DE THI KEM DAP AN 2016

TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 LẦN I
Môn thi: TOÁN

( Đề thi gồm 01 trang)

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

Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y =

2x +1
có đồ thị (C)
x −2

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y =

2x +1
trên 3;5 .
x −2

Câu 2(1,0 điểm).
a) Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và điểm cực
tiểu của đồ thị hàm số đã cho.
b) Giải phương trình log32 x − 8log3 x + 7 = 0
Câu 3(1,0 điểm). Tính nguyên hàm I =
∫

(

x ln x 2 + 4
x +4
2

) dx

Câu 4(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình

( x − 1) + ( y − 2 )
2

2

=

8
. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M( 5; 2 ) và tiếp xúc với (C).
5

Câu 5(1,0 điểm).
2
a) Giải phương trình ( 1 + sin 2 x ) ( cos x − sin x ) = 1 − 2sin x

b) Một lớp học có 27 học sinh nữ và 21 học sinh nam. Cô giáo chọn ra 5 học sinh để lập một tốp
ca chào mừng 20 - 11. Tính xác suất để trong tốp ca đó có ít nhất một học sinh nữ.
Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp đều A.BCD có AB = a 3; BC = a . Gọi M là trung điểm của CD.
Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM, AD.
Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có I( 1; - 2 )là tâm
đường tròn ngoại tiếp và ·AIC = 90 0 . Hình chiếu vuông góc của A trên BC là D( - 1; - 1). Điểm

K( 4; - 1 ) thuộc đường thẳng AB. Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết điểm A có tung độ dương.

(

) (

8 2 x − 1 2 x − 2 x − 1 = y y 2 − 2 y + 4

Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 4 xy + 2 ( y + 2 ) ( y + 2 x ) = 5y + 12 x − 6


)

( x; y ∈ ¡ )

Câu 9(1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M=

3a 4 + 3b 4 + 25c3 + 2

( a + b + c)

3

************ Hết ************
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ...................................................................................; Số báo danh: ......................

TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 LẦN I
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN
( Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)

Câu

Đáp án( Trang 01)
•

TXĐ: D = ¡ \ { 2}

•

Sự biến thiên

- Chiều biến thiên: y′ = −

Điểm

0.25

5

( x − 2)

2

< 0 ∀x ∈ D

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;2 ) và ( 2; +∞ )
- Hàm số đã cho không có cực trị
- Tiệm cận lim y = 2 ⇒ TCN : y = 2

0.25

x →±∞

lim y = +∞ ; lim− y = −∞ ⇒ x = 2 : TCÑ
x →2

x →2 +

•

Bảng biến thiên

x

-∞

y'
1a

y

2

-

2
+∞

-

-∞
•

+∞
0.25

2

Đồ thị

0.25

5
f(x) xác định và liên tục trên 3;5 , f ′ ( x ) = −
2
( x − 2)
Với x ∈ [ 3;5] f ′ ( x ) < 0 ∀x ∈ 3;5
1b

Ta có: f ( 5 ) =

11

, f ( 3) = 7
3

11
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f(x) trên 3;5 lần lượt là 7 và
3

0.25
0.25
0.25
0.25


Câu

Đáp án( Trang 02)

Điểm

©x = 0
ª
′
y
=
0
⇔
- Ta có y′ = 3 x − 6 x ,
ª
ª«x = 2
2

2a

2b

0.25

- Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A( 0; 0 ) và B( 2; - 4 )
Do đó đường thẳng AB đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là:
2x + y = 0
©log x = 1
ª 3
⇔
ª
ĐK: x > 0 . PT
ª«log3 x = 7
©x = 3
⇔ ªª
( t / m)
ª«x = 2187

(

( (

)

))

2

Đặt ln x + 4 = u ⇒ du = d ln x 2 + 4 =

3

⇒I =

2x
dx
x +4

)

)

2 10
.
5
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua M( 5; 2 )thì ∆ có phương trình dạng :
ax + by − 5a − 2b = 0
Đường tròn (C) có tâm I( 1; 2 ) và bán kính R =

4

Do ∆ tiếp xúc với (C) nên d ( I ; ∆ ) = R ⇔

−4 a
2

a +b

2

=

8
5

0.25

0.25

©b = 3a
ª
⇔ 10a 2 = a 2 + b 2 ⇔ ª
ª«b = −3a

0.25

+ Với b = 3a ⇒ ∆ : x + 3y − 11 = 0
+ Với b = −3a ⇒ ∆ : x − 3y + 1 = 0

0.25

2
2
PT ⇔ ( sin x + cos x ) ( cos x − sin x ) = cos 2 x

0.25

⇔ cos 2 x ( sin x + cos x − 1) = 0

5a

0.25

0.5

1
Vậy I = ln 2 x 2 + 4 + C
4

(

0.25

0.5

2

1
2x
1
1 u2
2
ln
x
+
4
.
dx
=

udu
=
. +C
2∫
x2 + 4
2∫
2 2

(

0.25

©

π

ª2 x = + kπ
© π
©
ª
ªx = + k π
ª2 x = π + kπ
2
ª
ª
ª
ª
4
2
ª

©cos 2 x = 0
ª π π
2
ª
ª
ª
ª
ª
ª
⇔
x
+
=
+
k
2
π
⇔
x
=
k
2
π
⇔
⇔ª
( k ∈¢)
ª
ª
4 4
ª«sin x + cos x = 1 ªªsin  x + π  = 1

ª
ª
π
ª
ª
÷
ª 
ª π 3π
ª x = + k 2π
4
ª« 
2
ªx + =
+ k 2π
ª«
2
ª«

4

0.25

4

5
= 1712304
Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong số 48 học sinh có: C48

5b

Gọi A là biến cố " chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất một học sinh nữ" thì A là biến
cố " chọn 5 học sinh mà trong đó không có học sinh nữ ".

0.25


Câu

Đáp án( Trang 03)

Điểm

( )

Ta có số kết quả thuận lợi cho A là: C = 20349 ⇒ P A =
5
21

5b
⇒ P ( A) = 1−

20349
1691955
=
1712304
1712304
A

D
O

Có S∆BCD

1
a2 3
0
và
= BC .BD.sin 60 =
2
4

AO = AB 2 − BO 2 =

0.25

6

Gọi N, I, J lần lượt là trung điểm của AC, CO, OM.

(

Có: AD / / MN ⇒ AD / / ( BMN ) ⇒ d ( BM ; AD ) = d AD; ( BMN )

(

= d D; ( BMN ) = d C; ( BMN ) = 2d I ; ( BMN )

)

2a 6

3

0.25

1
a3 18
AO.S∆BCD =
( ñvtt )
3
18

VA. BCD =

)

0.25

a 3
3
Trong ∆AOB có:

C

lại có:

20349
1712304

OB =

M

I

(

C

=

hình chóp.

B

)

5
48

Gọi O là tâm tam giác đều BCD cạnh a.
Do A.BCD là chóp đều nên
AO ⊥ ( BCD ) ⇒ AO là đường cao của

N

(

5
C21

)
0.25

BM ⊥ IJ 
 ⇒ BM ⊥ ( IJN ) ⇒ ( BMN ) ⊥ ( IJN ) theo giao tuyến NJ.
BM ⊥ NI 

(

)

Trong mp(IJN) kẻ IK ⊥ NJ ⇒ IK ⊥ ( BMN ) ⇒ d I ; ( BMN ) = IK
* Xét ∆IJN có:

1
1
1
16
3
35
a 70
= 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ IK =
2
IK
IJ
IN
a 2a
2a
35

(

)

Vậy d ( BM ; AD ) = 2d I ; ( BMN ) =
7

2a 70
35
©·
0
·AIC = 90 0 ⇒ ªª ABC = 45
Do
ª·
ª«ABC = 1350

A
K( 4; -1)

·
⇒ ABD
= 450 nên ∆ADB vuông cân tại
D

I
C

D

0.25

B

do đó DA = DB. Lại có: IA = IB
⇒ DI ⊥ AB

0.25


Câu

Đáp án( Trang 04)

Điểm

Nên đường thẳng AB đi qua ( 4; - 1 ) và vuông góc với DI có phương trình
2 x − y − 9 = 0 . Gọi A ( a;2a − 9 ) ∈ AB , do DA = 2d ( D; AB ) = 2 10

⇒
7

( a + 1) + ( 2a − 8)
2

2

0.25

= 2 10

©a = 1 ©
ª A ( 1; −7 ) ( loaïi )
ª
⇒ ªª
⇔ a2 − 6a + 5 = 0 ⇔ ª
ª«a = 5 ª A ( 5;1) ( t / m )
«
uuur
Phương trình DB đi qua D có VTPT AD : 3 x + y + 4 = 0

0.25

C ∈ DB ⇒ C ( c; −3c − 4 ) . Do ∆IAC vuông cân tại I nên
uur uur
IA.IC = 0 ⇔ 4 ( c − 1) − 3 ( 3c + 2 ) = 0 ⇔ c = −2 ⇒ C ( −2;2 )

0.25


1
x ≥
2
ĐK: 
. Từ pt (1) ⇒ dể pt có nghiệm thì y ≥ 0
( y + 2 ) ( y + 2 x ) ≥ 0


0.25

(

) (

)

3

2

(

)

PT ( 1) ⇔ 2 2 x − 1 − 2 2 2 x − 1 + 4 2 2 x − 1 = y 3 − 2 y 2 + 4 y (*)
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 2t + 4t

( t ≥ 0)

0.25

có

f ′ ( t ) = 3t 2 − 4t + 4 = 2t 2 + ( t − 2 ) > 0 ∀t ≥ 0 nên f(t) luôn đồng biến
2

8

(

)

Từ pt (*) ⇒ f 2 2 x − 1 = f ( y ) ⇔ 2 2 x − 1 = y

0.25

Thay vào pt ( 2 ) ta được pt y 3 + 2 ( y + 2 ) y + 2 = 3y ( y + 2 )
Đặt z = y + 2 ta được pt
©y = −2 z ( loaïi )
ª
y + 2 z = 3yz ⇔ ( y − z ) ( y + 2z ) = 0 ⇔ ªª
ª«y = z
( t / m)
3

3

2

2

0.25

Với y = z ta được y = y + 2 ⇒ y = 2 ⇒ x = 1 (t / m)
9

(

)

4
4
4
2
3
- Áp dụng BĐT Cô - Si ta có: 2a + a + 1 ≥ 2a + 2a ≥ 4a hay 3a 4 + 1 ≥ 4a3 .

- Tương tự 3b 4 + 1 ≥ 4b3 ⇒ M ≥
Mà ( a − b )

2

( a + b) ≥ 0 ⇒ 4 ( a

( a + b ) + 25c
⇒M≥
( a + b + c)
3

3

Đặt t =

c
a+b+c

3

3

0.25

4a3 + 4b3 + 25c3

( a + b + c)

3

)

3

+ b3 ≥ ( a + b )
3

0.25
3

3

3

 a+b 

 
c




c
c
=
+ 25 
÷ + 25 
÷ = 1 −
÷
÷
 a+b+c 
 a+b+c   a+b+c 
 a+b+c 

( 0 < t < 1)


Câu

Đáp án( Trang 05)

Điểm

Xét hàm số f ( t ) = ( 1 − t ) + 25t 3 ( 0 < t < 1)
3

© 1
ªt =
ª
2
2
ª 6

có: f ′ ( t ) = −3 ( 1 − t ) − ( 5t )  , f ′ ( t ) = 0 ⇔ ª
ª


ªt = − 1
ª«
4
Bảng biến thiên
9

t
f'(t)

-∞ 0

1
- 60

1

0.25

+∞

+

f(t)

0.25

25
36
1

 1  25
25
2
Vậy Min f ( t ) = f  ÷ =
khi t = hay Min M =
a = b = 1, c = .
6
36
5
 6  36