Tổng hợp đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán được tải nhiều nhất

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Trường PTTH Quỳnh Lưu 3

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
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  x 3  3 x 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
2

2

trị của biểu thức A  z1  z2 .

b) Giải phương trình: log 3  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.

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:
1
1
2
.
P


3
2
2
2
2
3 x  y 
x  3y
3x  y
-------------------------------/ Hết /----------------------------Họ và tên thí sinh:.........................................................SBD:.............


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Câu

ý

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 – 2016
Trường THPT Quỳnh Lưu 3
Nội dung
1) Tập xác định: 
2) Sự biến thiên

a) Chiều biến thiên:
y '  3 x 2  6 x; y '  0  3 x 2  6 x  0  x  0  x  2
y '  0  x  0  x  2; y '  0  0  x  2
Vậy, hàm số đồng biến trên hai khoảng  ;0  và  2;  

Điểm

0,25

hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2 

b) Cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yC Đ=1.
Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 và yCT=-3
c) Giới hạn tại vô cực.
  3 1 
lim y  lim  x 3  3 x 2  1  lim  x 3 1   3    ; lim y  
x 
x 
x 
x 
  x x 
d) Bảng biến thiên
x
y’
1
1đ

-
+

0
0
1

-

2
0

0,25

+
+

+

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

0,5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Vậy, min y  2  2ln 2; max y  1

0,5

1;e

1;e

1

1

I    x  1.e dx    x  1de x
x

3
1đ

0

0,5

0

1

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

1
0

 e.

0

Vậy, I=e.

4
1đ

5
1đ

6
1đ

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

2
2
2
2
đ Khi đó, z1  z2  5 . Do đó A  z1  z2  10

Điều kiện: -12
log 3  x  1  log 3  5  x   log 3  x  1  log 3  5  x 

b.
0,5
2
2
đ  x  1   5  x   x  11x  24  0  x  3  x  8
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm thỏa mãn là x=3.
1.1  2.2  2.1  4
 1.
a Khoảng cách từ I đến mp(P) là r  d  I ,( P )  
12  22  22
0,5
Vì M mặt cầu (S) tiếp xúc với mp(P) nên bán kính mặt cầu r=1
đ
2
2
2
Phương trình mặt cầu là (S):  x  1   y  2    z  1  1
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
Gọi H là hình chiếu cần tìm thì H là giao điểm của d và (P), tọa độ H là nghiệm
b
2

0,5
x  3
x  2 y  2z  4

đ
4  2 4 1


của hệ phương trình 2 x  y  0
 y  ,H  ; ; 
3  3 3 3
y  z 1


1

z



3

8
Ta có cos 2   1  sin 2  
9
a
2 2
 
0,5 Vì    ;   nên cos   0 , do đó cos   
3
2 
đ
74 2
Khi đó, P  sin 2  cos 2  2sin  cos   1  2sin 2  
9
Gọi không gian mẫu là  : ‘ Chọn ngẫu nhiên 5 lớp trong 39 lớp ‘ thì
4
b n     C39  82251
0,5 Gọi A là biến cố “ chọn được 4 lớp có trong cả ba khối”.
đ TH1: khối 10 hai lớp, khối 11 một lớp và khối 12 một lớp có C132 C131 C131 cách
chọn

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

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.
Do đó n( A)  3C132 C131 C131  39546
n( A) 39546 338
Xác suất cần tìm là P ( A) 


 48%
n() 82251 703

0,25

0,25

a
0,5
đ

7
1đ

  450 . Do đó,
Vì HC là hình chiếu của SC trên mặt đáy nên theo giả thiết SCH
  HB 2  BC 2 .tan 450  a 5
SH  HC.tan SCH
Diện tích hình vuông ABCD là 4a 2
Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là
1
1
4a 3 5
V  SH .S ABCD  a 5.4a 2 
(dvtt ) .
3
3
3

0,25

0,25

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

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

b Gọi F và G lần lượt là hình chiếu của H lên EC và SF ta có
0,5 CE  SH 
 CE  ( SHF )  CE  HG , mà HG  SF nên HG   SCE  hay
đ CE  HF 
Mặt khác,

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 9 a
45a 2

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Suy ra d  H ,  SCE    HG =

3a 5
19

Vậy, khoảng cách giữa SC và BD là

0,25

2a 5
.
19

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

3
Ta có
4x  8  y
2 x  2. y  4( x  2) y 
. Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8
2
4x  y  8
2  y  8 x   y  8 4 x 
. Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8
2
Suy ra 2 x  2. y  2  y  8  x  y  4 x . Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8
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


 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

8
1đ



0,25



1  13
1  13
x
2
2
 1  13

1  13
; 2 13  6 
Đối chiếu điều kiện ta có x 
, hệ có nghiệm 
2
 2


+Xét pt(3)
1
1
 7
x   2;   4  3 x  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  3 x  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
Do đó,

0,25

+ pt ()  x 2  x  3  0  x 

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

 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


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
3 x  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


 HB.DC  DB.HC . Vì M là trung
BG=BF=BD đồng thời
HC CE DC
điểm đoạn BC nên ta được
 MH  MB  MB  MD    MB  MD  MH  MB   MH .MD  MB 2 .
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 .
Đường thẳng EF cắt (T) tại G và F có tọa độ là nghiệm của hệ
3

x

2
2
 x  2   y  2
 x  1 
5

. Vì G nằm giữa H và F nên



y 1 y   1
3 x  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
5 5
song 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



Vậy, A(-1;3),B(2;0),C(6;4).

0,25

0,25

0,25

2

0,5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

1

Xét biểu thức P 

x2  3 y 2


1
1


 x2  3 y 2
3x 2  y 2

Xét

x


10
1đ

2

8  x2  y 2 



 3 y 2  3 x 2  y 2 

x

4  x  y 
2

 3y

2

 3x

2

y

1



3x 2  y 2

1

Trước hết ta chứng minh
Thật vậy,



x2  3 y 2



3 x  y 

1
3x 2  y 2



3

2
x y



8  x2  y 2 


1
1
  2 2
 2
 2
2
2 

x

3
y
3
x

y
 x  3 y 2  3x 2  y 2 



2

4

 x  y

2

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

4

2

2

 x  y

2

0

1
x  3y
2

2

1



3x  y
2

2



Dấu “=” xẩy ra khi x=y
2
2

Như vậy, P 
x  y 3  x  y 3
Đặt, t 

2
x y

0,5

1
,t  0 .
x y

Xét hàm số f (t )  2t 

2t 3
 f '(t )  2  2t 2 ; f '(t )  0  t  1
3

Ta có bảng biến thiên
t
f’(t)

-
-

-1
0

+

1
0
4/3

+
-

f(t)

Từ BBT ta thấy GTLN của f(t) là 4/3 khi t=1.
1
Vậy, GTLN của P là 4/3 khi x  y 
2

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

0,5


TRƯ NG Đ I H C KHTN
TRƯ NG THPT CHUYÊN KHTN

Đ THI TH

THPT QG L N 1 NĂM H C 2015 - 2016
Môn: TOÁN
Th i gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (1,0 đi m). Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s

y = x 4 − 2x 2 .

y=

Câu 2 (1,0 đi m). Vi t phương trình ti p tuy n c a đ th hàm s
Ox, Oy l n lư t t i các đi m A, B tho mãn đi u ki n OB = 3OA.
Câu 3 (1,0 đi m).
a) Tìm ph n th c và ph n o c a s ph c z tho mãn

z
z

x+2
x −1

bi t ti p tuy n c t tr c

2

+ 2iz +

2(z + i)
1−i

= 0.

b) Giải phương trình trên tập số thực: (3− 5) x + (3+ 5) x = 2 x+1.
π
4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

cos2x

dx.
6
cos
x
0
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x + 2y + z − 4 = 0 và
đường thẳng d :

x +1

y

z+2

.Tìm to đ giao đi m A c a đư ng th ng d và m t ph ng (P) và
2
1
3
vi t phương trình đư ng th ng Δ n m trong m t ph ng (P) đ ng th i c t và vuông góc v i đư ng
thẳng d.
Câu 6 (1,0 điểm).
=

=

a) Giải phương trình lượng giác: sin x 3 sin 2x = 3 cos x + cos2x.
b) Xét 1 đa giác đ u 12 c nh, h i có bao nhiêu tam giác không cân có ba đ nh là các đ nh c a đa giác
đã cho?
Câu 7 (1,0 đi m). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân t i A trong đó
!
; m t bên SAB là tam giác đ u và n m trong m t ph ng vuông góc v i đáy.
AB = AC = a,BAC
= 120 0
Tính theo a th tích kh i chóp S.ABC và bán kính m t c u ngo i ti p kh i chóp S.ABC.
Câu 8 (1,0 đi m). Trong m t ph ng to đ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), tr c tâm H(4;4), trung
đi m M c a c nh BC thu c đư ng th ng Δ : x − 2y −1= 0 . Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ
các đỉnh B, C của tam giác. Tìm toạ độ các đỉnh B, C biết rằng đường thẳng EF song song với đường
thẳng d : x −3y + 5 = 0.
⎪⎧ x + 3y + 7x + 2y = 5y − x + 3 y
.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực: ⎪
⎨
⎪2x 2 − y 2 + x 4 − y 2 + 4 = −2 + 5 xy
⎩⎪
Câu 10 (1,0 đi m). Xét các s th c dương x, y, z tho mãn x 2 + y 3 + z 4 ≥ x 3 + y 4 + z 5 . Chứng minh
rằng: x 3 + y 3 + z3 ≤ 3 .
_________________Hết________________
Thí sinh không đư c s d ng tài li u, cán b coi thi không gi i thích gì thêm








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:………………

Tài li u ôn thi 10, 11, 12 và k thi THPT Qu c gia: diendan.onthi360.com
T i toàn b đ thi th 2016 m i nhất có hư ng d n gi i chi tiết : diendan.onthi360.com

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

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

2x 1
trên đoạn  3;5
x 1

1,0
0,25
0,25
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

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 ' 

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

Tài li u ôn thi 10, 11, 12 và k thi THPT Qu c gia: diendan.onthi360.com
T i toàn b đ thi th 2016 m i nhất có hư ng d n gi i chi tiết : diendan.onthi360.com

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.

Tài li u ôn thi 10, 11, 12 và k thi THPT Qu c gia: diendan.onthi360.com
T i toàn b đ thi th 2016 m i nhất có hư ng d n gi i chi tiết : diendan.onthi360.com


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:…………………………………


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
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
Ý
1
1
(2điểm)

y

Nội dung

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 đồ thị là x =- 1
Giới hạn: lim
x 1 x  1
x 1 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

0,25
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
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)

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
2 Điều kiện: x  1

0,25

2
1
(1điểm)

0,25

0,25
0,25

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

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

 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 .
3
1
(1điểm)

khai triển (2 x 
Hệ số của

2

1

i

10

)   C (2 x)
10

x3

i 0

0,25

10 i

i
10

x5 là C102 .28  1  11520

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

0,25

2

0,25

Vì mỗi vị khách có 3 lựa chọn lên một trong ba toa tàu , Suy ra số cách để 4 vị khách lên
4

tàu là : 3  81
3
Số cách chọn 3 vị khách trong 4 vị khách ngồi một toa là C4  4
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 .

0,25

1

24

0,25

8

Vậy xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách là: P  81  27
4
(1điểm)



( x  1)ln x
ln x
dx   ln xdx  
dx .
x
x

0,25

 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


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
5
(1điểm)

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

0,25

MA(4  x; 1  y;5)
MB(2  x;7  y;5)
 MAMB  0

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

0,25

 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

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

(SB;( ABCD))  SBH  600

0,25
K
A

B

I
H
E

Trong tam giác SBHcó SH  BH tan 60 
0

VSABM

D

a 15
2

1
a3 15
(đvtt)
 VSABCD 
2
12

M

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

0,25

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
7

(1
điểm)

Gọi D là giao của AK với đường tròn (I).
Phương trình đường thẳng AK là:
x+3y-5=0
1
Ta có KBD  ( ABC  BAC )  BKD
2

A

K

Nên tam giác KBD cân tại D

I

B

0,25
C

D

Gọi D(5-3a,a) thuộc AK. Vì D khác A nên a  2 .Ta có
 a  2(l )
3 2
3 2
2

2
ID  IA  (5  3a  )  (a  2)  (1  )  (2  2)  
1
a 
2
2

2
7 1
Suy ra D  ; 
2 2
2

2

0,25

Gọi B(x;y) (x>3)ta có hệ

3
25

( x  ) 2  ( y  2) 2 

 x 2  y 2  3x  4 y  0
 IB  IA

2
4


 2

2
7
1
5
2
2
 x  y  7 x  y  10  0
 DB  DK
( x  )  ( y  ) 

2
2
2
 x  4; y  2(tm)
 x 2  y 2  3x  4 y  0 


5
5
 x  ; y   (l )
4
x

3
y

10


0

8
2


0,25

0,25

Vậy B(4;2)
8
(1điểm)

x3  x  2  2 3 3x  2
x3  3x  2  2 3 3x  2  2x
x  3x  2  2
3

0,25

3x  2  x 3
x 2  x 3 3x  2  3  3x  2 

2



2
3

0
(x  3x  2) 1 
 x 2  x 3 3x  2  3  3x  2 2 




2

0
Chứng minh 1 
2
2
 x  x 3 3x  2  3  3x  2  


x  1
3

(x

3x

2)

0

 x  2
Suy ra bất phương trình


Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  ; 2  1

0,25

0,25

0,25