Tuyển tập đề thi THPT quốc gia

TUYỂN TẬP ĐỀ THI THPT
QUỐC GIA
(Có đáp án)
1


MỤC LỤC

TOÁN:…………………………………………………………………………………………,…………………………………………………………………….3
VẬT LÍ: ………………………………………………………………………………………………………………….…………………………………………242
HÓA HỌC: …………………………………………………………….…………………………………………………………………………………………543
SINH HỌC: ……………………………………………………….………………………………………………………………………………………………837
NGỮ VĂN: ………………………………………………….…………………………………………………………….……………………………………1186
LỊCH SỬ: ……………………………………………..…………………………………………………………………………………………………………1371
ĐỊA LÍ: ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………1482
TIẾNG ANH: ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………1574

2


TOÁN

3


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

Trường PTTH Quỳnh Lưu 3

NĂM HỌC 2015 – 2016.
Môn: Toán. Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  2ln x trên 1;e .
1

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I    x  1.e x dx .
0

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2  2 z  5  0 trên tập số phức. Hãy tính giá trị của
biểu thức A  z1  z2 .
2

2

b) Giải phương trình: log3  x  1  log

3

5  x  .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I (1;2;1) và mặt phẳng
( P) : x  2 y  2 z  4  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ hình
chiếu của I trên (P).
Câu 6 (1,0 điểm ).



1
    ,sin   . Tính giá trị của biểu thức P  sin 2  cos 2 .
2
3
b) Năm học 2015 – 2016 trường THPT Quỳnh Lưu 3 có 39 lớp được chia đều cho ba khối ( khối 10,
11, 12), mỗi khối gồm 13 lớp. Đoàn trường lấy ngẫu nhiên 4 lớp để tổ chức lễ ra quân làm lao
động vệ sinh môi trường cho địa phương vào Tháng thanh niên. Tính xác suất để các lớp được
chọn có trong cả ba khối.

a) Cho

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu đỉnh S lên
mặt đáy là trung điểm H của đoạn thẳng AB. Biết góc hợp bởi SC và mặt đáy là 450.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.

4



2 x  2. y  2  y  8  x  y  4 x
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
.
xy

2
x

11


12

x

y

7

3
x

0



Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tiếp
xúc với các cạnh BC,CA,AB lần lượt tại các điểm D,E,F. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết
D(3;1), trung điểm của BC là M(4;2), phương trình EF: 3x-y-2=0 và B có hoành độ bé hơn 4.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số dương x,y. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P

1
x2  3 y 2



1
3x 2  y 2



2
3 x  y 

3

.

-------------------------------/ Hết /-----------------------------

Họ và tên thí sinh:.........................................................SBD:.............

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 – 2016
Trường THPT Quỳnh Lưu 3
Câu

ý

Nội dung

Điểm

1) Tập xác định:
2) Sự biến thiên
a) Chiều biến thiên:
y '  3x2  6 x; y '  0  3x 2  6 x  0  x  0  x  2

1
1đ

0,25

y '  0  x  0  x  2; y '  0  0  x  2

Vậy, hàm số đồng biến trên hai khoảng  ;0  và  2; 
hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 
b) Cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yC Đ=1.

0,25

Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 và yCT=-3

5


c) Giới hạn tại vô cực.

  3 1 
lim y  lim  x3  3x 2  1  lim  x3 1   3    ; lim y  
x 
x 
x 
x
  x x 
d) Bảng biến thiên

x

-

y’

0
+

+

2
0

-

0

+
+

1

0,25

y
-

-3

3. Đồ thị
Đồ thị có tâm đối xứng I(1;-1) và đi qua các điểm (0;1), (2;3), (-1;-3),(3;1).

0,25

2
1đ

2
Ta có f ( x)  x  2ln x; f '( x)  1  ; f '( x)  0  x  2  1; e 
x

f (1)  1; f (2)  2  2ln 2; f (e)  e  2
6

0,5


Vậy, min y  2  2ln 2;max y  1
1;e

1;e

0,5
1

1

I    x  1.e dx    x  1de x

0,5

x

0

3

0

1

  x  1 e x 10   e x dx  2e  1  e x

1đ

1
0

 e.

0

Vậy, I=e.
0,5
a
0,
5
đ

Phương trình z 2  2 z  5  0 có  '  4  0 nên nó có hai nghiệm phức phân
biệt là z1=1+2i và z2=1-2i.
Khi đó, z1  z2  5 . Do đó A  z1  z2  10

2

2

2

2

0,25

4
1đ

b.
0,
5
đ

5

Điều kiện: -1log3  x  1  log

 5  x   log3  x  1  log3  5  x 
3

0,25

2

 x  1   5  x   x 2  11x  24  0  x  3  x  8
2

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm thỏa mãn là x=3.

0,25

1.1  2.2  2.1  4

a

Khoảng cách từ I đến mp(P) là r  d  I ,( P)  

0,
5
đ

Vì M mặt cầu (S) tiếp xúc với mp(P) nên bán kính mặt cầu r=1

1đ

b

0,25

12  22  22

 1.

Phương trình mặt cầu là (S):  x  1   y  2    z  1  1

2

2

2

Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mp(P), d có véctơ chỉ phương là
x 1 y  2 z 1
.
n  1;2;2  nên nó có phương trình


1
2
2

7

0,25

0,25


0,
5
đ

Gọi H là hình chiếu cần tìm thì H là giao điểm của d và (P), tọa độ H là nghiệm
2


x  3
x  2 y  2z  4

4  2 4 1


của hệ phương trình 2 x  y  0
 y  ,H  ; ; 
3  3 3 3
y  z 1


1

z  3

Ta có cos 2   1  sin 2  

a
0,
5
đ

0,25

0,25

8
9

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

0,25

74 2
9

0,25

Gọi không gian mẫu là  : ‘ Chọn ngẫu nhiên 5 lớp trong 39 lớp ‘ thì
n     C394  82251

6

Gọi A là biến cố “ chọn được 4 lớp có trong cả ba khối”.

1đ
b
0,
5
đ

TH1: khối 10 hai lớp, khối 11 một lớp và khối 12 một lớp có C132 C131 C131 cách chọn
TH2: khối 10 một lớp, khối 11 hai lớp và khối 12 một lớp có C131 C132 C131 cách chọn
TH3: khối 10 một lớp, khối 11 một lớp và khối 12 hai lớp có C131 C131 C132 cách

chọn.

0,25

1 1
C13  39546
Do đó n( A)  3C132 C13

Xác suất cần tìm là P( A) 

n( A) 39546 338


 48%
n() 82251 703
0,25

8


S

G

D

A
H

B

C
F

a
7
1đ

E

0,
5
đ

Vì HC là hình chiếu của SC trên mặt đáy nên theo giả thiết SCH  450 . Do đó,

SH  HC.tan SCH  HB 2  BC 2 .tan 450  a 5

0,25

Diện tích hình vuông ABCD là 4a 2

1
1
4a 3 5
2
(dvtt ) .
Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là V  SH .S ABCD  a 5.4a 
3
3

3
0,25
b

Dựng hình bình hành BDCE, khi đó d  SC, BD   d  BD,(SCE   d  B,( SCE) 

9


0,
5
đ

Mặt khác,

d  B,( SCE )  EB 2
2

  d  B,( SCE )   d ( H ,( SCE ))
d ( H ,( SCE )) EH 3
3

Gọi F và G lần lượt là hình chiếu của H lên EC và SF ta có
CE  SH 
  CE  ( SHF )  CE  HG , mà HG  SF nên HG   SCE  hay
CE  HF 
d  H ,  SCE    HG

Ta có

1
1
1
1
16
1
2
19




 2 2 
2
2
2
2
2
HG
SH
HF
SH
9 AC
5a 9a
45a 2

Suy ra d  H ,  SCE    HG =

0,25

3a 5
19

Vậy, khoảng cách giữa SC và BD là

2a 5
.
19

0,25


(1)
2 x  2. y  2  y  8 x  y  4 x
Xét hệ 

 xy  2 x  11  12  x  y  7  3x  0 (2)
7
Điều kiện 2  x  , y  0
3

8
1đ

Ta có
2 x  2. y  4( x  2) y 
2

 y  8 x   y  8 4 x 

Suy ra 2 x  2. y  2

4x  8  y
. Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8
2

4x  y  8
.
2

Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8

 y  8 x  y  4 x . Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8

10


Như vậy, pt(1)  y=4x-8. Thế vào pt(2) ta có:

4 x 2  6 x  11  4  3 x  7  3 x  0
 4  x 2  x  3 



 

4  3x  x  1 

x

2

 x  3



7  3x  x  2  0

x

2

 x  3

0,25


 7
 0  do x   2;  
4  3x  x  1
7  3x  x  2
 3

1
1


  x 2  x  3  4 

0

4  3x  x  1
7  3 x  x  2 

 x2  x  3  0
()


1
1


 4 (3)
 4  3 x  x  1
7  3x  x  2

 4  x  x  3 
2

+ pt ()  x 2  x  3  0  x 
Đối chiếu điều kiện ta có x 



1  13
1  13
x
2
2

1  13

, hệ có nghiệm
2

 1  13

;2 13  6 

 2


0,25

+Xét pt(3)
1
1
 7
x   2;   4  3x  x  1  3  10  6 

4  3x  x  1 6
 3

Xét hàm số

3
2 7  3x  3
 7
x   2;  : g ( x)  7  3x  x  2  g '( x)  
1 
0
2 7  3x

2 7  3x
 3
1
7 1
 g ( x)  g    
3
7  3x  x  2
3 3
0,25

Do đó,
 7
x   2;  :
 3

1
1
1

  3  4 hay pt(3) vô nghiệm
4  3x  x  1
7  3x  x  2 6

 1  13

;2 13  6 
Vậy, hệ có nghiệm duy nhất 
 2


11


0,25

9
1đ

Phương trình đường thẳng BC: x-y-2=0
Gọi H là giao điểm của EF và BC ta có tọa độ H là nghiệm của hệ
3x  y  2  0
x  0

, H (0; 2) . Từ các giả thiết ta thấy H nằm trên tia đối

x  y  2  0
 y  2
của tia BC.
Ta chứng minh MD.MH=MB2.
Thật vậy, qua B kẻ đường thẳng song song với CA cắt HE tại G. Khi đó ta có
HB GB DB
BG=BF=BD đồng thời


 HB.DC  DB.HC . Vì M là trung
HC CE DC

12

điểm đoạn BC nên ta được

0,25

 MH  MB  MB  MD    MB  MD  MH  MB   MH .MD  MB2 .
Gọi B(t;t-2),t<4 ta có 2  t  4   8  t  4  2  t  2, B(2;0)  C (6;4) .
2

Phương trình đường tròn tâm B bán kính BD là (T):  x  2   y 2  2 .
2

Đường thẳng EF cắt (T) tại G và F có tọa độ là nghiệm của hệ
3

x

2
2


x  1 
 x  2   y  2
5 . Vì G nằm giữa H và F nên



y 1 y   1

3x  y  2  0


5

3 1
F 1;1 , G  ;   . Khi đó phương trình AB: x+y-2=0, AC đi qua C và song song
5 5
với BG nên có pt: x-7y+22=0. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
x  y  2  0
 x  1

, A(1;3)

x

7
y

22

0
y

3



0,25

Vậy, A(-1;3),B(2;0),C(6;4).

0,5

13


1

Xét biểu thức P 

x2  3 y 2

1



3x 2  y 2

1

Trước hết ta chứng minh

x2  3 y 2



2
3 x  y 

1



3x 2  y 2



3

2
x y

Thật vậy,

1
1


 x2  3 y 2
3x 2  y 2



8  x2  y 2 


1
1
  2 2
 2
 2
2

2 

x

3
y
3
x

y
 x  3 y 2  3x2  y 2 



2

Xét

x

10

8  x2  y 2 

2



 3 y 2  3x 2  y 2 

x

4  x  y 
2

 3y

2

 3x

2

y

4

 x  y

2

2
4  2  x 2  y 2   x  y    x 2  3 y 2  3x 2  y 2  

 
2
2
2
2
2

 x  3 y  3x  y   x  y 

4

2

 x  y

2

1

0

x2  3 y 2

1



3x 2  y 2



2
x y

1đ
Dấu “=” xẩy ra khi x=y
Như vậy, P 

Đặt, t 

2
2

x  y 3  x  y 3

1
,t  0 .
x y

2t 3
 f '(t )  2  2t 2 ; f '(t )  0  t  1
Xét hàm số f (t )  2t 
3
0,5

Ta có bảng biến thiên

t
f’(t)
f(t)

-

-1
-

0

+

1
+

0
4/3

14

-


Từ BBT ta thấy GTLN của f(t) là 4/3 khi t=1.
Vậy, GTLN của P là 4/3 khi x  y 

1
2

0,5

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TỈNH YÊN BÁI

Môn thi: 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2
.
x 1

Câu 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x 2 biết tiếp tuyến song song với đường
thẳng  : y  9 x  5 .
Câu 3. (1,0 điểm)
1) Cho số phức z  (2  3i)(3  i) . Tìm mô đun của z.
2) Giải phương trình 5.25x  3.5x  8  0

x3  5ln x
1 x2 dx .
e

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I 

15


Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  3; 2;3 và mặt phẳng
(P): x - 3y + z - 1 = 0. Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm A đồng thời tiếp xúc mặt phẳng  P  . Tìm tọa độ tiếp
điểm của  S  và  P  .
Câu 6. (1,0 điểm)
1) Số giờ có ánh sáng mặt trời của thành phố A ở 400 vĩ bắc trong ngày thứ t của một năm không nhuận được

 

(t  80)   12 với t ∈ N, 0 < t ≤ 365. Hỏi vào ngày nào trong năm thành phố A có
 182


cho bởi hàm số d  t   3sin 

nhiều giờ có ánh sáng mặt trời nhất.
2) Nhân Ngày Sách Việt Nam (Ngày 21 tháng 4 năm 2016) bạn An chọn ngẫu nhiên 4 quyển sách từ giá sách của
mình để tham gia ủng hộ cho tủ sách của trường. Biết rằng trên giá sách của bạn An có 20 quyển sách tham khảo về
lĩnh vực khoa học tự nhiên và 18 quyển sách tham khảo về lĩnh vực khoa học xã hội. Tính xác suất để bạn An chọn
được 4 quyển sách có đủ cả hai lĩnh vực.

3a
. Hình chiếu vuông góc H của
2
đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích
khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 

Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D(-3;1), đỉnh B thuộc
đường thẳng d: x - 2y - 5 = 0. Gọi E là giao điểm thứ hai của đường tròn tâm C bán kinh CA với đường thẳng AB
( E  A ). Hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng CE là N  6; 2  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .
Câu 9. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

 x  y   2 x 2  y   7 x 2  5 xy  10 x  6 y  5


2


2 y  2  2 x  1   2 x  3 2 x  y   2 x  3 x  1  0

 x, y  R 

Câu 10. (1,0 điểm) Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2 

2
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
9

1
1  1 1
2
P  2ln  a  b   ln  2  a 2  b 2  
2  2  2  a  b .
2
4 a b 
----------------------- 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: ……………………

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015

TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

Môn thi: TOÁN

16

Thời gian làm bài: 180 phút

1
2

4
2
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x  x 

3
2

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm m để phương trình  x4  2 x2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm)
1) Cho hàm số y  x  cos x  3 sin x . Giải phương trình y '  0 .
2) Giải phương trình 9x  7.3x  18  0
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y 

x2
, trục hoành và đường
x 1

thẳng x  0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D xung quanh trục Ox.
Câu 4 (1,0 điểm)

1) Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z  az  b  0 nhận z  2  3i làm nghiệm.
2) Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1; 2;

3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu nhiên một số từ E, tính xác suất để số được chọn
là số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):
2

( x  2)2  ( y  3)2  ( z  1)2  25 và đường thẳng  :

x 2 y 3 z

 . Tìm tọa độ giao điểm của 
1
2
1

và (S). Viết phương trình mặt phẳng song song với  và trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc
của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB  3HA . Góc giữa SC và mặt
phẳng (ABCD) bằng 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và SB theo a.
2 x 2  y 2  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3x
Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
 x  y  1  4 x  y  5  x  2 y  2

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi K là điểm
đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và cắt AB tại N (1;3) . Tìm
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết AEB  450 , phương trình đường thẳng BK là 3x  y  15  0
và điểm B có hoành độ lớn hơn 3.

17

Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn nhất của



biểu thức S = a  a 2  1


b

b  b2  1


c

c  c2  1



a

……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: ………………………...
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM 2015
Môn thi: TOÁN

Câu

Ý

1

1

Nội dung

Điểm

1
2

4
2
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x  x 

TXĐ:

3
2

x  0
 x  1

. y '  2 x3  2 x, y '  0  

1,00
0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1);(0;1)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (1;0);(1; )

0,25

3

Điểm cực đại (1;0) , điểm cực tiểu  0;  
2

lim y   . Lập được bảng biến thiên

0,25

x 

Vẽ đúng đồ thị
1

2

0,25

Tìm m để phương trình  x4  2 x2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt

1
2

4
2
Viết lại phương trình dưới dạng  x  x 

18

3 m3

2
2

1,00
0,25


Pt có 4 nghiệm  y 

3
2

Từ đồ thị suy ra  

m3
cắt (C) tại 4 điểm pb

2

0,25

m3
 1
2

0,25

0  m 1
2

1

0,25

Cho hàm số y  x  cos x  3 sin x . Giải phương trình y '  0 .

0,50

y '  1  sin x  3 cos x
0,25

 1

y '  0  sin x  3 cos x  1  cos  x   
6 2



  

 x  6  3  k 2
 x  2  k 2




 x     k 2
 x     k 2


6
6
3
2

Giải phương trình 9x  7.3x  18  0

2

0,50

x
Đặt t  3 , t  0 ta được t 2  7t  18  0  t  9 (TM), t  2 (Loại)

0,25

t  9  3x  9  x  2

0,25

Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y 
3

0,25

x2
, trục hoành và
x 1

đường thẳng x  0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D
xung quanh trục Ox.

1,00

x2
 0  x  2 .
x 1
 x2
Gọi V là thể tích khối tròn xoay thu được thì V    
 dx
x

1


2
0

0

3 
6
9 

V    1 

 dx    1 
 dx
x 1 
x  1 ( x  1) 2 
2 
2 
0

2

0,25

2

0,25

0

9 

   x  6ln x  1 


x  1  2


0,25

19


V  (8  6ln 3)

0,25

Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z  az  b  0 nhận
z  2  3i làm nghiệm
2

4

1

z  2  3i  z  2  3i . Thay vào pt ta được (2  3i)2  a(2  3i)  b  0
 2a  b  5  (3a  12)i  0

 2a  b  5  0  a  4


3a  12  0
b  3
4

0,50

0,25

0,25

Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được
2 chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu
nhiên một số từ E, tính xác suất để số được chọn là số lẻ.
Mỗi số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt có thể coi là một chỉnh hợp
chập 3 của 5 pt đã cho. Do đó số phần tử của E là A53  60

0,50

0,25

Gọi A là biến cố số được chọn là số lẻ  n( A)  3. A42  36
0,25

n( A) 36 3
 P( A) 


n() 60 5
5

Tìm tọa độ giao điểm của  và (S). Viết phương trình mặt phẳng song
song với  và trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S).

1,00

 có ptts là x  2  t; y  3  2t; z  t thế vào pt (S) ta được
0,25

t 2  (6  2t )2  (t  1)2  25
t  3  A(5; 3; 3)
3t  11t  6  0   2
t   B  8 ; 5 ;  2 
 3
3 3 3
2

0,25

Gọi (P) là mp chứa Ox và song song . Hai vecto i  (1;0;0) và

u  (1; 2; 1) không cùng phương, có giá song song hoặc nằm trên (P) nên (P) có

0,25

vtpt n  i  u  (0;1; 2)  ( P) : y  2 z  D  0

(P) tiếp xúc (S)  d ( I ;( P))  R 

3  2  D
5

20

5

0,25


 D  5  5 5  D  5  5 5  ( P) : y  2 z  5  5 5  0

6

Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AC và SB theo a
2
2
Tam giác BCH vuông tại B  HC  BC  BH 

5a
2

Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH  SCH  450  tam giác SHC
vuông cân tại H  SH  HC 

1,00

0,25

5a
2

1
1

5a 10
VS . ABCD  S ABCD .SH  4a 2 .  a3
3
3
2
3

0,25

Gọi E là đỉnh thứ 4 của hbh BCAE  BE / / AC

4
4
 d( AC ;SB )  d( AC ;( SBE ))  d( A;( SBE ))  d( H ;( SBE )) (Do AB  HB )
3
3

0,25

Gọi M là trung điểm của BE.
Tam giác ABE vuông cân tại A  AM  BE, AM  a 2
Kẻ HI // AM  HI  BE , HI 

3
3a 2
AM 
4
4

Kẻ HK  SI  HK  (SBE )  d( H ;( SBE ))  HK

Ta có

1
1
1
15

 2  HK 
a
2
2
HK
HS
HI
2 59

4 15
10
 d( AC ;SB )  .
a
a
3 2 59
59

21

0,25


S

K
A

D

E
H
M
I
C

B

7

2 x 2  y 2  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3x
Giải hệ phương trình 
2
 x  y  1  4 x  y  5  x  2 y  2

1,00

ĐK: y  2 x  1  0,4 x  y  5  0, x  2 y  2  0, x  1
 y  2x  1  0
x  1 
0  0
TH 1. 
(Không TM hệ)



3

3
x

0
y

1

1

10

1





TH 2. x  1, y  1. Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được
( x  y  2)(2 x  y  1) 

0,25

x y2
y  2 x  1  3  3x




1
( x  y  2) 
 y  2 x  1  0 . Do y  2 x  1  0
 y  2 x  1  3  3x

1
nên
 y  2x  1  0  x  y  2  0
y  2 x  1  3  3x

0,25

2
Thay y  2  x vào pt thứ 2 ta được x  x  3  3x  7  2  x

 x 2  x  2  3x  7  1  2  2  x
 ( x  2)( x  1) 

0,25

3x  6
2 x

3x  7  1 2  2  x

3
1



 ( x  2) 

 1  x  0
 3x  7  1 2  2  x


22

0,25


Do x  1 nên

3
1

1 x  0
3x  7  1 2  2  x

Vậy x  2  0  x  2  y  4 (TMĐK)
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết AEB  450 , phương trình
đường thẳng BK là 3x  y  15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3

8

1,00

Tứ giác ABKE nội tiếp  AKB  AEB  450  AKB vuông cân tại A

 ABK  450

0,25

Đt BK có vtpt n1  (3;1) , gọi n2  (a; b) là vtpt của đt AB và  là góc
giữa BK và AB

 cos  

n1 .n2
n1 n2



3a  b
10. a 2  b 2



1
2

b  2a
3a  b  5. a 2  b 2  4a 2  6ab  4b 2  0  
 a  2b
Với a  2b , chọn n2  (2;1)  AB : 2 x  y  5  0  B(2;9) (Loại)
Với b  2a , chọn n2  (1;2)  AB : x  2 y  5  0  B(5;0) (TM)

23

0,25

Tam giác BKN có BE và KA là đường cao  C là trực tâm của BKN
 CN  BK  CN : x  3 y  10  0 . ABK và KCM vuông cân
1
1
1
1
BK
 KM 
CK 
AC 
.
BK 
 BK  4KM
4
2
2 2
2 2 2

0,25

7 9
M  MN  BK  M  ;   K (3;6)
2 2

AC qua K vuông góc AB  AC : 2 x  y  0
0,25

A  AC  AB  A(1;2) . C là trung điểm của AK  C (2;4)

Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn
9



nhất của biểu thức S = a  a 2  1





 b 
b

b2  1

 c 
c





c2  1





1,00

a

2
2
2
Ta có lnS  b ln a  a  1  c ln b  b  1  a ln c  c  1



Xét hàm số f ( x)  ln( x  x  1), x  0 . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
2

0,25

4
3
3

tại điểm  ;ln 2  có phương trình y  x  ln 2 
5
5
4

2
Chứng minh được ln( x  x  1) 

4
3

x  ln 2  , x  0
5
5

4
3
 ln(a  a 2  1)  a  ln 2  . Tương tự, cộng lại ta được
5
5
4
3

ln S  (ab  bc  ca)   ln 2   (a  b  c)
5
5


0,25

0,25

1
3

2
Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức (ab  bc  ca)  (a  b  c) và giả

9
4

9
4

thiết a  b  c  , rút gọn ta thu được lnS  ln 2 . Từ đó S  4 4 2 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 
là 4 4 2 .

24

3
. Vậy giá trị lớn nhất của S
4

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 THI THỬ LẦN 2

Thời gian: 180 phút

Câu 1: (2,0 điểm).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3x 2  2 (C).

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = -1.
Câu 2: (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2log9 x  1 

2
.
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).
a) Cho  là góc thỏa mãn sin   cos 

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

x 1 y  3 z


 và điểm I (2;1; 1) . Viết phương trình mặt cầu tâm
2
3
2

với mặt phẳng ( P ) . Tìm tọa độ điểm

I tiếp xúc

M thuộc 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 ngoại tiếp là
 3 1
điểm K   ;   , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình là
 2 2
3x  4 y  5  0 và 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

25