)

0.25

Từ * , ** ta có A' B  A' C  A' I

Do đó B, I , C thuộc đường tròn tâm A' bán kính A' I  50

 x  6   y  6
2
2

 x  3   y  2   25 1

2
2

 x  6    y  6   50  2 

Đường tròn tâm A' bán kính A' I có phương trình là :

 Tọa độ B, C là nghiệm của hệ

2

2

 50

0.25

Lấy 1 trừ  2  ta được 6 x  8 y  34  0  3x  4 y  17  0  3

Tọa độ B, C thỏa mãn  3 nên phương trình đường thẳng BC là 3x  4 y  17  0 .
10

Cho a , b là các số thực không âm thỏa mãn: 2(a 2  b2 )  (a  b)  6 . Tìm giá tr

 a 2  1 b2  1 
a b
 2

2
( a  b) 2  5
 a a b b

1,0

nhỏ nh t của biểu thức: P  6 

- Theo BĐT Côsi: 2(a 2  b2 )  (a  b)2 .

Từ giả thi t, suy ra: (a  b)2  (a  b)  6  0  (a  b  2)(a  b  3)  0

0.25

 0  a  b  2 ( Do a , b  0 )

2(a 2  1)
 3  a . (*)
- Ta chứng minh:
a2  a

Thật vậy: (*)  2(a 2  1)  (a 2  a )(3  a )  (a  1)2 (a  2)  0 (luôn đúng)
Dấu "  "  a  1 .

- Tương tự có:

2(b 2  1)
 3  b . Dấu "  "  b  1 .
b2  b
a b

 P  3(6  a  b) 
- Khi đó: P  3t 

( a  b)  5
2

t

t2  5

- Xét hàm f (t )  3t 

f '(t )  3 

t

5

(t  5)
2

3

. Đặt t  a  b  0  t  2 .

 18 , t  (0;2] .

t 5
2

0.25

 18, t  (0;2] .

 0, t  (0;2]  f (t ) nghịch bi n trên (0;2] .

6/7
117

(1)

0.25

 f (t )  f (2) 

38
; Dấu "  "  t  2
3

Từ (1) và (2), suy ra: P 
Vậy Pmin 

(2)

 a b
38
 a  b  1.
. Dấu "  "  
3
a  b  2

38
khi a  b  1.
3

0.25

_________________________H T______________________________

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( chia sẻ đến
www.laisac.page.tl

118

7/7


TRƯỜNG
VIỆT TRÌ
ĐỀ THI
THỬQUỐC
THPT QUỐC
GIA-2015-2016ĐỀ THPT
THI THỬ
KỲ THI
THPT
GIA 2016
ĐỀ SỐ 22LẦN 1

Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
--------oOo--------

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(− 1;1 ) và vuông góc với đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y = x 4 − 2 x 2 + 3 trên đoạn [0;4] .
Câu 3 (1.0 điểm).
π

1

2

a) Cho sin α = . Tính giá trị biểu thức P = 2 (1 + cot α ). cos( + α ) .
4

b) Giải phương trình: 34 − 2 x
Câu 4 (1.0 điểm).

95 − 3 x − x

2

14

2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển :  x + 2  .
x 

5

b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15
câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi
đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói
trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không
ít hơn 4.
Câu 5 (1.0 điểm).
Giải bất phương trình: 9 x 2 + 3 + 9 x − 1 ≥ 9 x 2 + 15
Câu 6 (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 ,
mặt bên BCC ' B' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC ' và B'C ' . Tính thể

tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A' B' và MN .
Câu 7 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
(C ) : x 2 + y 2 − 3x − 5 y + 6 = 0 . Trực tâm của tam giác ABC là H (2;2 ) và đoạn BC = 5 .
Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết điểm A có hoành độ dương .
Câu 8 (1.0 điểm).
 x 3 − y 3 + 5 x 2 − 2 y 2 + 10 x − 3 y + 6 = 0
Giải hệ phương trình : 
 x + 2 + 4 − y = x 3 + y 2 − 4 x − 2 y

Câu 9 (1.0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 3 .Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức : S =

a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3
+
+
.
a + 2b
b + 2c
c + 2a

-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………SBD:……….....…. ....
119

1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ

Môn: Toán
Câu

Điểm

Nội dung

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y = x − 6 x + 9 x − 2
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
3

• TXĐ D= R
•

2

(C).

1.0
0.25

y = 2

x = 1

y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=> 
⇒

 y = −2
x = 3

• - Giới hạn tại vô cực: lim y = −∞;

0.25

lim y = +∞

x →−∞

x →+∞

BBT
−∞

x

1
+

y’

+∞

3
−

0

+

0

+∞
2

y
1a

0.25

-2

−∞

KL: Hàm số đồng biến trên khoảng (− ∞;1); (3;+∞ )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2
• Đồ thị
5

y

f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2

4

3

2

0.25

1

x
-2

-1

1

2

3

4

5

6

-1

-2

-3

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(− 1;1 ) và vuông góc với
1b

đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Đuờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4
Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½
Vậy PT đ ư ờng thẳng cần tìm là y =

1
3
x+
2
2

120

1.0
0.5
0.25
0.25

2