Tổng hợp 125 đề thi thử toán THPT quốc gia (có lời giải chi tiết 2016) phần 7 2


2 4 x  4 y  1  5 x  y  1  3 x  7 y  1


(3x  2) 9 y  1  4 x  14x 3 y
* ĐK : x  0, y  0

(1)
(2)

0.25

* Đặt a  5 x  y  1, b  3x  7 y  1, a, b  0
Từ (1)  2a 2  2b 2  a  b  (a  b) 2  0  a  b
 5 x  y  1  3x  7 y  1  x  3 y

7
(1.0đ)

* Thay vào (2) được : (3x  2) 3x  1  4 x  14x x
Vì x = 0 không phải là nghiệm của (3) nên :
2
1 4

(3)   3   3    14
x
x x


(3)
0.25

1
1
  u 2  3, u  3
x
x
3
Từ (3) ta có pt : 2u  4u 2  3u  26  0  u  2 (nhận)

Đặt u  3 

0.25

1
 2  x 1 y  3
x
Thử lại => hệ có một nghiệm là (1 ; 3) .
* Ta có: 4( xz  y )  y 2  4  4 xz  (2  y) 2  2 xz  | 2  y |  2  y

* u = 2  3

 2  2 xz  y  x  y  z .
2
1
( y  z )(2 x  4 y )  2
* P
2x 2  2z 2  y 
11
8
( x  y  z) 2


1
  2x
8

 2z 2

2

2

2



1
8

 2x

2



0.25

( z  y) 2
2


1
2
( x  y  z)
( x  y  z) 2

2 x 2  2 z 2  x  z, x, z  0 (dấu “=” xảy ra khi x = z)

Vì:
nên:

2


( x  2 y)
 y 
( x  y  z)

(1)

0.25

2
1
x yz
 2 z 2  y  ( x  y  z ) 2  2

8
4



0.25

2

( x  2 y) 2
( z  y) 2
2
x yz
P  2
(2)


1
 
2
2
4
( x  y  z)
( x  y  z)
( x  y  z) 2


* Ta có: (a  b) 2  (a  c) 2  0  2a 2  b 2  c 2  2a(b  c), a, b, c (3)
(Dấu “=” xảy ra khi a = b = c)
Áp dụng (3), từ (2) ta có :
x yz x yz
2
x yz
2

P  2.
.

1 

1
2
4
x  y  z ( x  y  z)
2
( x  y  z) 2
* Đặt t  x  y  z, t  2
(từ (1))
1
2
Xét hàm số : f (t )  t  2  1, t  2
2
t
3
1 4 t 8
Ta có : f ' (t )   3 
 0, t  2
2 t
2t 3
1
=> hàm số f(t) đồng biến trên [2;) => minf(t) = f(2) =
2
Vậy minP = 1/2, đạt được khi x = z = 1 và y = 0.
2

8
(1.0đ)

0.25

0.25

* Ghi chú: Mọi cách giải khác, nếu đúng, vẫn cho điểm tối đa phần tương ứng.
……………………………………………….. Hết ………………………………………………..

595


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SƠN LA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀĐỀ
THI CHÍNH
THỨC
SỐ 102

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015 - 2016 (LẦN 1)
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y   x3  3 x 2  3(m2  1) x  3m2  1

(1)

a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.

b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 và x 2 đồng thời x1  x2  2 .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình, bất phương trình sau:
a) 5x1  4  52 x

b) log

5

x  log 5 ( x  2)  log 1 3
5



Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:

 x  x  sinx  dx
0

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: sin 2 x  2 cos x  0 .
b) Một lớp học có 28 học sinh trong đó có 15 học sinh nam và 13 học sinh nữ. Chọn ngẫu
nhiên 5 học sinh tham gia Hội trại chào mừng ngày thành lập đoàn 26/3. Tính xác suât để
trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 3 học sinh nam.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a. H là
trung điểm cạnh AB, SH vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SA  a 5 . Tính thể tích hình
2
chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HC và SD.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) có phương trình:

 x 1  2t


(d ) :  y  2  t
z  3  t


( P ) : 2 x  y  z  1 0.

Tìm tọa độ điểm A là giao của đường thẳng (d) với (P). Viết phương trình đường thẳng qua
A nằm trên mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD; các điểm M, N và P lần
lượt là trung điểm của AB, BC và CD; CM cắt DN tại điểm I  5;2  . Biết P  11 ; 11  và điểm A có


2 2
hoành độ âm. Tìm tọa độ điểm A và D.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 xy ( x  1)  x 3  y 2  x  y


2
3 y 2  9 x  3   4 y  2 









1  x  x2  1  0

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x  y;  x  z  y  z   1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

1

 x  y

2



4

 x  z

2



4

 y  z

2

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

596


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015 - 2016 (LẦN 1)

SỞ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Môn: TOÁN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

CÂU
Câu 1

Đáp án
3

2

2

Điểm
2

Cho hàm số: y   x  3 x  3(m  1) x  3m  1

(1)

a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
3
2
Khi m =1 hàm số trở thành: y   x  3 x  4

 Tập xác định: 
 Sự biến thiên:
+ Giới hạn và tiệm cận
lim y   ; lim y   ;
x 

0,25

x 

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
+ Bảng biến thiên
y’ = -3x2 + 6x ; y’ = 0  x = 0 hoặc x = 2
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2). Hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng  ;0  và  2;  

x
0
2

y’
0
+
0

y

0

-4
 Đồ thị
Điểm uốn: I(1; -2)

0,25

0,25

0,25

Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn I(1; -2) làm tâm đối xứng.
3

2

2

2

b) Cho hàm số: y   x  3 x  3(m  1) x  3m  1

(1)

Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 và x 2 đồng thời x1  x2  2 .

y’ = -3x2 + 6x + 3(m2 - 1)

+ Hàm số (1) có hai điểm cực trị khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
  '  9 m 2  0  m  0.
2

+ x1  x2  2   x1  x2   4 x1 x2  4

597

0,25
0,25


Trong đó: x1  x2  2; x1 x2  1  m2

0,25

Nên x1  x2  2  1  m 2  0  m  1 (TMĐK). Vậy m  1
Câu 2

0,25

Giải các phương trình, bất phương trình sau:

5x1  4  52 x

a)
5

x 1

45

2x

 5

x



2

 5 x 1
 5.5  4  0   x
5  4
x

0,25

x  0
Vậy PT có nghiệm x  0; x  log 5 4.

x

log
4
5

b) log 5 x  log 5 ( x  2)  log 1 3

0,25

5

ĐK: x  0 . BPT trở thành:
log 5 x 2  log5 ( x  2)   log 5 3  log5 x 2  log5 3  log5 ( x  2)
2
 log 5 3 x 2  log5  x  2   3x 2  x  2  0    x  1
3
Kết hợp điều kiện, BPTcó nghiệm: 0  x  1
Câu 3

0,25

0,25



Tính tích phân:

I   x  x  sinx  dx
0







2


2

I   x dx   x sinxdx   x dx   xd (cos x )
0

0

0

0,25

0

 
x3 

  x cos x    cos xdx
0 0
3 0

0,25


3

   sinx
0
3

1
I  3 
3
Câu 4

0,25
0,25

a) Giải phương trình:

sin 2 x  2 cos x  0





0,25

 2sin x.cos x  2 cos x  0  cos x 2sin x  2  0

 cos x  0

s inx   2

2

Phương trình có nghiệm: x 




5
 k ;x    k 2 ; x 
 k 2
2
4
4

.

b) Một lớp học có 28 học sinh trong đó có 15 học sinh nam và 13 học sinh nữ.
Chọn ngẫu nhiên 5 bạn học sinh tham gia Hội trại chào mừng ngày thành lập
đoàn 26/3. Tính xác suât để trong 5 học sinh được chọn có ít nhất 3 học sinh

598

0,25


nam.

Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ 28 học sinh của lớp, số cách chọn:
5
  C28
A là biến cố: Có ít nhất 3 học sinh nam.
Có ba khả năng:
Số cách chọn 3 nam và 2 nữ: C153 .C132
Số cách chọn 4 nam và 1 nữ: C154 .C131

0,25

Số cách chọn cả 5 học sinh nam: C155

C153 .C132  C154 .C131  C155 103
P ( A) 

5
C28
180
Câu 5

0,25

Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC= 2a. H là
trung điểm cạnh AB, SH vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SA 

a 5
.
2

Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HC và SD.

SH  (ABCD). Tam giác SHA vuông tại H.

SH  SA2  HA2  a
1
2a 3
VS . ABCD  S ABCD .SH 
(đvTT).
3
3

 Kẻ đường thẳng Dx  HC, kẻ HI  ID (I thuộc Dx),
kẻ HK  SI ( K thuộc SI). Khi đó HK  (SID), HC  (SID).
d(HC,SD) = d(HC,(SID)) = d(H,(SID)) = HK.
4a
HI = d(D,HC) = 2d(B,HC) = 2BE =
. (BE  HC tại E)
17
4a 33
Trong tam giác vuông SHI có HK 
.
33
Câu 6

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d và mặt phẳng (P):
 x 1  2t

d : y  2  t
z  3  t


( P ) : 2 x  y  z  1 0.

599

0,25

0,25
0,25

0,25

Tìm tọa độ điểm A là giao của đường thẳng d với (P). Viết phương trình
đường thẳng qua A nằm trên mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d.

Tọa độ A là nghiệm của hệ:

 x 1  2t
y 2  t

d :
z  3  t
2 x  y  z  1 0.

t  2  A(3;4;1)
Đường thẳng d’ nằm trên mặt phẳng (P) và vuông góc với d nên có
  
VTCP ud '  ud , nP   (  2;0;4)
x   3  t

PT d’: d ':  y  4
 z  1  2t

Câu 7

0,25
0,25
0,25

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, các điểm M, N
và P lần lượt là trung điểm của AB, BC và CD; CM cắt DN tại điểm
 11 11 
I  5;2  . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông, biết P  ;  và điểm A có
2 2
hoành độ âm.

Gọi H là giao điểm của AP với DN.
Dễ chứng minh được CM  DN, tứ giác APCM là hình bình hành suy
ra HP  IC, HP là đường trung bình của tam giác DIC, suy ra H là trung
điểm IP; tam giác AID cân tại A, tam giác DIC vuông tại I nên AI =
AD và IP = PD.
 AIP  ADP hay AI  IP.
 x  5  7t
Đường thẳng AI đi qua I và vuông góc IP nên có PT: 
y  2  t
 5 2
IP  IP 
2
Gọi A(5 + 7t; 2 – t); AI = 2IP suy ra t = 1 hoặc t = -1.
Do A có hoành độ âm nên t = -1. A(-2; 3).

600

0,25

0,25

0,25

Đường thẳng đi qua AP có PT: x – 3y +11 = 0
Đường thẳng đi qua DN có PT: 3x + y -17 = 0
H   AP  DN  H (4;5).
H là trung điểm ID  D( 3; 8)
Vậy: A(-2; 3); D( 3; 8).
Câu 8

0,25

Giải hệ phương trình:
 xy ( x  1)  x 3  y 2  x  y


2
3 y 2  9 x  3   4 y  2 





(1)





1  x  x2  1  0

(2)

y  x
Biến đổi PT (1)   x  y   x 2  y  1  0  
2
y  x 1
x = y thế vào PT (2) ta được:





3x 2  9 x 2  3   4 x  2 
  2 x  1



 2 x  1

2

0,25





1  x  x2  1  0





 3  2  (3 x) 2  ( 3 x) 2  3



0,25

 f  2 x  1  f  3x 

Xét f (t )  t





t 2  3  2 có f '(t )  0, t.

1
1
f là hàm số đồng biến nên: 2 x  1   3 x  x    y  
5
5

0,25

y  x 2  1 thế vào (2)







3( x 2  1) 2  9 x 2  3   4 x2  1  2 





1  x  x2  1  0

Vế trái luôn dương, PT vô nghiệm.
 1 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất:   ;   .
 5 5
Câu 9

0,25

Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x  y;  x  z  y  z   1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

1

 x  y

2



4

x  z

2



4

 y  z

2

1
a  x  z y  z .
a
1
x  y x  z  y  z a a 1
a
2
a 1
x  y  x  z  ( y  z) 
a
Thay vào P được:
P

a2

a

2

 1

2



4
 4a 2
2
a

601

0,25


P

a2

a

2

 1

Xét f (t ) 

f '(t ) 
t
f’
f

2

 3a 2 
t

 t  1

t  1
3

 t  1

2

4
a2
2

a

 3a 2  4
2

2
2
a
 a  1

0,25

 3t  4 ; t  a 2  1

 3; f '(t )  0 

1
-

2
0

3t 3  9t 2  8t  4

 t  1

3

 0  t  2; (t  1)


+

0,25

12
Min f (t ) 12 . Vậy Min P 12 khi x  z  2; y  z  x  y  1 .
t 1
2

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------

602

0,25


SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

Môn: TOÁN

ĐỀ
THỬ
LẦN 2
ĐỀTHISỐ
103

Thời gian: 180 phút

Câu 1: (2,0 điểm).
3

2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  2 (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = -1.
Câu 2: (1,0 điểm).
2
a) Giải phương trình 2log9 x  1 
.
log3 x
b) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  3  4i .
2

Câu 3: (1,0 điểm). Tính tích phân I    4 x  3 .ln xdx .
1

Câu 4: (1,0 điểm).

2
. Tính P  sin 2 .
2
b) Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X.
Ban quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở quầy B và 6
mẫu ở quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để trong các hộp kín có kích
thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên ba hộp để phân tích, kiểm tra xem
trong thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo nạc” (Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để
3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở các quầy A, B, C.
a) Cho  là góc thỏa mãn sin   cos 

Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
x 1 y  3 z


 và điểm I (2;1; 1) . Viết phương
2
3
2
trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d
( P ) : x  2 y  2 z  1  0 , đường thẳng d :

sao cho IM  11 .
Câu 6: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn
3

1

ngoại tiếp là điểm K   ;   , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có
 2 2
phương trình là 3 x  4 y  5  0 và 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là
tam giác đều, SC  SD  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa hai
mặt phẳng (SAD) và (SBC).
Câu 8: (1,0 điểm). Giải phương trình 32 x 4  16 x 2  9 x  9 2 x  1  2  0 trên tập số thực.
Câu 9: (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a , b, c thỏa mãn a 2  b2  c 2  4 . Tìm giá trị
3a
3b
3c


nhỏ nhất của biểu thức P  2
.
b  c 2 c 2  a 2 a 2  b2
................. Hết .................

Họ và tên thí sinh: ................................................... Số báo danh: ………….………
603


KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 - THPT ĐA PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐÁP ÁN

CÂU
Câu
1

ĐIỂM

3
2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  2 .

1.0
điểm

1. Tập xác định D  .
2. Sự biến thiên
x  0
.
x  2

- Đạo hàm y '  3 x 2  6 x, y '  0  3x 2  6 x  0  
Bảng xét dấy y’

0.25
 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  ;  2;   .

Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  .
Hàm số đạt cực đại x  0, ycd  2 . Hàm số đạt cực tiểu tại
x  2, yct  2
-

Giới hạn, tiệm cận

 3 2
lim y  lim x3 1   3    ,
x 
x 
 x x 
 3 2
lim y  lim x3 1   3   
x 
x 
 x x 

0.25

 đồ thị hàm số không có tiệm cận.

- Bảng biến thiên

0.25

3. Đồ thị
y ''  6 x  6  y ''  0  x  1
x  1 y  0

Đồ thị hàm số có điểm
uốn U 1; 0 
x  1  y  2
x  3 y  2

b)

Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x  1.
604

0.25

1.0


3

2

Với x  1  y   1  3  1  2  2
Tiếp điểm M (1; 2) .

0.25

2

Ta có y '  3x 2  6 x  y '  1  3  1  6  1  9
Hệ số góc của tiếp tuyến k  9 .
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M (1; 2) có hệ số góc
k  9 là:

0.25

0.25

y  9  x  1  2  y  9 x  7

Vậy tiếp tuyến cần tìm là y  9 x  7

0.25

Câu
2

a)

1.0
điểm

Giải phương trình 2log 9 x  1 

2
.
log 3 x

0.5

x  0
.
x  1

Điều kiện 

1
2

Đặt t  log 3 x, (t  0)  log 9 x  t . Ta được phương trình ẩn t

0.25

t  1
1
2
2
2. t  1   t  1   t 2  t  2  0  
2
t
t
 t  2

Với t  1  log 3 x  1  x  3 .
1
9

Với t  2  log 3 x  2  x  32  .

0.25

1

b)

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S   ;3 .
9 
Tìm môđun của số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  3  4i .
Đặt z  x  yi, (x, y   )  z  x  yi  2 z  2 x  2 yi .
Khi đó phương trình đã cho trở thành

0.5

x  yi  2 x  2 yi  3  4i
  x  3 yi  3  4i
 x  3

3 y  4
 x  3


4
 y  3

0.25

4
Vậy z  3  i  z 
3

2

4
97
97

 3    
9
3
3
2

2

Câu Tính tích phân I  4 x  3 .ln xdx .

1 
3

0.25
1.0
điểm

1

u  ln x
du  dx
Đặt 


. Khi đó
x
dv   4 x  3 dx v  2 x 2  3 x

2
2
2 x 2  3x
I   2 x 2  3x  ln x  
dx
1
x
1

605

0.25

0.25


2

  2.22  3.2  ln 2   2.12  3.1 ln1    2 x  3 dx

0.25

1

 14ln 2  0   x 2  3x 

2
1

 14ln 2  0    2  3.2   12  3.1
2

0.25

 14 ln 2  10  4 
 14 ln 2  6.
Câu
4

a)

1.0
điểm

Cho  là góc thỏa mãn sin   cos  

2
. Tính P  sin 2 .
2

0.5

2
. Suy ra
2
1

1
2
sin   cos     1  2 sin  .cos  
2
2
1
1
 2sin  .cos     sin 2  
2
2

Từ giả thiết sin   cos  

0.25

0.25

1
Vậy P  sin 2  
2

b)

Trong một đợt kiểm tra về vệ sinh an toàn thực phẩm của ngành y tế tại chợ X.
Ban quản lý chợ lấy ra 15 mẫu thịt lợn trong đó có 4 mẫu ở quầy A, 5 mẫu ở
quầy B và 6 mẫu ở quầy C. Mỗi mẫu thịt này có khối lượng như nhau và để
trong các hộp kín có kích thước giống hệt nhau. Đoàn kiểm tra lấy ra ngẫu nhiên
ba hộp để phân tích, kiểm tra xem trong thịt lợn có chứa hóa chất “Super tạo
nạc” (Clenbuterol) hay không. Tính xác suất để 3 hộp lấy ra có đủ ba loại thịt ở
các quầy A, B, C.

Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các tập con gồm 3 phần tử của tập
hợp các hộp đựng thịt gồm có 4  5  6  15 phần tử, do đó:
15!
n    C 
 455.
12!.3!

0.5

0.25

3
15

Gọi D là biến cố “Chọn được một mẫu thịt ở quầy A, một mẫu thịt ở quầy
B, một mẫu thịt ở quầy C”.
Tính n  D 
Có 4 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy A.
Có 5 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy B.
Có 6 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy C.
Suy ra, có 4.5.6  120 khả năng chọn được 3 hộp đủ loại thịt ở các quầy A,
B, C  n  D   120.
Do đó: P( D ) 

0.25

120 24
 .
455 91

Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
x 1 y  3 z
5
( P) : x  2 y  2 z  1  0 ,
đường thẳng d :


và điểm
2

606

3

2

1.0
điểm


I (2;1; 1) . Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) .
Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho IM  11 .
Khoảng cách từ I tới (P) là
2  2.1  2.(1)  1

d ( I ,( P )) 

12  (2) 2  22



3
1
3

Mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) có bán kính R  d ( I , ( P ))  1 có phương
trình

 x  2

2

2

0.25

0.25

2

  y  1   z  1  1.

Từ giả thiết ta có
 x  1  2t

d :  y  3  3t ,  t    .
 z  2t

 M d

 M (1  2t;3  3t;2t )

 IM  (2t  1;2  3t ;2t  1)

Từ giaie thiết IM 

0.25

11

2

2

2

  2t  1   2  3t    2t  1  11
  4t 2  4t  1   4  12t  9t 2    4t 2  4t  1  11
 17t 2  12t  5  0
t  1

5
t  
17


Với t1  1  M (3;0; 2)
Với t  

5

 7 66 10 
 M  ; ; 
17
 17 17 17 
0.25

Vậy, có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là :
 7 66 10 
M  3;0;2  và M  ; ;   .
 17 17 17 

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại
3

1

Câu tiếp là điểm K   ;   , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần
 2 2
6
lượt có phương trình là 3 x  4 y  5  0 và 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC.

1,0
điểm

0.25

607

Từ giả thiết, tọa độ của A là
nghiệm của hệ
3 x  4 y  5  0
x  1

 A(1; 2)

2 x  y  0
y  2

Gọi M là trung điểm của BC
KM / / d1 .
Đường thẳng KM đi qua
 3 1
K   ;   và có vec tơ chỉ
 2 2

phương u  4;3 có phương trình
3

 x   2  4t
t   

 y   1  3t

2
3

 x   2  4t
1



1
1

x 
Tọa độ của M là nghiệm của hệ  y    3t   2  M ( ;1)
2
2

 y  1
2 x  y  0


1
Đường thẳng BC đi qua điểm M ( ;1) vuông góc với d1 : 3x  4 y  5  0 có
2
1

x   3m
phương trình  2
m  
 y  1  4m

0.25

1
 B(  3m;1  4m )
2
2

2

2

3 
1
25
2
1
3

 KB    3m     1  4m     2  3m     4m   25m 2 
2 
2
4
2
2

2

Từ giả thiết, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
2

2

1  50
 3 
AK 2   1     2    .
2

4
 2 
2
2
2
BK  AK  CK
Mà
25 50
1
1
 25m 2 

 m2   m   .
4
4
4
2
x

2

1
Với m   
ta có điểm  2; 1 .
2  y  1
 x  1
1
Với m    
ta có điểm  1;3 .
2 y  3

Vậy tọa độ 2 đỉnh còn lại B và C có tọa độ là  2; 1 ,  1;3 .
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam
Câu
7 giác đều, SC  SD  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc
giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

608

0,25

0.25
1.0
điểm


Gọi I là trung điểm của AB; J là
trung điểm của CD từ giả thiết ta
có IJ  a ; SI 

a 3
2

và

0.25

a 2 a 11
SJ  SC 2  JC 2  3a 2 


4
2

Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có
3a 2 11a 2

2
4
4  a  3 0
  IJ  IS  SJ 
cos SIJ
2. IJ . IS
3
a 3
a2 3
2.a.
2
 tù.
Suy ra, tam giác SIJ là tam giác có SIJ

 

2

2

2

a2 

Từ giả thiết tam giác SAB đều và tam giác SCD là cân đỉnh S. Gọi H là
hình chiếu của S trên (ABCD), ta có H thuộc IJ và I nằm giữa HJ tức là
  900 ;
tam
giác
vuông
SHI
có
góc
I
nhọn
và
H
   cos SIJ
  3 ( SIJ
 và SIH
 kề bù)  sin SIH
  6.
cos I  cos SIH
3
3
  a 3. 6  a 2
Xét tam giác SHI ta có SH  SI sin SIH
2
3
2
3
1
1 a 2 a 2
Vậy VS . ABCD  S ABCD .SH  a 2 .


.
3
3
2
6

Từ giả thiết giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng
d qua S và song song với AD. Qua H kẻ đường thẳng song song với AB,
đường thẳng này cắt DA và CB kéo dài tại M, N. Theo định lý ba đường
 là góc giữa hai
vuông góc ta có SN  BC , SM  AD  SM  d ; SN  d  MSN
mặt phẳng. (SBC) và (SAD), MN  AB  a .

0.25

0.25

Xét tam giác HSM vuông tại H có
SH 

a 2
a
2a 2 a 2 a 3
, HM   SM  SH 2  HM 2 


 SN
2
2

4
4
2

Theo định lý cosin cho tam giác SMN cân tại S có
3a 2 3a 2
a2
2


a
2
2
2
1
4
  SM  SN  MN  4
cos MSN
 22  .
2
3a
3a
2SM .SN
3
2
4
2

Câu
Giải phương trình 32 x 4  16 x 2  9 x  9 2 x  1  2  0 trên tập số thực.

8
1
2

Điều kiện x  , phương trình đã cho tương đương

609

0.25

1.0
điểm
0.25


32 x 4  32 x 2  16 x 2  16 x  7 x  7  9  9 2 x  1  0





 32 x 2  x 2  1  16 x  x  1  7( x  1)  9 1  2 x  1  0
 32 x 2  x  1 ( x  1)  16 x  x  1  7( x  1) 

9 2  2x

1  2x 1
18



  x  1 32 x 2 ( x  1)  16 x  7 
0
1  2x 1 

18


  x  1 32 x3  32 x 2  16 x  7 
 0 (*)
1  2 x  1 


0

0.25

Ta có
32

3
32 x  8  4

1
32

x   32 x 2 
 8  32 x 3  32 x 2  16 x  7  27
2
4


16

16 x  2  8
18
1 2x  1  1  
 18
1 2x  1
18
 32 x 3  32 x 2  16 x  7 
 9  0.
1  2x 1
Vậy (*)  x  1 .

0.25

0.25

Kết luận: Phương trình có nghiệm x =1.
Cho ba số thực dương a , b, c thỏa mãn a 2  b2  c 2  4 . Tìm giá trị nhỏ

Câu
9 nhất của biểu thức P 
Từ

giả

3a
3b
3c
 2

 2
.
2
2
2
b c
c a
a  b2

thiết

a 2  b 2  c 2  4
 a, b, c   0; 2 

 a, b, c  0

1.0
điểm

và

a2  b2  c 2  4  b2  c 2  4  a2 …

Do

đó

0.25

3a

3b
3c
3a
3b
3c
3a 2
3b2
3c 2








b 2  c 2 c 2  a 2 a 2  b2 4  a 2 4  b 2 4  c 2 4a  a 3 4b  b3 4c  c 3
Vì a, b, c  0 .
P

Xét hàm số f  x   4 x  x 3 với x   0; 2  . Có
2 3
, f (0)  0, f (2)  0 .
3
Ta có bảng biến thiên của hàm số f  x  trên  0; 2  là
f '  x   4  3x 2  f '  x   0  x 

610

0.25

3

2 3
2 3  2 3  16 3
f 
 
  4
 
3
3
3
9





16 3
, x   0; 2  .
9
16 3
1
9
3x 2
9 3x2
3
Tức 0  4 x  x 





, x   0; 2  .
9
4 x  x 3 16 3
4 x  x3 16 3
2 3
Dấu “=” khi x 
.
3

Từ bảng biến thiên ta có 0  f ( x) 

0.25

Áp dụng ta có
3a 2
9 3a 2 9a 2
3b 2
9 3b 2 9b 2
3c 2
9 3c 2 9c 2


;


;



, (a, b, c   0; 2 )
4a  a3 16 3
16 4b  b3 16 3
16 4c  c3 16 3
16

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được
9a 2 9b 2 9c 2 9 2
9
P


  a  b2  c2   .
16 16 16 16
4
2 3
Và dấu “=” xảy ra  a  b  c 
.
3
9
2 3
Vậy min P  đạt được, khi và chỉ khi a  b  c 
.
4
3

0.25

Chú ý:

1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không
theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang
điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai
lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả.
4) Với bài hình học (Câu 8) nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần
đó.

611


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

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

ĐỀ SỐ 104

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

x  1
.
x 2

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số f (x )  3x 4  4x 3  12x 2 .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho hàm số f (x )  e x  e 2x . Tìm x để f '(x )  2 f (x )  3.

b) Cho số phức z thỏa mãn (1  i )2 z  2  4i. Tìm phần thực và phần ảo của z .
1


3x  1 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I    sin  x 
 dx .
x 5 
0
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x  y  z  3  0 và
điểm I (1; 2; 3). Viết phương trình mặt cầu (S ) tâm I , tiếp xúc với mặt phẳng (P ). Tìm tọa độ tiếp
điểm của (S ) và (P ).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho cos a 

1
sin 3a  sin a
. Tính giá trị biểu thức P 
.
3
sin 2a

b) Nam và Hùng chơi đá bóng qua lưới, ai đá thành công nhiều hơn là người thắng cuộc. Nếu để
bóng ở vị trí A thì xác suất đá thành công của Nam là 0, 9 còn của Hùng là 0, 7; nếu để bóng ở vị
trí B thì xác suất đá thành công của Nam là 0, 7 còn của Hùng là 0, 8. Nam và Hùng mỗi người
đều đá 1 quả ở vị trí A và 1 quả ở vị trí B. Tính xác suất để Nam thắng cuộc.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC .A ' B 'C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, góc giữa
cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 450 , hình chiếu của A lên mặt phẳng (A ' B 'C ') là trung điểm
của A ' B '. Gọi M là trung điểm của B 'C '. Tính thể tích khối lăng trụ ABC .A ' B 'C ' theo a và
côsin của góc giữa hai đường thẳng A ' M , AB '.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D,
1
AB  AD  CD. Giao điểm của AC và BD là E (3;  3), điểm F (5;  9) thuộc cạnh AB sao
3
cho AF  5FB. Tìm tọa độ đỉnh D, biết rằng đỉnh A có tung độ âm.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình 2

x 2 1





log2 x  x 2  1  4x log2 (3x ).

Câu 10 (1,0 điểm). Tìm số thực m lớn nhất sao cho tồn tại các số thực không âm x , y, z thỏa mãn
x  y  z  4 và x 3  y 3  z 3  8  xy 2  yz 2  zx 2   m.

------------------ Hết -----------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 16, 17/4/2016. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại
phiếu dự thi cho BTC.
2. Thi thử THPT Quốc gia lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 07 và ngày 08/5/2016. Đăng ký
dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 16/4/2016.

612


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 2
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút

Câu

Đáp án

1 . Tập xác định:  \ {2}.
Câu 1 2o. Sự biến thiên:
(1,0 * Giới hạn, tiệm cận: Ta có lim y   và lim y  . Do đó đường thẳng x  2 là
x  2
x  2
điểm)
tiệm cận đứng của đồ thị (H ).

Điểm

o

Vì lim y  lim y  1 nên đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị (H ).
x  

0,5

x  

1
 0, với mọi x  2.
(x  2)2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 2), (2;  ).

* Chiều biến thiên: Ta có y ' 

* Bảng biến thiên:

x 
y'

2





y




y

1

1

O



3o. Đồ thị:
Đồ thị (H ) cắt Ox tại (1; 0), cắt Oy

1

1

2

0,5

I


1
tại  0;   ; nhận giao điểm I (2;  1)
2

của hai đường tiệm cận làm tâm đối
xứng.
Hàm số xác định với mọi x  .
Câu 2 Ta có
(1,0
f '(x )  12x 3  12x 2  24x ; f '(x )  0  x1  1, x 2  0, x 3  2.
điểm)



x

0,5



f ''(x )  12 3x 2  2x  2 .
Ta lại có f ''(1)  0, f ''(0)  0, f ''(2)  0.
Suy ra x  1, x  2 là các điểm cực tiểu; x  0 là điểm cực đại của hàm số.

0,5

Chú ý. Học sinh có thể lập Bảng biến thiên để đưa ra kết luận.
Câu 3
(1,0
điểm)

a) Hàm số xác định với mọi x   và f '(x )  e x  2e 2x , x  . Khi đó

f '(x )  2 f (x )  3  e x  2e 2x  2e x  2e 2x  3  e x  1  x  0.

0,5

b) Từ giả thiết ta có

z

2  4i
2

(1  i )



2  4i 1
  2  2  i.
2i
i

Vậy, phần thực của z bằng 2, phần ảo của z bằng 1.

6131

0,5


1

1

3x  1
Câu 4 Ta có I  sin  x dx 
dx


(1,0
x 5
0
0
điểm)
1
1
1
2

+)  sin  xdx   cos  x  .



0

1

+) Tính


0

0

3x  1
dx . Đặt
x 5

0,5



3x  1  t .

Khi đó x  0  t  1; x  1  t  2 và x 
1

Suy ra


0

t2  1
2t
 dx  dt.
3
3

2
2

3x  1
t2
2
2 
dx  2  2
dt  2  1 

dt
x 5
t  4 t  4
1 t  16
1 



 2t  4 ln t  4  4 ln t  4
Từ đó ta được I 



2





0,5

2

 2  8 ln 3  4 ln 5.
1

 2  8 ln 3  4 ln 5.



2
2
2
Câu 5 Ta có R  d I , (P )  3. Suy ra (S ) : (x  1)  (y  2)  (y  3)  3.
(1,0
điểm) Gọi H là tiếp điểm của (S ) và (P ). Khi đó H là hình chiếu của I lên (P ).
 
x 1 y 2 z  3


.

Ta có uIH  nP (1; 1; 1). Suy ra IH :
1
1
1
Do đó H (t  1; t  2; t  3). Vì H  (P ) nên

0,5

0,5

(t  1)  (t  2)  (t  3)  3  0  t  1.

Suy ra H (0; 1; 2).
a) Ta có
Câu 6
(1,0
điểm)

P

sin 3a  sin a 2 cos 2a sin a cos 2a 2 cos2 a  1
7



 .
sin 2a
2 sin a cos a
cos a
cos a

3

0,5

b) Gọi X là biến cố Nam thắng cuộc; N i (i  0, 1, 2) là biến cố Nam đá thành công i
quả; H i (i  0, 1, 2) là biến cố Hùng đá thành công i quả.
Khi đó



 

 



X  N1  H 0  N 2  H 0  N 2  H1 .

Theo giả thiết ta có

0,5


     


P N 2  H 0   P N 2  .P H 0    0, 9.0, 7   0, 3.0, 2   0, 0378.
P N 2  H 1   P N 2  .P H 1    0, 9.0, 7   0, 7.0, 2  0, 3.0, 8   0, 2394.

P N1  H 0  P N 1 .P H 0  0, 9.0, 3  0, 1.0, 7 0, 3.0, 2  0, 0204.

Suy ra P(X)  0, 0204  0, 0378  0, 2394  0, 2976.

6142


a

A

Câu 7
(1,0
điểm)

K

Gọi H là trung điểm của A ' B '. Khi đó

C

AH  (A ' B 'C '). Suy ra

N



AA
' H  (AA
', (A ' B 'C '))  450.

B

A'

45

Do đó AH  A ' H 

0

C'
M

H

VABC .A ' B 'C ' 

B'

a
. Suy ra
2

0,5

a 1
a3 3
. .a.a.sin 600 
.
2 2

8



Gọi N là trung điểm của BC . Khi đó (A
' M , AB ')  (AN , AB ').

Trong tam giác vuông HAB ' ta có
2

2

a  a 
a 2
AB '  AH  HB '       
.
2
2 2
2

2

a 3
.
2
Gọi K là trung điểm của AB. Khi đó B ' K / /AH nên B ' K  KN . Suy ra

Tam giác ABC đều cạnh a nên AN 

2

0,5

2

a  a 
a 2
B ' N  B ' K 2  KN 2       
.
2
2 2
Áp dụng hệ quả của định lý hàm số côsin trong tam giác AB ' N ta có


' 
cos(A
' M , AB ')  cos NAB

2a 2 3a 2 2a 2


4
4
4
2.

Câu 8
(1,0
điểm)

A

F B
E

1

D

1

I

a 2 a 3
.
2
2

6
.
4



Gọi I  EF  CD. Ta sẽ chứng minh tam
giác EAI vuông cân tại E .
   


Đặt AB  a, AD  b. Khi đó a  b và


   

a
.
b

0.
Ta
có
AC

AD

DC

b

3
a
.
C

   1  5  1 

5 1  
FE  AE  AF  AC  AB  b  3a  a 
3b  a .
4
6

4
6
12
 
2
1  2
Suy ra AC .EF 
(1)
 3 b  3 a   0. Do đó AC  EF .
12 








Từ (1) suy ra tứ giác ADIE nội tiếp. Suy ra 
I1  
D1  450.



0,5

(2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác EAI vuông cân tại E .
 

Ta có nAC  EF (2;  6) nên AC : x  3y  12  0  A(3a  12; a ).
Theo định lý Talet ta có


EI
EC CD


 3  EI  3FE  I (3; 15).
EF
EA AB

6153

0,5


Khi đó
a  3
EA  EI  (3a  9)2  (a  3)2  360  
.
a  9
Vì A có tung độ âm nên A(15;  9).
 
Ta có nAD  AF (20; 0) nên AD : x  15 CD : y  15. Do đó D(15; 15).
Câu 9
(1,0
điểm)

Điều kiện: x  0. Phương trình đã cho tương đương với

2
2x  x 1 log2  x  x 2  1   23x log2 (3x ).


Xét hai trường hợp sau:
2
1
TH1. 0  x  . Khi đó 2x  x 1 log2  x  x 2  1   2  0  23x log2 (3x ).


3
Suy ra (1) không thỏa mãn.
1
TH2. x  . Ta có x  x 2  1 và 3x đều thuộc khoảng [1; +).
3
Xét hàm số f (t )  2t log 2 t trên khoảng [1; +).

(1)
0,5

1
 0 với mọi t thuộc khoảng [1; +).
t ln 2
Suy ra f (t ) đồng biến trên khoảng [1; +).

Ta có f '(t )  2t ln 2. log2 t  2t .

Do đó (1) tương đương với x  x 2  1  3x . Từ đây giải ra được x 
1

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 

3

1
3

0,5

.

.

Giả sử tồn tại các số thực x , y, z thỏa mãn yêu cầu bài toán đặt ra.
Câu
Không mất tính tổng quát ta giả sử y nằm giữa x và z . Kết hợp với giả thiết ta có
10
(1,0
0  y  2 và x (y  x )(y  z )  0.
điểm)
2
Từ đây ta được xy 2  yz 2  zx 2  y x  z .





3

3



Mặt khác, do x , z không âm nên x  z  x  z



3

0,5

.

Do đó



m  x z



3

 y 3  8y x  z



2

  4  y 

3

 y 3  8y 4  y



 8y 3  52y 2  80y  64 .
3



2

(1)

2

Xét hàm số f (y )  8y  52y  80y  64, 0  y  2. Ta có





f (y )  24y 2  104y  80  8 3y 2  13y  10 .

f (y )  0, 0  y  2  y  1.
Ta có f (0)  64, f (1)  100, f (2)  80.

0,5

Suy ra f (y )  f (1)  100, y  [0; 2].

(2)

Từ (1) và (2) ta được m  100.
Khi x  0, y  1, z  3 ta có dấu đẳng thức.
Vậy số m lớn nhất cần tìm là 100.

616

4


SỞ GD&ĐT THANH HÓA

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1. NĂM HỌC 2015-2016

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

TRƯỜNG THCS&THPT THỐNG NHẤT

ĐỀ SỐ 105

Câu 1.(1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  2 (C)
Câu 2( 1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 4  2 x 2  3 trên 0;5 .
Câu 3 (1.điểm).
1. Gọi z1 ; z 2 là nghiệm của phương trình z 2  4 z  8  0 trên tập số phức. Tính giá trị của biểu thức
2

2

sau. A  z1  z 2 .
2. Giải phương trình sau: 3.25 x  2.5 x 1  7  0


 2

 sin x dx
2
 x 1


Câu 4 (1 điểm). Tính tích phân sau I   x
0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua gốc tọa độ O
đồng thời vuông góc với đường thằng d:

x 1 y z  5
 
. Tính khoảng cách từ điểm A(2;3;-1)
2
3
1

đến mặt phẳng (P).
Câu 6 (1 điểm).
1. Một trường trung học phổ thông tổ Toán có 15 giáo viên trong đó có 8 giáo viên nam, 7 giáo

viên nữ; Tổ Lý gồm 12 giáo viên trong đó có 5 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên
mỗi tổ 2 giáo viên đi dự tập huấn chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi. Tính xác suất sao cho trong
các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ.
2. Giải phương trình 2 cos 2 x  2 3 sin x cos x  2
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a ,
AD  2a , SA  ( ABCD) . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến
mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD biết góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy là  với
tan  

1
5

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường
thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là
3 x  5 y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC;
biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
 x 3  y 3  3( x  y )  6 y ( y  2)  14
27 x 3  27 x 2  20 x  4  4.3 y  2 x  1

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

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số x, y , z thỏa mãn 0  x  y  z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P  xy 2  yz 2  zx 2

x
 xyz 

2

 y2  z 2 
6

2

.

----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh......................................................................Số báo danh.......................

617


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I, NĂM 2015-2016
Môn thi: Toán 12

Câu
Đáp án
Câu 1 1. (1,0 điểm)
(2đ)
 Tập xác định: D=R
 Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x ; y '  0  x  0 hoặc x  2
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  và  2;   ; nghịch
biến trên khoảng

Điểm
0.25

0.25

 0; 2 
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ; yCT  2 , đạt cực đại tại
x  0 ; yCĐ  2
Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

x 

Bảng biến thiên:



0.25

0.25

Đồ thị:

Câu 2. (1 điểm)
x  0
 x  1

Ta có f ' ( x )  4 x 3  4 x  f ' ( x )  0  
x  0
x  0;5  
x  1

f(0)=3; f(1)= 2; f(5)= 578
max f ( x)  578  x  5 ; min f ( x)  2  x  1
0;5 

0; 5 

618

0.25

0.25
0.25


0.25

Câu 3 Câu 3.1 (0.5 điểm)
(1đ)
 z1  2  2i
 z 2  2  2i

Ta có '  4  8  4  

0.25

A 8 8 4 2

0.25

Câu 3.2 (0.5 điểm)

PT  3.25 x  10.5 x  7  0
Đặt t  5 x t  0 
t  1
Pt có dạng: 3t  10t  7  0   7
t 
 3
x
Với t = 1  5  1  x  0
7
7
7
Với t   5 x   x  log 5  
3
3
3
2


7 
Vậy phương trình có tập nghiệm: S  0; log 5  
 3 






Câu 4
2x
 2


I   x 2
 sin x dx   2
dx   x. sin xdx
(1đ)
x 1
x 1

0 
0
0









2x
d x2 1
Tính I 1   2
dx   2
 ln x 2  1  ln  2  1
0
x 1
x 1
0
0











Tính I 2   x sin xdx
0

x  u
du  dx

sin xdx  dv v   cos x

Đặt 

 

I 2   x. cos x   cos xdx    sin x  
0 0
0

Vậy I  ln( 2  1)  
Câu 5 Ta có. Vtcp của đường thẳng d: u d  (2;3;1)
(1đ) Vì đường thẳng d  ( P)  n ( P )  u ( d )  (2;3;1)

Phương trình mặt phẳng (P): 2x +3y+z=0 .

0.25

Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) là.

0.25

d ( A /( P)) 

4  9 1
4  9 1

12



0.25

13

Câu 6 Câu 6.1
(1đ) Số phần tử không gian mẫu là: n()  2 . 2
C15 C12
Gọi A là biến cố: “ 4 giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ’’
2

2

2

2

0.25

1

1

1

0.25

1

n( A)  C 8 .C 7  C 7 .C 5  C 8 .C 5 .C 7 .C 7

P(A) =

n( A) 197

n() 495

0.25

619