HOT tuyển tập đề thi thử thpt quốc gia môn toán của các trường chuyên trong cả nước năm 2016 (có đáp án và thang điểm)

có đáp án



TRNGTHPTCHUYấNVNHPHC

CHNHTHC

THITHPTQUCGIA NMHC2015ư2016ưLNI
Mụn:TON
Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt.

Cõu1(1,0im). Khosỏtsbinthiờnvvthcahms y = x 3 - 3 x2 + 2
Cõu2(1,0im).Tỡmcctrcahms: y = x - sin 2 x +2.
Cõu3(1,0im).
3sin a - 2 cosa
a) Cho tan a = 3 .Tớnhgiỏtrbiuthc M =
5sin 3 a + 4 cos3a
x - 4 x- 3
xđ3
x 2 -9
Cõu4(1,0im). Giiphngtrỡnh: 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x =2

b) Tớnhgiihn: L= lim

Cõu5(1,0im).
5

2 ử
ổ
a)Tỡm hsca x trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ .

x ứ
ố
b)Mthpcha20qucugingnhaugm 12 quv 8 quxanh.Lyngunhiờn(ng
thi) 3 qu.Tớnhxỏcsutcúớtnhtmtqucumuxanh.
10

Cõu6(1,0im). Trongmtphngvihta ( Oxy),chohỡnhbỡnhhnh ABCD cúhainh
A ( -2 -1), D( 50) v cú tõm I( 21). Hóy xỏc nh tahainh B,Cv gúc nhnhpbihai

ngchộocahỡnhbỡnhhnhócho.
Cõu7(1,0im).
Chohỡnhchúp S.ABC cúỏy ABC ltamgiỏcvuụngti A ,mtbờn SAB ltamgiỏcuvnm
trong mt phng vuụng gúc vi mt phng ( ABC), gi M l im thuc cnh SC sao cho
MC =2MS . Bit AB = 3, BC =3 3 , tớnh th tớch ca khi chúp S.ABC v khong cỏch gia hai
ngthng AC v BM .
Cõu8(1,0im).Trongmtphngvihta ( Oxy),chotamgiỏc ABC ngoitipngtrũn

tõm J( 21).Bitngcaoxutphỏttnh A catamgiỏc ABC cúphngtrỡnh: 2 x + y - 10 =0
v D ( 2 -4) lgiaoimthhaica AJ vingtrũnngoitiptamgiỏc ABC .Tỡmtacỏc
nhtamgiỏc ABC bit B cúhonhõmv B thucngthngcúphngtrỡnh x + y + 7 =0 .
ỡù x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6y2

Cõu9(1,0im). Giihphngtrỡnh: ớ

3
2
ùợ x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2y
Cõu 10(1,0im).Cho haiphngtrỡnh: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 v x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0.

Chngminhrngmiphngtrỡnhtrờncúỳngmtnghim,tớnhtnghainghimú.

ưưưưưưưưHtưưưưưưư
Thớsinhkhụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm.
Hvtờnthớsinh:.......Sbỏodanh:
Cm nthyNguynThnhHin( />www.laisac.page.tl

1


TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 

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

Câu 

Đáp án 

Điểm 

Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2

1,0 

Tập xác định:  D = ¡ . 
é x = 0 
Ta có  y' = 3 x 2  - 6 x. ;  y'  = 0 Û ê
ë x = 2 

0,25 

­ Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các  khoảng (-¥ ; 0) và  (2; +¥ ) ; nghịch 
biến trên khoảng  (0; 2) . 
­ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =­2. 

0,25 

­ Giới hạn:  lim y = +¥, lim  y = -¥ 
x ®+¥

x ®-¥

Bảng biến thiên: 

-¥ 

x
y' 
y 

0                        2
+          0 
­ 
0              + 
2

+¥ 
+¥

0,25 

­2 

-¥ 

1 (1,0 đ)  Đồ thị: 
y 

f(x)=(x^3)­3*(x )^2+2 

5 

x 
­8 

­6 

­4 

­2 

2 

4 

6 

0,25 

8 

­5 

2 (1,0 đ)

Câu 2 .Tìm cực trị của hàm số :  y = x - sin 2 x + 2 . 

1,0 

Tập xác định  D = ¡
f ¢ ( x ) = 1 - 2 cos 2 x , f ¢¢ ( x ) = 4 sin 2 x

0,25 

f ¢ ( x ) = 0 Û 1 - 2 cos 2 x = 0 Û cos 2 x =

1 
p
Û x = ± + k p , k Î ¢ 
2
6 

2

0,25


p
ổ p
ử

ổ pử
f ÂÂ ỗ - + k p ữ = 4 sin ỗ - ữ = -2 3 < 0ị hmstcci ti xi = - + k p
6
ố 6
ứ
ố 3ứ

3.(1,0)

p
3
ổ p
ử
Vi yCD = f ỗ - + k p ữ = - +
+ 2 + k p ,k ẻ Â
6 2
ố 6
ứ
p
ổp
ử
ổpử
f ÂÂ ỗ + k p ữ = 4 sin ỗ ữ = 2 3 > 0ị hmstcctiuti xi = + k p
6
3
6
ố
ứ
ố ứ
3

ổp
ử p
+ 2 + k p ,k ẻ Â
Vi yCT = f ỗ + k p ữ = ố6
ứ 6 2
3sin a - 2 cosa
Cho tan a = 3 .Tớnhgiỏtrbiuthc M =
5sin 3 a + 4cos3a
2
2
2
3sin a ( sin a + cos a ) - 2 cos a ( sin a + cos2a )
M=
5sin 3 a + 4 cos3a
3sin 3 a - 2sin 2 a cos a + 3sin a cos 2 a - 2 cos3a
=
(chiatvmuchocos 3 a )
5sin 3 a + 4cos 3a
3 tan 3 a - 2 tan 2a + 3tan a - 2
=
5 tan 3a+ 4
3.33 - 2.32 + 3.3 - 2 70
Thay tan a = 3 votac M =
=
5.33 +4
139
Luý:HScngcútht tan a =3 suyra 2kp < a <
1

cos a =

10

3

sina =

10

xđ3

(x(x

x đ3

)(

(

- 9) x + 4 x - 3
x- 1

L= lim
xđ3

( x + 3) ( x +

0,5

0,25

0,25

+2kp v

x - 4 x- 3
x 2 -9

0,5

) = lim

4 x - 3 x + 4 x- 3
2

2

0,25

rithayvobiuthcM.

b)Tớnhgiihn: L= lim

L= lim

p

0,25

4x - 3

)

)

=

xđ3

(x

x 2 - 4 x+ 3
2

(

3 -1

( 3 + 3) ( 3 +

0,25

)

- 9 ) x + 4 x -3

)

4.3 -1

=

1
18

0,25

Cõu4.Giiphngtrỡnh: 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x =2

1,0

2
2
2
2
4 .(1,0) Phngtrỡnh 3sin x - 4sin x cos x + 5cos x = 2 ( sin x +cos x )

sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos 2 x =0
( sin x - cos x )( sin x - 3cos x )= 0 sin x - cos x = 0 sin x - 3cos x =0
p
+ k p x = arctan 3 + k p ,k ẻ Z
4
p
Vyphngtrỡnhcúhaihnghim: x = + k p , x = arctan 3 + k p ,k ẻ Z
4

0,25
0,25
0,25

tan x = 1 tan x = 3 x =

0,25
5

2 ử
ổ
a)Tỡmhscashngcha x10 trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ .
x ứ
ố
5

5- k

1,0

k

5
5
k 5 - k
ổ 3 2ử
ổ 2 ử
k
3
k
k 15 -5k
3
x
=

C
3
x
.
=
(
)
ồ
5
ỗ
ỗ 2 ữ ồC5 ( -1) 3 .2 x
2 ữ
x ứ k =0
ố
ố x ứ k=0
Hscacashngcha x10 l C5k ( -1) k 35- k 2 k, vi15 - 5k = 10 k =1
1

Vy hsca x10 l: C51 ( -1) 34 21 = -810

3

0,25
0,25


5 (1,0 đ)  b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm  12  quả đỏ và  8  quả xanh. Lấy ngẫu 
nhiên 3 quả. Tính  xác  suất  để trong  3  quả  cầu  chọn  ra  có  ít  nhất  một quả  cầu màu 
xanh. 
3 

Số phần tử của không gian mẫu là n ( W ) = C20 
Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu  trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh” 
C 3 
3 
Thì  A là biến cố “Chọn được ba quả cầu  màu đỏ” Þ n ( A ) = C12 
Þ P ( A ) =  12 
3 
C20 
C 3  46 
Vậy xác suất của biến cố  A là P ( A ) = 1 - P ( A ) = 1 - 12 
= 
3 
C20 
57 

0,25 

0,25 

Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành  ABCD  có hai 
đỉnh A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 )  và có tâm I ( 2;1 ) . Hãy  xác định tọa độ hai đỉnh  B, C và 
góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho. 
ì x = 2 xI - x D  = 4 - 5 = -1 
Do  I  là trung điểm  BD . Suy ra í B
Þ B ( -1; 2 ) 
î yB = 2 yI - yD  = 2 - 0 = 2 
6 .(1,0 đ)  Do  I  là trung điểm  AC . Suy ra ì xC = 2 xI - x A  = 4 + 2 = 6 Þ C  6;3 
( ) 
í
î yC = 2 y I - y A  = 2 + 1 = 3 

uuur
uuur 
Góc nhọn a = ( AC , BD ) . Ta có AC = ( 8; 4 ) , BD = ( 6; -2 ) 

0,25 
0,25 
0,25

uuur uuur
uuur uuur
AC × BD 
48 - 8
2 
cos a = cos AC , BD  = uuur uuur  =
=
Þ a = 45 o
2 
4 5.2 10 
AC BD

(

1,0 

) 

0,25 

Câu 7 . Cho hình chóp  S.ABC  có đáy  ABC  là tam giác vuông tại  A , mặt bên  SAB 
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi  M 

là điểm thuộc cạnh  SC  sao cho  MC = 2 MS . Biết  AB = 3, BC = 3 3  , tính thể tích 
của khối chóp  S.ABC  và khoảng cách giữa hai đường thẳng  AC  và  BM . 

1,0 

S 

Gọi  H là trung điểm  AB Þ SH ^  AB ( do 
D SAB đều). 
Do ( SAB ) ^ ( ABC ) Þ SH ^ ( ABC ) 

N 

M 

K 

Do  D ABC đều  cạnh bằng  3 
nên  SH =

0,25 

3 3 
, AC = BC 2 - AB 2  = 3 2 
2 

A 

C 

H 

B 

3 

1
1
3 6 9 6 
(đvtt) 
Þ VS . ABC = × SH × S ABC  = × SH × AB × AC =
= 
3
6
12
4 
7. (1,0 đ)  Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt  SA  tại N Þ AC || MN Þ AC || ( BMN ) 
AC ^ AB, AC ^ SH Þ AC ^ ( SAB ) , AC || MN Þ MN ^ ( SAB ) Þ MN ^ ( SAB ) 
Þ ( BMN ) ^ ( SAB ) theo giao tuyến  BN  . 

0,25 

0,25 

Ta có AC || ( BMN ) Þ d ( AC , BM ) = d ( AC , ( BMN ) ) = d ( A, ( BMN ) ) =  AK với  K 
là hình chiếu của  A  trên  BN 
NA MC  2
2
2 32  3 3 3 
2 

=
= Þ S ABN = S SAB  = ×
= 
(đvdt) và  AN = SA = 2 
SA SC 3
3
3 4
2 
3 

4

0,25


BN =

3 3
2ì
2S
2 = 3 21
AN 2 + AB 2 - 2AN . AB.cos 60 0 = 7 ị AK = ABN =
BN
7
7

3 21
(vd)
7
Luý:Victớnhthtớch,hcsinhcngcúthgiiquyttheohng CA ^(SAB )

v VS . ABC =VC .SAB
Vy d ( AC ,BM )=

Cõu8.Trongmtphngvihta ( Oxy),chotamgiỏc ABC ngoitipng
trũntõm J( 21).Bitngcaoxutphỏttnh A catamgiỏc ABC cúphng
trỡnh: 2 x + y - 10 =0 v D ( 2 -4) lgiaoimthhaica AJvingtrũnngoi
tiptamgiỏc ABC .Tỡm tacỏcnhtamgiỏc ABC bit B cúhonhõmv
B thucngthngcúphngtrỡnh x + y + 7 =0 .
AJiqua J( 21)v D ( 2 -4) nờncú
phngtrỡnh AJ : x - 2 = 0
{ A}= AJ ầAH , (trongú H lchõn

1,0

A

E

ngcaoxutphỏttnh A )

J

Ta A lnghimcah
ỡx - 2 = 0
ỡ x= 2
ớ
ị A( 2 6)
ớ
ợ 2 x + y - 10 = 0
ợy = 6

B

0,25

I

C

H

D

8.(1,0) Gi E lgiaoimthhaica BJ ving trũnngoitiptamgiỏc ABC .
ằ = DC
ằ = EA
ằị DB = DC v EC
ằ
Tacú DB
ã= 1(sEC
ằ + sDB
ằ)=DJB
ằ 1 (sEA
ã ị DDBJ cõnti D ị
ằ+ sDC)=
DBJ
2
2
DC = DB =DJ hay D ltõmngtrũnngoitiptamgiỏc JBC
Suy ra B,C nm trờn ng trũn tõm D ( 2 -4) bỏn kớnh JD = 0 2 + 52 =5 cú

2

2

phngtrỡnh ( x - 2 ) + ( y + 4 ) =25.Khiúta B lnghimcah
2
2
ộ B( -3 -4)
ùỡ( x - 2 ) + ( y+ 4 ) = 25 ỡ x = -3 ỡ x= 2
ớ
ớ
ịờ
ớ
ợ y = -4 ợ y= -9 ởờ B( 2 -9)
ù x + y + 7 = 0
ợ

0,25

Do B cúhonhõmnờntac B ( -3 -4)
ỡù qua B( -3 -4)
ỡùqua B( -3 -4)
ị BC : x - 2 y - 5 =0
BC : ớ
ị BC:ớ
r r
ùợ^ AH
ợùvtpt n = uAH = (1 -2)
Khiúta C lnghimcah
2

2
ùỡ( x - 2 ) + ( y+ 4 ) = 25 ỡ x = -3 ỡ x = 5 ộC ( -3 -4) B
ớ
ớ
ịờ
ị C( 5 0)
ớ
ợ y = -4 ợ y = 0 ởờC( 50)
ù x - 2 y - 5 = 0
ợ

0,25

Vy A ( 26 ) , B ( -3 -4 ) , C ( 50)
ỡù x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y2
Cõu9.Giihphngtrỡnh: ớ
3
2
ùợ x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
ỡx + 2 0
ỡ x -2
iukin:ớ
ớ
ợ4 - y 0
ợy Ê 4

5

(1)
( 2)

1,0
0,25


3

3

T phngtrỡnh (1) tacú ( x - 1) = ( y - 2 ) x - 1 = y - 2 y = x +1
9.(1,0) Thay ( 3) vo ( 2)tac pt:

x+2 +

( 3)
4 - ( x + 1) = x 3 + ( x + 1) - 4 x - 2 ( x + 1)
2

x + 2 + 3 - x = x3 + x 2 - 4 x -1 ,/K -2 Ê x Ê3






(

)

x + 2 + 3 - x - 3 = x3 + x 2 - 4 x - 4

2 ộở( x + 2 )( 3 - x) - 4ựỷ

(

x + 2 + 3- x + 3

)(

( x + 2 )( 3 - x ) + 2)

2 ( - x 2 + x+ 2)

(

x + 2 + 3- x + 3

)(

( x + 2 )( 3 - x ) +2)

(

( x + 2 )( 3 - x) - 2)

(

x + 2 + 3 - x + 3

2

)

= ( x + 1) ( x2 - 4)

= ( x + 1) ( x2 - 4)
= ( x + 2 ) ( x 2 - x- 2)

0,25

ổ
ử
ỗ
ữ
2
ỗ
ữ = 0
2
( x - x - 2 ) ỗ x+ 2 +
x+ 2 + 3- x +3
( x + 2 )( 3 - x ) + 2 ữữ
ỗ
ỗ 144444444424444444443ữ
ố
> 0
ứ
2
x - x - 2 = 0 x = 2 x = -1

)(

(

0,25

ã

( )
x = 2 ắắ
đ y = 3 ị ( x y ) =( 23) (thamón /k)

ã

( )
x = -1 ắắ
đ y = 0 ị ( x y ) = ( -10)(thamón /k)

)

0,25

3

3

Vyhphngtrỡnhcúhainghim ( x y ) = ( 23) , ( x y ) = ( -1 0)
Cõu10.Chohaiphngtrỡnh: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 v x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0.Chng
minhrngmiphngtrỡnh trờncúỳngmtnghim,tớnhtnghainghimú
ã Hms f ( x )= x 3 + 2 x 2 + 3 x +4 xỏcnhvliờntctrờntp Ă
ohm f  ( x ) = 3 x 2 + 2 x + 3 > 0,"x ẻ Ăị f ( x ) ngbintrờn Ă

1,0

(*)

f ( -4 ) . f ( 0 ) = ( -40 ) .4 = -160 < 0 ị $ a ẻ ( -40 ) : f ( a ) =0 ( **)

0,25

T (*) v (**) suyra phngtrỡnh
10.(1,0)

x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 cúmtnhimduynht x =a
ã Tngtphngtrỡnh x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0 cúmtnhimduynht x =b

0,25

Theotrờn: a 3 + 2 a 2 + 3a + 4 = 0

(1)
3
2
V b3 - 8b 2 + 23b - 26 = 0 ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 =0 ( 2)
3
2
T (1) v ( 2 ) ị a 3 + 2a 2 + 3a + 4 = ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) +4 ( 3)
Theotrờnhms f ( x )= x 3 + 2 x 2 + 3 x +4 ngbinvliờntctrờntp Ă
ngthc ( 3) f ( a ) = f ( 2 - b ) a = 2 - b a + b =2

0,25

0,25

Vy tnghainghim cahaiphngtrỡnh úbng 2 .

Luýkhichmbi:
ưỏpỏnchtrỡnhbymtcỏchgiibaogmcỏcýbtbucphicútrongbilmcahcsinh.Khichm
nuhcsinhbquabcnothỡkhụngcho imbcú.
ưNuhcsinhgiicỏchkhỏc,giỏmkhocnccỏcýtrongỏpỏnchoim.
ưTrongbilm,numtbcnoúbsaithỡcỏcphnsaucúsdngktqusaiúkhụngcim.
ưHcsinhcsdngktquphntrclmphnsau.

6


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

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

3

 x  1  log

3

2

Câu 5 (1,0 điểm).


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

8

3 
 .

x

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).
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
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
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
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  2
3
2
 5 x  5 y  10  y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32
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

4
1 1 1


  
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:………………
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên đã gửi tới www.laisac.page.tl

7


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 

6

4

2

1
và cắt Oy tại (0; ) .
3
- Đồ thị đi qua  1; 2  ,  2; 3

- 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 .

8

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    sin 5 
sin   cos 2   sin 2   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 



128
128
Thế vào 1 ta được P  2.  5   
. 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 3  x  1  log 3 2
4 .(1,0 đ)

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

0,25

1,0

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

9

( 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 trong khai triển của biểu thức :  2x 2 
 .
x

6

8

k

8k

32 5 k
8
 3 
k 8k k

k
2
. 

C

1
2
3
x



8

x
k 0

32  5k
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 

Gt   2 x 2 

C8k  2 x 2 



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
8
64 4 13

Ta có: HB   HC  42 
 SH 
.tan 600 
3
3
9
3
3

0,25

10


S

I
A

B

H

D

K

C

1
1 4 13 64 13
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
SH
HK
4 .13 4 13.4 2
 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

C

B

Gọi E, F là giao điểm của d
và AB, AC
Ta có:
  1 
 AFD  C  2 ADC
.

1



 AEF  ADC  DAB

2



Mà C  DAB (cùng chắn
AB )
cung 


 AFD  A
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  2
3x  5 y  17  0
7 11
Tọa độ F là nghiệm của hệ: 

 F( ; )
2 2
x  y  2  0
 y  11


2

7
11
34
34
AF  (1  )2  (4  )2 
 AE 
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

11

0,25


 7
 7 11
t

 E ( ; ) ( Loai do trung F )
34
AE 
 2  2 2

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  8 x  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

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

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

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

0,25

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

12

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 :

T

5a  1 5b  1 5c  1


 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.

13


TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 3
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 3  3 x 2  2
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x  

2x 1
trên đoạn 3;5
x 1

Câu 3 (1,0 điểm).
1
3

b) Giải phương trình : sin 2 x  2sin 2 x  sin x  cos x

2




a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức P  sin 2  cos 2
4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau : I   2 x  2 x 2  ln  x 2  9   dx
0

Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình : log 2  3 x  2   log 2  6  5 x   0 .
b) Cho tập hợp E  1; 2;3; 4;5; 6 và M là tập hợp tất cả các số gồm hai chữ số phân biệt lập từ
E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số của số đó lớn hơn 7 .
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho các điểm M 1; 2; 0  , N  3; 4; 2  và

 P  : 2 x  2 y  z  7  0 . Viết phương trình đường thẳng
trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng  P  .
mặt phẳng

MN và tính khoảng cách từ

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Gọi I là trung điểm
cạnh AB .Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI , góc
giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABC và khoảng
cách từ điểm H đến mặt phẳng  SBC  .
Câu 8 (1,0 điểm)..

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 :3 x  4 y  8  0 , d 2 :4 x  3 y  19  0 .
Viết phương trình đường tròn  C  tiếp xúc với hai đường thẳng d1 và d 2 , đồng thời cắt đường
thẳng  :2 x  y  2  0 tại hai điểm A, B sao cho AB  2 5 .
Câu 9 (1,0 điểm).
Giải bất phương trình :

x22
6  x2  2 x  4  2  x  2



1
2

Câu 10 (1,0 điểm).
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x  y  2016 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  5 x 2  xy  3 y 2  3 x 2  xy  5 y 2  x 2  xy  2 y 2  2 x 2  xy  y 2

--------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:………………
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên () chia sẻ đến www.laisac.page.tl

14


TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM HỌC 2015-2016

Môn: TOÁN ( Gồm 5 trang)

Câu

Đáp án

Điểm
1,0

Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y  x 3  3 x 2  2
Tập xác định: D   .
x  0
Ta có y'  3 x 2  6 x. ; y'  0  
x  2
1 (1,0 đ)

0,25

- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2;  ) ; nghịch biến trên khoảng (0; 2) .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  2 ; đạt cực tiểu tại x  2, yCT  2
- Giới hạn: lim y  , lim y  
x 

0,25

x 

Bảng biến thiên:
x
y'

y

0
0



+



2
0

-

+



2

0.25

-2



Đồ thị:
y

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2

5

x
-8

-6

-4

-2

2

4

6

0,25

8

-5

Câu2.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x  
Hàm số xác định và liên tục trên D  3;5
2 (1,0 đ)

Ta có f   x   

3

 x  1

2

 0, x   3;5

2x 1
trên đoạn  3;5
x 1

1,0
0,25
0,25

Do đó hàm số này nghịch biến trên đoạn  3;5

15

0,25


7
11
; min f  x   f  5  
x


3;5


2
4
1
và sin   . Tính giá trị biểu thức P  sin 2  cos 2
3

Suy ra max f  x   f  3  

0,25

 
Câu 3a. Cho    ;  
2 

0,5

x 3;5

3.(1,0đ)

2 2
 
Vì    ;   nên cos   0 , suy ra cos    1  sin 2   
3
2 
2
Do đó P  sin 2  cos 2  2sin  cos   1  2sin 

2
1  2 2
74 2
1
 P  2    

1

2


  
3 
3 
9
3
Câu 3b) Giải phương trình : sin 2 x  2sin 2 x  sin x  cos x

0,25

0,25

0,5

Phương trình đã cho  2sin x  sin x  cos x   sin x  cos x
sin x  cos x  0 1

 2
 2sin x  1

0,25



1  tan x  1  x  



 2   sin x 


4

 k ,  k   

1

5
 x   k 2  x 
 k 2 ,  k   
2
6
6

Vậy phương trình có ba họ nghiệm x  


4

 k , x 


6

0,25

 k 2 , x 

5
 k 2 với k  
6

4

Câu 4. Tính tích phân sau : I   2 x  2 x 2  ln  x 2  9   dx

1,0

0

4

4

I  4  x3dx   2 x ln  x 2  9 dx  I1  I 2
0

4



0,25

0

4

I1  4  x3dx  x 4  256

0,25

0

0

4 .(1,0 đ)

2x
u  ln  x 2  9   du  2
dx
I 2   2 x ln  x  9 dx . Đặt 

x 9
0
v  x 2  9
 dv  2 xdx

4



2

4

4

4

2 4

0

0

 I 2   x  9  ln  x  9    2 xdx   x  9  ln  x  9   x
2

2

0

2

0

2

0,25

 I 2  25ln 25  9 ln 9  16  50 ln 5  18ln 3  16

5 (1,0 đ)

Vậy I  I1  I 2  240  50 ln 5  18ln 3

0,25

Câu 5 a) Giải bất phương trình : log 2  3 x  2   log 2  6  5 x   0 .

0,5

3 x  2  0

Bất phương trình đã cho  log 2  3 x  2   log 2  6  5 x   6  5 x  0
3 x  2  6  5 x

2

x  3

6
6
6

  x   1  x  . Vậy nghiệm của bất phương trình là : 1  x 
5
5
5


x  1


Câu 5 b) Cho tập hợp E  1; 2;3; 4;5; 6 và M là tập hợp tất cả các số gồm hai chữ số

16

0,25

0,25


phân biệt thuộc E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số
của số đó lớn hơn 7 .
 Số phần tử của tập M là A62  30


Các số có tổng hai chữ số lớn hơn 7 gồm 26, 62,35, 53,36, 63, 45,54, 46, 64,56, 65
12 2
Có 12 số như vậy . Suy ra xác suất cần tìm là P 

30 5

0,25
0,25

Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho các điểm M 1; 2; 0  , N  3; 4; 2 
và mặt phẳng

 P : 2x  2 y  z  7  0 .

Viết phương trình đường thẳng MN và tính

khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng  P  .


Đường thẳng MN có vectơ chỉ phương MN   4;6;2  hay u   2;3;1

0,25

6 .(1,0 đ) Phương trình đường thẳng MN : x  1  y  2  z ( có thể viết dưới dạng pt tham số)
2
3
1
Trung điểm của đoạn thẳng MN là I  1;1;1
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng

 P

1,0

0,25
0,25

là :

d  I ,  P  

2  2  1  7

0,25

2

4  4 1
Câu 7. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Gọi I là trung
điểmcạnh AB .Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của
CI , góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp

1,0

S . ABC và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SBC  .
S
A

I
H
B

I'

A' H' K

C

0,25
E
A

C

H

7. (1,0 đ)

K
H'

I

B

a 3
2
a 7
a 21
Do đó AH  AI 2  IH 2 
, suy ra SH  AH .tan 600 
.
4
4
1
a3 7
Vậy VS . ABC  SH .S ABC 
3
16
Gọi A ', H ', I ' lần lượt là hình chiếu của A, H , I trên BC; E là hình chiếu của H trên SH'

Ta có CI  AC 2  AI 2 

thì HE  ( SBC )  d  H ;( SBC )   HE . Ta có HH ' 

17

1
1
a 3
II '  AA ' 
2
4
8

0,25

0,25


a 21
a 21
1
1
1
, suy ra HE 
. Vậy d  H ; (SBC )  
.


2
2
2
HE

HS
HH '
4 29
4 29
Câu8.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 :3 x  4 y  8  0 ,

Từ

d 2 :4 x  3 y  19  0 .Viết phương trình đường tròn  C  tiếp xúc với hai đường thẳng d1

0,25

1,0

và d 2 , đồng thời cắt đường thẳng  :2 x  y  2  0 tại hai điểm A, B sao cho AB  2 5
Gọi I  a ; b  là tọa độ tâm và R là bán kính đường tròn  C  .
Do đường thẳng  cắt đường tròn  C  tại hai điểm A, B sao cho AB  2 5 nên ta có

d  I ,    R2  5 
8 .(1,0 đ)

2a  b  2
5

0,25

 2 R 2  5  *

 d  I , d1   R
Đường tròn  C  tiếp xúc với d1 , d 2 khi : 

 d  I , d 2   R
 b  7 a  27
 3a  4b  8


3
a

4
b

8

R

R

 R  5a  20
5



5
 4a  3b  19  R
 4a  3b  19    3a  4b  8
  a  7b  11

  R  5b  5

5



b  7a  27
-Với 
thay vào * ta được
 R  5a  20
Vậy phương trình đường tròn là
2

 C  :  x  3   y  6 

2

5 a 5 

2

2

2

2

5 3b  4 

 5b  5

2

2

 5  a  3 a 

9
2

5  b  2 b 

3
2

2

0,25

9 
9
25

 25 hoặc  C  :  x     y   
2 
2
4


a  7b  11
-Với 
thay vào * ta được
 R  5b  5
Vậy phương trình đường tròn là

 C  :  x  3   y  2 

 5a  20 

0,25

2

0,25

1 
3
25

 25 hoặc  C  :  x     y   
2 
2
4


Câu 9. Giải bất phương trình :

x22
6  x  2 x  4  2  x  2
2



1

2

1,0

Điều kiện : x  2
Ta có

6  x  2 x  4   2  x  2 

2  x2  2x  4

2

Do đó bất phương trình  2



6  x  2 x  4  2  x  2

0,25



x  2  2  6  x2  2x  4  2  x  2

 2 x  2  2 x  12  x  2   6 x 2
9 .(1,0 đ)

 0, x  2

2

1

0,25

Nhận xét x  2 không là nghiệm của bất phương trình
Khi x  2 chia hai vế bất phương trinh 1 cho

x

 x 
2  2
 12  6  

x2
 x2 

2

 2  . Đặt t 

x  2  0 ta được
x
thì bất phương trình  2  được
x2

 2  2t  0
t  1
2  2t  12  6t 2  


t2

2
2
2
2  t  2   0
 4  8t  4t  12  6t

18

0,25


x  0
x
2 2
 x  2  2 3 . Bất phương trình có nghiệm duy
x2
x  4x  8  0

0,25

nhất x  2  2 3 . (Chú ý bài này có nhiều cách giải khác như dùng véc tơ, dùng bất
đẳng thức ,dùng phép biến đổi tương đương)
Câu 10.Cho x, y  0 thỏa mãn điều kiện x  y  2016 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1,0

t2

P  5 x 2  xy  3 y 2  3x 2  xy  5 y 2  x 2  xy  2 y 2  2 x 2  xy  y 2
P  A B .

Trong đó A  5 x 2  xy  3 y 2  3 x 2  xy  5 y 2

và

0,25

B  x 2  xy  2 y 2  2 x 2  xy  y 2
10.(1,0đ)

6 A  180 x 2  36 xy  108 y 2  108 x 2  36 xy  180 y 2
2

2

2

2

11x  7 y   59  x  y   11y  7 x   59  y  x 
 11x  7 y   11 y  7 x   18  x  y 
 A  3  x  y   3  2016  6048  * dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi


0,25

x  y  1008

4 B  16 x 2  16 xy  32 y 2  32 x 2  16 xy  16 y 2
2

2

2

2

 3x  5 y   7  x  y    3 y  5 x   7  y  x 
  3x  5 y    3 y  5 x   8  x  y 
 B  2  x  y   2  2016  4032  ** dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi


0,25

x  y  1008

Từ * và ** ta đươc P  A  B  6048  4032  10080 , dấu đẳng thức xẩy ra khi và
chỉ khi x  y  1008 . Vậy Pmin  10080  x  y  1008

0,25

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.

thầy Nguyễn Duy Liên () chia sẻ đến www.laisac.page.tl

19


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
LẦN THỨ NHẤT
NĂM HỌC 2015 – 2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

2x  1
có đồ thị (C ) .
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C ) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm
cận của (C ) là nhỏ nhất.
Câu 2 (1 điểm).
3

1. Tính giá trị của biểu thức P  sin x.cos3x  cos 2 x biết cos2x  , x    ;0  .
Câu 1 (2 điểm).

Cho hàm số y 

5

 2



3

2. Giải phương trình: log 8 ( x  1)  log 2 ( x  2)  2 log 4 (3 x  2) .
Câu 3 (1 điểm).
1. Tìm hệ số của x5 trong khai triển (2 x 

1
x

3

)10 (với x  0 )

2. Một đoàn tàu có 3 toa chở khách đỗ ở sân ga. Biết rằng mỗi toa có ít nhất 4 chỗ
trống. Có 4 vị khách từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập với nhau, chọn ngẫu
nhiên một toa. Tính xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách nói trên.
( x  1)ln x
Câu 4 (1 điểm). Tìm nguyên hàm 
dx .
x
Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có điểm
A(4;-1;5) và điểm B(-2;7;5). Tìm tọa độ điểm C, D biết tâm hình vuông thuộc mp(Oxy).
Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu

của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AD, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy
bằng 60 0 . Gọi M là trung điểm của DC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SA và BM.
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(-1;2),
3 
tâm đường tròn ngoại tiếp I  ;2  , tâm đường tròn nội tiếp K(2,1). Tìm tọa độ đỉnh B biết
2 
xB  3.
Câu 8 (1 điểm).

Giải bất phương trình x 3  x  2  2 3 3x  2 .

Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số không âm thỏa mãn x  y  z 

3
. Tìm giá trị nhỏ
2

nhất của P  x3  y 3  z 3  x 2 y 2 z 2 .

---------------------HẾT---------------------Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………

20


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG

LẦN THỨ NHẤT
NĂM HỌC 2015 – 2016
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN

Câu
1
(2điểm)

Ý
1

Nội dung

y

2x  1
.
x 1

Điểm

TXĐ: R\{-1}

1
y' 
 0 x  1
( x  1)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (–∞;-1) và (-1;+∞)
2x 1
2x 1

 ; lim
   đường tiệm cận đứng của
Giới hạn: lim
x1 x  1
x1 x  1
đồ thị là x =- 1
2x 1
2x 1
 2; lim
 2  đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2
lim
x  x  1
x  x  1
bảng biến thiên
x
-∞
-1
+∞
y’
+
+
y

+∞

0,25

0,25

2

2

0,25

-∞

y
6

4

0,25

2

O

-5

5

x

-2

2




Gọi điểm M  a;2 

1 
 thuộc đồ thị (C).
a 1

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng 1 : x  1 là d  M ; 1   a  1

21

0,25
0,25


Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang  2 : y  2 là d  M ;  2  
Suy ra d  M ; 1   d  M ;  2   a  1 

1
a 1

1
2
a 1

0,25

Dấu bằng xảy ra khi a = 0 hoặc a = -2
Vậy tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận nhỏ nhất bằng 2 khi M(0;1)
hoặc M(-2;3)

2
(1điểm)

1

2

3
16
  
Vì cos2x   sin 2 2 x  mà x   ;0   sin 2 x  0
5
25
 2 
4
Suy ra sin 2 x  
5
sin 4 x  sin 2 x cos2x  1 18
P  sin x.cos3x  cos 2 x 


2
2
25

0,25

0,25

0,25

Điều kiện: x  1
Phương trình  log 2 ( x  1)  log 2 ( x  2)  log 2 (3 x  2)

0,25

 log 2 ( x  1)( x  2)  log 2 (3x  2)

3
(1điểm)

 x  0 (l )
 ( x  1)( x  2)  (3x  2)  x 2  2 x  0  
 x  2 (tm)
Vậy phương trình có nghiệm là x  2 .
1 khai
(2 x 

1
x3

10

10

0,25

triển

i

i
10

10  i

)   C (2 x )
i 0

5i
10 
 1  10 i 10 i
i
2


C
2
(

1)
x

10

3 
x  i 0


2

Hệ số của x là C10 .2  1  11520
5

2

2

8

0,25

0,25

Vì mỗi vị khách có 3 lựa chọn lên một trong ba toa tàu , Suy ra số cách để 4
4
vị khách lên tàu là : 3  81
3
Số cách chọn 3 vị khách trong 4 vị khách ngồi một toa là C4  4

0,25

1

Số cách chọn một toa trong ba toa là C3  3
Vị khách còn lại có 2 cách chọn lên 2 toa còn lại
Suy ra có 2.3.4=24 cách để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách .

4
(1điểm)

24 8
P


Vậy xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách là:
81 27
( x  1)ln x
ln x
dx   ln xdx  
dx .

x
x

 ln xdx  x ln x   xd ln x  x ln x   dx  x ln x  x  C

1



ln x
1
dx   ln xd ln x  ln 2 x  C2
x
2

Vậy I  x ln x  x 

1 2

ln x  C
2

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

22


5
(1điểm)

Gọi
 M(x;y;0) thuộc mặt phẳng Oxy là tâm hình vuông.

MA(4  x; 1  y;5)

MB (2  x;7  y;5)

0,25

Vì ABCD là hình vuông nên tam giác MAB vuông cân tại M



 MAMB  0

 MA  MB
(4  x)(2  x)  (1  y)(7  y )  25  0
x  1



2
2
2
2
(4  x)  (1  y)  25  (2  x)  (7  y)  25  y  3

0,25

0,25

Vậy M(1;3;0)
Vì M là trung điểm của AC và BD nên C(-2;7;-5); D(4;-1;-5)
6
(1
điểm)

+) Tính thể tích

0,25

S

Gọi H là trung điểm của AD.
Vì HB là hình chiếu của SB lên đáy
nên

  600
(
SB;( ABCD))  SBH

0,25

K
A

B

I
H

E

0

Trong tam giác SBHcó SH  BH tan 60 

VSABM

D

M

a 15
2

1
a 3 15
(đvtt)
 VSABCD 
2
12

C

0,25

+) Tính khoảng cách:
Dựng hình bình hành ABME
Vì BM//(SAE)  d  SA, BM   d ( M ,( SAE ))  2d ( D,( SAE ))

 4d ( H ,( SAE ))
Kẻ HI  AE; HK  SI ,( I  AE, K  SI )
Chứng minh HK  ( SAE )  d ( H ,( SAE ))  HK
DE. AH
a
Vì AHI  AED  HI 

AE
2 5
1
1
1

304
a 15
Trong tam giác SHI có



 HK 
2
2
2
2
HK
HI
SH
15a
4 19
a 15
Vậy d  SA, BM  
19

23

0,25

0,25