30 đề TỔNG ôn tập môn TOÁN năm 2016 có đáp án

Nguyễn Thành Hiển

30 ĐỀ TỔNG ÔN TẬP 2016

NHÓM TOÁN

Đà Nẵng, ngày 15 tháng 5 năm 2016

(Tài liệu dành tặng các mem group Nhóm Toán)


SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT NGÔ MÂY

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
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 (C) của hàm số y 
Câu 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

x2
x 1

1 4
x  2 x 2 tại điểm có
4

hoành độ bằng 1.
Câu 3.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos3 x.cos x  1

b) Giải phương trình: 32 x 1  4.3x  1  0
2

Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân I   x  2  x ln x  dx
1

Câu 5.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A 2;1;3  và mặt phẳng

 P  : x  3y  2z  13  0 . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với mặt
phẳng (P). Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P).
Câu 6.(1,0 điểm)
a) Cho số phức z  3  2i . Tìm mô đun của số phức w  3z  z .
b) Một đội ứng phó với tình hình khô hạn của một tỉnh, có 30 thanh niên tình nguyện đến từ
ba huyện trong đó có 12 người huyện A, 10 người huyện B và 8 người huyện C. Chọn ngẫu
nhiên 2 người để kiểm tra công tác chuẩn bị. Tính xác suất để hai người được chọn thuộc hai
huyện khác nhau.
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với AB  2a 3 ,
BC  2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm H của
đoạn DI. Góc hợp bởi SB với mặt đáy bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC).
Câu 8.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân giác trong
góc 
ABC đi qua trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình x  y  2  0 ,
điểm D nằm trên đường thẳng    có phương trình x  y  9  0 . Tìm toạ độ các đỉnh của
hình chữ nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ âm và điểm E  1; 2  nằm trên cạnh AB.
2 x3  4 x2  3 x  1  2 x3  2  y  3  2 y 1

Câu 9.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x, y   
3

 x  2  14  x 3  2 y  1
2
3

Câu 10.(1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa điều kiện  x  y   4 xy  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất



của biểu thức P  3 x2  y2



2

2

 2  x  y   xy  3 xy  4   1 .

------------------Hết------------------


SỞ GD-ĐT BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT NGÔ MÂY

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ THPT QUỐC GIA
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

a) (1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 

x2
(1)
x 1

TXĐ: D   1
y' 

3

 x  1

2

0,25

 0, x  1

Hàm số đồng biến trên  ; 1 vaø  1;  
Hàm số không có cực trị
x2
 1  TCN : y  1 ;
x 1
x2
x2

lim 
  và lim 
   TCÑ : x  1
x 1 x  1
x 1 x  1

0,25

lim

x 

1
(1,0đ)

BBT
x
y’
y

-

-1

+

+

+
0,25

1
+
-
1
f(x) =

x 2
8

x+1

q( x) = 1
s(y) = 1

6

4

2

15

10

5

5

10

15

0,25

2

4

6

8

1

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2 tại điểm có hoành
2
4
(1,0đ) độ bằng 1.


7
4
3
y '  x  4 x  y ' 1  3

0,25

Ta có x0  1  y0  

0,25

7
 3  x  1
4
5
 y  3 x 
4
 pttt : y 

0,25
0,25

a) Giải phương trình: cos3 x.cos x  1  cos 4 x  cos 2 x  2
cos 2 x  1
 2 cos 2 x  cos 2 x  3  0  
3
cos 2 x   (pt vn)

2
 2 x  k 2  k   
2

 x  k  k   

0,25

0,25

Vậy pt có nghiệm x  k  k   

3
b) Giải phương trình: 32 x 1  4.3x  1  0  3.32 x  4.3x  1  0
(1,0đ) Đặt t  3x , t  0
t  1  nhaän 
Ta được 3t  4t  1  0   1
t   nhaän 
 3
 t  1  3x  1  x  0
1
1
 t   3 x   x  1
3
3
Vậy pt có nghiệm x  1, x  0
2

2

2

0,25

0,25
2

Tính tích phân I   x  2  x ln x  dx   2 xdx   x2 ln xdx
1

2

Tính I1   2 xdx  x

2

2

1

1

1

1

0,25

3

2

Tính I 2   x2 ln xdx
1


1
du  dx

u  ln x

x

4
Đặt 

2
3
x
dv  x dx 
(1,0đ)
v

3
2

2

x3
1
 I 2  ln x   x2 dx
3
31
1
2

0,25

2

x3
x3
8

7
 ln x 
 ln 2 
3
9 1 3
9
1
8
3

7
9

8
20
3
9
Trong kg Oxyz, cho điểm A 2;1;3  và mp  P  : x  3 y  2 z  13  0

Vậy I  I1  I 2  3  ln 2   ln 2 
5

0,25
0,25


(1,0đ) * Viết pt đường thẳng (d) qua A và vuông góc với (P).
 
(d) có VTCP ad  nP  1; 3;2 

0,25

 x  2  t

 ptts  d  :  y  1  3t
 z  3  2t


0,25

*Tìm tọa độ H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mp(P).
Gọi H là hình chiếu của A trên mp(P)  H   d    P 
 H  d  H  2  t ;1  3t ;3  2t 

Và H   P   2  t  3 1  3t   2  3  2t   13  0

0,25

 t  1
 H  3; 4;1

0,25

a) Cho số phức z  3  2i . Tìm mô đun của số phức w  3z  z .
Ta có w  3z  z  3  3  2i    3  2i   6  8i

0,25

 w  36  64  10

0,25
2
30

6
b) Số phần tử không gian mẫu n     C  435
(1,0đ) Gọi A là biến có cần tìm xác suất  n  A   C121 .C101  C121 .C81  C101 .C81  296
 P  A 

n  A  296

n    435

0,25
S

SABCD  4 a 2 3
SH  HB tan 60 0
3
3
Với HB  BD  12a 2  4a 2  3a
4
4
 SH  3a 3

K
D

C
I 60

A

7
(1,0đ)

2a 3

1
1
V  SABCD .SH  4 a 2 3.3a 3  12a 3 (đvtt)
3
3
DH   SBC   B
4

Ta có 
 d D ,  SBC   d H ,  SBC 
4
3
DB  HB
3

Kẻ HE  BC  E  BC  và HK  SE  K  SE 





 d D,  SBC  

4
HK
3





0,25

E

H



0,25

0

2a
B

0,25


0,25

1
1
1
5
3a 15




HK

5
HK 2 SH 2 HE 2 27a 2



 d D,  SBC 



0,25

4 a 15

5

Kẻ đường thẳng đi qua E và vuông góc
với BM tại H và cắt BC tại F.
 H là trung điểm của EF
 pt EF: x  y  1  0

Toạ độ điểm H là nghiệm hpt

1
x

x  y  2  0

2  H1;3




 2 2
x  y 1  0
y  3

2
Vì H là trung điểm EF nên F  0;1

M

A

D

0,25

E
H
B

F

C



B  BM nên gọi B  b; b  2  , b  0  BE   1  b;  b  , BF    b; 1;  b 
 

b  0

Ta có BE.BF  0  b2  b  0  

 b  1

 loaïi   B  1;1

0,25

8


Đường
thẳng
AB
có
VTCP
EB


0;

1

VTPT
n
 1; 0 
 
AB
(1,0đ)
 pt AB: 1 x  1  0  x  1  0  x  1  0
A AB nên gọi A 1; a  , a  1 và D   nên gọi D  d ;9  d 

 1  d a  d  9 
 M
;

2
 2

1  d a  d  9
Mặt khác M  BM 

 2  0   a  2d  6  0 (1)
2
2


Ta có AB   0;1  a  , AD   d  1; 9  a  d 
 

Mà AB. AD  0  1  a  9  a  d   0  9  a  d  0 (2) (vì a  1 )

a  4  A 1; 4 

a  d  9  0
d  5  D  5; 4 
 a  2 d  6  0

Từ (1), (2) ta có hpt 




0,25

0,25

Do AB  DC  C  5;1
Vậy A 1; 4  , B  1;1 , C  5;1 , D  5; 4 
 x  2

ĐK  3  *
 y  2

9
(1,0đ) Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ pt nên ta chia hai của (1) cho x 3 , ta
4
x

được 1  2  

3 1
  22  y 3  2 y
x 2 x3

0,25


3

 1  1
 1    1     3  2 y  3  2 y  3  2 y (3)
 x  x
Xét hàm số f  t   t 3  t  f /  t   3t 2  1  0, t
 f  t  luôn đồng biến trên R.

1
Do đó, từ (3)  1   3  2 y (4)
x
Thay (4) vào (2) ta được x  2  3 15  x  1  x  2  3  2  3 15  x  0


1
1

0
  x  7

2 
3

3
 x  2  3 4  2 15  x  15  x 





 x7 y



111
98

0,25

0,25

0,25

 111 

 98 

Vậy hệ pt có nghiệm  7;

2

3

2

3

Với mọi số thực x, y ta có:  x  y   4 xy   x  y    x  y    x  y   4 xy  2
3

2

  x  y   x  y  2  0  x  y  1

0,25

2
2
3 2
3
x  y2  x2  y2  2 x2  y2  2 xy  xy  3 xy  4   1
2
2
2
3
3
 x2  y2  x 4  y4  2 x2  y2  1
2
2



Ta có P 


x


2








y 



 

2







2

2
2
3 2
3
x  y2  x2  y2  2 x2  y2  1
2
2
4
2
9
 P  x2  y2  2 x2  y2  1
10
4
(1,0đ)
1
9
Đặt t  x2  y2 , t   do x  y  1  P  t 2  2t  1
2
4
 1
9
Xét hàm số f  t   t 2  2t  1  t  
4
 2

Vì x4  y4

nên  P 





















1

9
1
 f '  t   t  2  0, t   f  t  luôn đồng biến trên  ;  
2
2
2


0,25

0,25

1 9
 min f  t   f   
1

 2  16
 2 ;  




Vậy Pmin 

9
1
khi x  y 
16
2

Ghi chú: Mọi các giải khác nếu đúng thì cho điểm tương ứng từng phần.

0,25


SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRẦN QUANG DIỆU

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA

NĂM 2016

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3x 2  1 (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x 3  3 x 2  2m  0 có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 2( 1,0 điểm ). a) Giải phương trình:

log x  1log
2

3

x  2 log  x  1
4

b) Giải phương trình: 2 sin 2 x  sin 2 x  cos x  sin x  0
2

2

Câu 3(1,0 điểm ). a) z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình 2 z 2  3 z  5  0 trên tập số phức. Tính z1  z 2 .
b) Một đoàn tàu có 4 toa đỗ ở sân ga. Có 4 hành khách từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập
với nhau chọn ngẫu nhiên một toa. Tính xác suất để một toa có 3 hành khách, một toa có 1 hành khách và hai toa
không có hành khách.
e3

ln x



Câu 4(1,0 điểm ). Tính tích phân: I   x 2  2
dx
x ln x  1 
1 
Câu 5(1,0 điểm ). Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình:
x  1  t

d :  y  2t
 z  1


và mặt phẳng (P): 2 x  y  2 z  1  0 .

a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M 1;2;1 , song song với (P) và vuông góc với đường thẳng d.
b) Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d, bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P).
Câu 6( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I là trung điểm của
SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy

1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a .
Câu 7( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân đỉnh A, D là trung điểm cạnh AC. K 1;0 ,
1 
E  ;4  lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trọng tâm tam giác ABD. P  1;6 , Q  9;2 lần
3 

lượt thuộc đường thẳng AC, BD. Tìm tọa độ điểm A, B, C biết D có hoành độ dương.
Câu 8( 1,0 điểm ).





 x  x x 2  3 x  3  3 y  2  y  3  1
Giải hệ phương trình: 
3 x  1  x 2 6 x  6  3 y  2  1

Câu 9(1,0 điểm ). Cho x, ,y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
P

2
3

3
x  xy  xyz
x y z

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


Câu
1

Nội dung

Điểm

a.(1,0 điểm)
0.25
TXĐ: D  R

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 0;2 
Hàm số đạt cực đại tại x  0 , y CĐ  1 , đạt cực tiểu tại x  2 , y CĐ  3
lim y   , lim y  
x  

0.25

x  

* Bảng biến

thiên
x

0

–∞

y'

+

0

2
-

+∞

0

+
0,25
+∞

y
–∞

1

-3

Đồ thị
0.25
b.(1,0 điểm)

x 3  3 x 2  2m  0  x 3  3 x 2  1  2m  1*

0.25

Từ (*) suy ra số nghiệm của pt đã cho bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số
0.25

y  x 3  3x 2  1 và y  2m  1
Vẽ hai đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  1 và y  2m  1 cùng trên cùng một hệ trục tọa độ
Dựa vào đồ thị 2 hàm số  điều kiện để pt có 3 nghiệm phân biệt là  3  2m  1  1  2  m  0

0.25

Vậy giá trị cần tìm là  2  m  0 .
0,25
2.

(1,0 điểm)
a,(0,5điểm)
Đk: x  1

0.25

log x  1log x  2 log x  1  log x  1log x  1  0
 log  x  1  0 hoặc log x  1  0  x  2 hoặc x  3
2

3

4

2

2

3

3

Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của pt là x  2 và x  3
0. 25
b,(0,5điểm)

2 sin 2 x  sin 2 x  cos x  sin x  0  sin x  cos x 2 sin x  1  0
 sin x  cos x  0 hoặc 2 sin x  1  0
1
 tan x  1 hoặc sin x 
2

0.25

0.25



x   k 2


6
.
 x   k hoặc 
4
 x  5  k 2

6
(1,0 điểm)
e3

4

e3


I   2 xdx   
1
1 x


dx
ln x  1 

ln x

0.25


e3

Tính I 1  2 xdx  x 2



e3
1

 e6  1

1

e3

Tính I 2 

x
1

ln x
ln x  1

0.25

dx

ln x  t 2  1

Đặt t  ln x  1   1
. Đổi cận
 dx  2tdt
x
2

Khi đó I 2 

2

x  1  t  1

3
x  e  t  2

t 2 1
1 3  2 8

2
1 t 2tdt  21 t  1 dt  2 3 t  t  1  3

Vậy I  e 6 





5
.
3

0.25

0.25

(1,0 điểm)
a,(0,5điểm). Ta có:   31  0  z1,2 

Khi đó: z1

3

2

 z2

2

0.25

3  i 31
4

 5.

0.25

b,(0,5điểm). Mỗi hành khách có 4 cách chọn 1 toa để lên tàu nên số cách 4 hành khách chọn toa để lên
tàu là : 4 4  256 (cách).
 n    256 .

0.25

Gọi biến cố A” 4 hành khách từ sân ga lên tàu sao cho một toa có ba hành khách, 1 toa có một hành
khách và 2 toa không có hành khách” .
+ Chọn 3 hành khách từ 4 hành khách và xếp 3 hành khách vừa chọn lên 1 trong 4 toa tàu có

0.25

3

C .4  16 (cách).
4

+ Xếp hành khách còn lại lên 1 trong 3 toa tàu còn lại có 3(cách)
 n  A  16.3  48 .
Vậy P A 
5.

n A 48
3


.
n  256 16

(1,0 điểm)

 // P  u   n P

 u   n P , u d  4;2;3
  d
u   u d
 x  1  4t

Vậy PT đường thẳng đi qua M 1;2;1 là  :  y  2  2t
 z  1  3t

b,(0,5điểm). Vì tâm mặt cầu là I  d nên I 1  t;2t ;1
Vì mặt cầu có tâm I , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P) nên



a,(0,5điểm). Vì 

d(I,(P))=3 

21  t   2t  2 1  1

4 1 4



 3
t
4t  3  9
 3  4t  3  9  
 2

4t  3  9
t  3

0,25

0,25

0.25

2

3
5
5


2
2
+ t   I  ;3;1  S  :  x     y  3   z  1  32
2

2
2



0.25


+ t  3  I  2;6;1  S  :  x  2    y  6   z  1  3 2
2




5
2

2

2

2

Vậy S  :  x     y  3   z  1  32 hoặc S  :  x  2    y  6   z  1  32 .
6.

2

2

2

2

2

(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)

Sj

Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc giữa SK
và HK và bằng SKH  60 0
M
B

H

C

Ta có SH  HK tan SKH 

a 3
2

0.25

K

A

Vậy VS . ABC 

1
1 1
a3 3
S ABC .SH  . AB. AC.SH 
3
3 2
12





0.25



Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d I ,  SAB   d H ,  SAB 







Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d H ,  SAB   HM

Ta có

7.

a 3
a 3
1
1
1
16
. Vậy d  I ,  SAB   


 2  HM 
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4

0.25

0,25

(1,0 điểm)

G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của cạnh AB.

MG ME 1

  EG // CD  EG  KD . Mà ABC là tam giác cân nên KG  MD  G là trực
MC MD 3
tâm tam giác EKD nên KE  GD  KE  BD .

0,25

Suy ra BD :

 t  15 
 t  21 
 t  21 


x  6 y  21  0  D t ;
, t  0. DP    t  1;
, DK    t  1;

6 
6 
6 




0,25

t  3
  t  15   t  21 
Vì DP  DK nên  t  1 t  1  

  0    117  D3;4 
t 
 6  6 
37

AC đi qua D và P  AC : x  2 y  11  0
AK qua K và vuông góc với DE nên KA : x  1  0  A1;5  . Kết hợp D là trung điểm AC  C 4;3
BC qua C và vuông góc với AK nên BC : y  3  0  B 3;3
Vậy A1;5,
8.

(1,0 điểm).

0,25

B  3;3, C 4;3 .





 x  x x 2  3 x  3  3 y  2  y  3  1

3 x  1  x 2 6 x  6  3 y  2  1

0,25

1
2






 x x 2  3x  3  0
 x  3  3


y  3  0
Đk: 
 1  x  3  3 *
x  1  0

 y  3
 x2  6 x  6  0

Đặt a  3 y  2  1  y  3  a 3  1 . Khi đó , phương trình 1 trở thành

x  13  1  x  1 
f ' t  

0,5

a 3  1  a 3 . Xét hàm số f t   t 3  1  t , t  1 .

3t 2

 1  0, t  f t 
2 t3 1
3  f x  1  f a   x  1  a

là

2  3

x 2  6x  6  3 x  1  x

x  1  x 2 6 x  6  x 

hàm

đồng

biến

trên

R.

Khi

đó

3 x  1  x  0 * *


 x 2  6 x  6  9 x  1  x 2  6 x x  1 3
 x 1  0
3  2 x x  1  5x  1  

5 x  1  2 x

x  1

x  0
 4 x 2  25 x  25  0

0,5

x  1


x  1
 x  0


   x  5   x  5
 

5
  x  5
x 
 

4
4

Đối chiếu với (**) và * thấy x  5 thỏa mãn  a  4  y  62 .
Vậy hệ có nghiệm là  x; y   5;62
9.

(1,0 điểm) .
Ta có x  xy  3 xyz  x 

 x

1
1
2 x.8 y  3 2 x.8 y.32 z
4
8

0,5

2 x  8 y 2 x  8 y  32 z 32
4


x  y  z   x  y  z
8
24
24
3

t  x  y  z;t  0

3 1

3
2 f  t    t3  t 2 ; f  t   0  t  1
 P  f t   2 
2t 3t
3
Lập bảng biến thiên của hàm f(t) ta được Pmin   tại t=1
2
16

 x  21
x  y  z  1 
4


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  2 x  8 y
 y 
21
 2 x  32 z


1

 z  21


0,25

0,25

SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM
2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ SỐ 1

2x  4
(C ).
x 1
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến song song đường thẳng
d : 6 x  y  2016  0.
Câu 2 (1,0 điểm).
a). Giải phương trình: log 2 ( x  2)  2 log 4 ( x  5)  3.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  f ( x ) 

b). Cho số phức z thỏa mãn: 3( z  1)  4 z  i (7  i ) . Tính mô-đun của số phức z.
Câu 3 (1,0 điểm).
a). Giải phương trình:

sin 3x  cos 2 x  sin x
0
2cos x  3

b). Đội văn nghệ trường THPT Thanh Hòa gồm có 20 học sinh trong đó có 12 nữ và 8 nam.
Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh để hát tốp ca chuẩn bị chào mừng Đại hội Đại biểu Đảng bộ
huyện Bù Đốp lần thứ X, nhiệm kỳ 2015-2020. Tính xác suất để 5 học sinh được chọn có ít

nhất một học sinh nữ.
e

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:

 x(

x  ln x )dx.

1

 2 y 2  3 y  1  y  1  x 2  x  xy
Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
 2 x  y  2 y  3 x  4  3x  14 x  8  0

; x, y  R

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a. Hình
chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC. Góc giữa đường
thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AB và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(-1; 1; 2), B(0; 1; 1) ,
x y 2 z 3


C(1; 0; 4) và đường thẳng d :
. Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Tìm tọa
1
1

1
độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ABC) bằng 18 .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tọa
độ điểm D(5; 4). Đường trung trực của đoạn CD có phương trình d1: 2x + 3y – 9 = 0 và đường
phân giác trong góc BAC của tam giác ABC có phương trình d2: 5x + y + 10 = 0. Xác định tọa
độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn: x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
1
1  x
y 
P  4x2  2  4 y2  2   2
 2 .
x
y
 x 1 y 1


SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM
2016
MÔN: TOÁN

ĐỀ SỐ 1

CÂU
ĐÁP ÁN
ĐIỂM

2x  4
Câu
2,0
(C ).
Cho hàm số y  f ( x) 
x 1
1
điểm
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến
song song đường thẳng d : 6 x  y  2016  0.
a). (1,0 điểm)
+ TXĐ: D  R \ 1
+ Sự biến thiên:
y'

6

 x  1

2

;

0,25

y '  0, x  D

Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định:  ; 1 và

 1;  
Hàm số không có cực trị.
+ Giới hạn – tiệm cận:
 lim f ( x )  
x 1
 x  1 là tiệm cận đứng.

f ( x )  
 xlim

1
lim f ( x)  2  y  2 là tiệm cận ngang.

0,25

x 

+BBT:
x

y’

-1
+



+


y
2

+ Đồ thị:
Đồ thị (C ) nhận I(-1; 2) làm tâm đối xứng.
x
0
2
y -4
0

2

0,25


0,25

b). (1,0 điểm)
Gọi M0(x0; y0) thuộc (C). Lúc đó phương trình tiếp tuyến của (C) tại
M0 là:
 : y  f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 )

(1)

Mà:
 / / d  f '( x0 )  6
 x0  0

 x0  2

x0  0  f ( x0 )  4   : y  6 x  4

x0  2  f ( x0 )  8   : y  6 x  20

0,25
0,25
0,25

Vậy có hai tiếp tuyến của (C) song song với d là:
 : y  6 x  4 ;  : y  6 x  20

Câu
2

a). Giải phương trình: log 2 ( x  2)  2log 4 ( x  5)  3 (1)
b). Cho số phức z thỏa: 3( z  1)  4 z  i (7  i ) (2) . Tính môđun của số
phức z.
a). (0,5 điểm)
Đk: x  5 .
(1)  log 2 ( x  2)  log 2 ( x  5)  3
x  6
 ( x  2)( x  5)  8  
 x  3
Đối chiếu đk, ta được nghiệm của phương trình là: x = 6.
b). (0,5 điểm)
Gọi z  x  yi  z  x  yi . Lúc đó:

0,25
1,0
điểm

0,25

0,25


(2)  3 x  3  3 yi  4 x  1  (7  4 y )i
0,25

x  2

y 1
Vậy: z  5
Câu
3

0,25

a). Giải phương trình:

sin 3x  cos 2 x  sin x
 0 (*)
2cos x  3

1,0
điểm

b). Đội văn nghệ trường THPT Thanh Hòa gồm có 20 học sinh
trong đó có 12 nữ và 8 nam. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh để hát tốp
ca chuẩn bị chào mừng Đại hội đại biểu Đảng bộ huyện Bù Đốp lần

thứ X, nhiệm kỳ 2015-2020. Tính xác suất để 5 học sinh được chọn có
ít nhất một học sinh nữ.
a). (0,5 điểm)


x   m2

3

6
Đk: cos x 

; m, n  Z
2
 x     n 2

6
(*)  sin 3x  s inx  cos 2 x  0
 cos 2 x (2sin x  1)  0
 cos 2 x  0

1
s inx 

2

0,25

Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình là:




x  4  k 2

 x  5  k 2

6

; k Z

0,25
b). (0,5 điểm)
Kgm: Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong 20 học sinh, ta có:

0,25

5
20

n()  C  15504

Gọi A là biến cố: “5 hs được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ”, ta có:
n( A)  C121 .C84  C122 .C83  C123 .C82  C124 .C81  C125  15448

Vậy xác suất để 5 học sinh được chọn có ít nhất 1 hs nữ là:
P( A) 

Câu
4

n( A) 15448 1931


n() 15504 1938
e

Tính tích phân:

 x(
1

x  ln x )dx.

0,25
1,0
điểm


e

e

e

I   x( x  ln x )dx   x xdx   x ln xdx  A  B
1

1

e

A   x xdx 
1
e

B  x ln xdx 
1

5 e
2 2
x

5

0,25

1

2
 ( e5  1)
5

0,25

1

e2  1
4
0,25

2
e2  1
5
 I  A  B   ( e  1) 
5
4

Câu
5

2

2

 2 y  3 y  1  y  1  x  x  xy

Giải hệ phương trình: 

2
 2 x  y  2 y  3 x  4  3x  14 x  8  0

; x, y  R

x  0

Đk:  y  1
(nhận thấy x = 0 và y = 1 không thỏa hệ đã cho)
2 y  3 x  4  0


0,25
1,0
điểm
0,25

(1) : 2 y 2  3 y  1  y  1  x 2  x  xy


y 1 x
 x 2  xy  2 y 2  3 y  1
y 1  x

 ( y  x  1)(

x  0
1
1
 x  2 y  1)  0; (
 x  2 y  1  0,  
)
y 1  x
y 1  x
y 1

 y  x 1

(2) : 2 x  y  2 y  3 x  4  3x 2  14 x  8  0
 3x  1  6  x  3 x 2  14 x  8  0

0,25

 ( 3 x  1  4)  (1  6  x )  ( x  5)(3x  1)  0
3
1
 ( x  5)(

 3 x  1)  0
3x  1  4 1  6  x
 x5
x  5
Vậy nghiệm của hệ là: 
y  6

0,25
0,25


Câu
6

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB =
a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) là trung
điểm H của BC. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng
600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và SC.

1,0
điểm

S

d

I
C

A

K
H
B

Ta có:

  600
SH  ( ABC )  SA
, ( ABC )  SAH





 Thể tích khối chóp S.ABC:
1
3

Ta có: VS . ABC  S ABC .SH

(*)

1

a2
AB. AC 
2
2
1
a 2
Ta có: AH  BC 
2
2
a 6
SH  AH .tan 600 
2
1
a3 6
(*)  VS . ABC  S ABC .SH 
3
12

Mà: S ABCD 

0,25

 Khoảng cách giữa AB và SC
Qua C vẽ đường thẳng d song song với AB
Dựng HK vuông góc với d tại K
Dựng HI vuông góc với SK tại I, ta có:
 HI  SK
 HI  ( SC , d )

 HI  d

Ta có:
d ( AB , SC )  d ( AB , ( SC , d ))  d ( B, ( SC , d ))  2d ( H , ( SC , d ))  2 HI

Ta có:

1
1
1
a 42


 IH 
2
2
2
HI
SH
HK
14

0,25


Vậy: d ( AB , SC )  2 IH 

a 42
7

0,25

Câu
7

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(-1; 1; 2),
x y 2 z 3


B(0; 1; 1) , C(1; 0; 4) và đường thẳng d :
. Viết
1
1
1
phương trình mặt phẳng (ABC). Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho
khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ABC) bằng 18 .
(0,5 điểm)
Ta có phương trình mp(ABC) đi qua A(-1; 1; 2) và nhận VTPT là:
 
AB  AC  (1; 4; 1)
( ABC ) :1( x  1)  4( y  1)  1( z  2)  0

0,25
1,0
điểm

0,25

( ABC ) : x  4 y  z  5  0

0,25

(0,5 điểm)
Gọi M thuộc vào d, suy ra: M (t; 2  t;3  t ) . Ta có:
d ( M , ( ABC )) 

2t  6
18

0,25

 18

t  6

t  12

Vậy có 2 điểm M thỏa YCBT là:
M(-6; 8; -3) hoặc M(12; -10; 15).

Câu
8

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD
có tọa độ điểm D(5; 4). Đường trung trực của đoạn CD có phương
trình d1: 2x + 3y – 9 = 0 và đường phân giác trong góc BAC của tam
giác ABC có phương trình d2: 5x + y + 10 = 0. Xác định tọa độ các
đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD.

0.25
1,0
điểm

d1

d2

B

C
M

A

D

 2m  9 

3 

 
Mặt khác: DM vuông góc với d1 nên ta có: DM .ud 1  0  m  3

Gọi M là trung điểm của CD. Do M thuộc d1 nên  m;
Vậy M (3;1)  C (1; 2) .
Ta lại có A thuộc d2 nên A(a; 5a  10)




 xB  a  4

 B (a  4; 5a  16)
 yB  5a  10  6

Mà ABCD là hbh nên AB  DC  

0,25

Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua d2, ta có: C '(4; 3)  AB
Ta có:




A, B, C’ thẳng hàng C ' A  kC ' B 

a  4 5a  7

 a  2
a
5a  13

0,25

Vậy A(-2; 0) và B(-6; -6).

0,25
0,25
Câu
9

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn: x  y  1 . Tìm GTNN của
biểu thức:
1
1  x
y 
P  4x2  2  4 y2  2   2
 2 .
x
y
 x 1 y 1
Ta có:
1
1
M  4 x 2  2  4 y 2  2  2 5.
x
y

 x
y  4
N  2
 2  .
 x 1 y 1  5
4
PM N 2 5
5
1
4
x y P2 5
2
5

4
Khi  MinP  2 5 
5

1,0
điểm

0,25

0,25

0,25


0,25
_______________ HẾT ______________
(Đáp án này gồm 06 trang)


SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Trường THPT Chuyên Quang Trung
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
4
2
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y  x  2 x  2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y  

1
x  2015 .
24

Câu 2 (1,0 điểm).

3
 52
51 x
b) Cho số phức z thỏa mãn: 3  z  1  i   2i z  2 . Tìm môđun của số phức z .
a) Giải phương trình trên tập số thực: 5 x 1  6.5 x 





2

x2  2 

 dx
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I   x  ln x 


x
1


e

2

Câu 4 (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1, 0, 2), N  3; 2;0  và mặt phẳng
( P) : x  2 y  2 z  3  0 . Viết phương trình mặt cầu đường kính MN và phương trình mặt phẳng (Q)
song song với mặt phẳng ( P) sao cho khoảng cách từ M đến ( P) bằng khoảng cách từ M đến (Q ) .
Câu 5 (0.5 điểm) Cho góc x thỏa 0  x   và cos 2 x  3 sin 2 x =2 . Tính giá trị của biểu thức




A  cos  x    sin  x   .


6



3

Câu 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . SAB là tam giác cân tại S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 600, cạnh
AC  a . M và N lần lượt là trung điểm cạnh SA và BC . Tính theo a thể tích khối chóp S .BCD và
khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( SND ) .
Câu 7 (0.5 điểm) Trong kỳ thi thử THPT quốc gia lần VI, trường THPT chuyên Quang Trung có 4 thủ
khoa khối A, 3 thủ khoa khói B, hai thủ khoa khối D, 1 thủ khoa khối C. Trong buổi phát thưởng cho các
thủ khoa, nhà trường mời các thủ khoa lên bục xếp thành một hàng ngang để nhận phần thưởng. Tính xác
suất để xảy ra trường hợp: “Thủ khoa khối C luôn đứng giữa hai thủ khoa khối A, thủ khoa khối D đứng
ở hai đầu hàng và các thủ khoa khối B luôn đứng gần nhau”.
Câu 8 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 C  :  x  1

2

 y 2  25 . Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (C ) cắt nhau tại điểm M nằm trên đường

thẳng d song song với tiếp tuyến tại A của (C ) . Hai đường thẳng AB và AC cắt d lần lượt tại
E 19;1 và F  3; 11 . Hãy tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
 8 y  2  x  1   y  12  x  2  2  2 x  y 

Câu 9 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:  3
y
 x y 
2
x  x y


 x, y   

Câu 10 (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  1  c . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P 

a3
b3
c3
14



.

a  bc b  ca c  ab (c  1) (a  1)(b  1)

----------------------- HẾT ------------------------


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1 a)

1 b)

Nội dung
TXĐ D  
SBT
BBT
ĐT
Gọi A(x 0 ; x 04  2 x 02  2)  (C) là tiếp điểm của tiếp tuyến.

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

( d ) : y  (4 x03  4 x02 )( x  x0 )  x04  2 x02  2

Do (d ) (d) vuông góc với y 

2 a)

2 b)

0,5

1
x  2015 nên x0  2
24

Vậy ( d ) : y  24 x  38 .

0,25

Phương trình tương đương với
25.5 x1  30.5 x1  3.5 x 1  52
 x 1
Giả sử z  a  bi (a, b   ) . Thay vào phương trình tìm được a=1, b=3.

0,5

0,5

Vậy z  10
3

e

e
2

I   x ln xdx   x(x 2  2) 2 dx
1

1

3

x
x3
1 2e3
ln x  ) |1e  
3
9
9 9
2
3
2
(x  2) e (e  2)3  27
Tính I 2 
|1 
6
6
6
4
3
3e  18e  4e  36e 2  55
Vậy I 
18

0,5

 Mặt cầu (S) tâm I(2;1;-1),

0.5

Tính I1  (

4

=R 

0,5

MN
 3 (S) : (x  2) 2  (y  1) 2  (z  1)2  3
2

 m  3
 m  7

 Mặt phẳng (Q) : x+2y-2z+m=0. d (M;(P))  d(M;(Q))  

0.5

Với m=-3 (loại) do (P), (Q) trùng nhau.
5

6



5
 m . Do 0  x    x 
6
6

Khi đó A  cos   sin  2
2
Giả thiết dẫn tới x  

1
3

 V  SH .S BCD (H là trung điểm của AB)
Tam giác ABC đều nên HC 
1
a2 3
S ABCD  S ABC 
2
4
3
a 3
V
8
S BCD 

0,5

0,25

a 3

3a
 SH  HC tan 600 
2
2

0,25


d (M,SDN) 1 d (A, DNS ) AI 4
 ;

 (I
d (A,SDN) 2 d (H, ADN) HI 3



0,25

là giao điểm của AB,DN)
d (H;SDN) 

7

SH .HK

SH 2  HK 2
2S
3 21
HK  DHN 
a.

DN
28
93
d (M,SDN) 
a.
31
n(  )  10!

ttrong đó K hình chiếu của H lên DN
0,25

0.25


 Cách 1: n(A)  2!(2.3!.3.4! 2.3!.2.4! 2.3!.1.4!)
2

Cách 2: n(A)  2!C 4.4!.3!.2!
Vậy P (A) 
8

0.25

1
1050

Cách 1
0,25

 Dễ chứng minh MB=MC=ME=MF

 Tọa độ B,C=(M;EF/2) (C)



0,5

 B (1; 5),C(5;3)
(M; EF/2) : (x  11)  (y  5)  100  
 B (5;3),C(1; 5)
Tọa độ A  BE  CF
2

2

0,25

o B(1;-5), C(5;3), A(4;4)
o B(5,3), C(1,-5), A(2,-4)
Cách 2

 Lập tiếp tuyến tại A với (C) dẫn tới A(4;4), A(2;-4)
 Tìm tọa độ B,C. Trong đó B  AE  (C);C  AF  (C)
o Ứng với A(4,4) dẫn tới B(1;-5), C(5,3)
o Ứng với A(2;-4) dẫn tới B(5,3), C(1,-5)
9

Đk x>=2, từ phương trình 2 dẫn tới y>0.
Phương trình 2 trừ mỗi phương trình cho 1, nhân liên hợp kết hợp x,y>0 ta được
x-y-1=0.
C1:

Thế vào 1 ta được
8 x  6  x  1   x  11 x  2  2  3 x  1




3



4x  4  4x  4 



3

 

x2 2 

x22



Dễ thấy hàm tăng nên
4x  4  x  2  2
x  2

 x  34
9


C2 :
Khử biểu thức
Phương trình  8 x  6  x  1   x  11 x  2  2  3x  1 được viết lại

0,5

0,5


(4 x  3)[8 x  1  (3 x  2)]  ( x  11)[4 x  2  (3 x  6)]  (9 x 2  52 x  68)
9 x 2  52 x  68  0

4x  3
x  11


 1(*)
 8 x  1  (3x  2) 4 x  2  3 x  6

(*) được viết lại

4x  3
4x  5  4 x  2
(**)

8 x  1  (3x  2) 4 x  2  3 x  6

Vì 4 x  3  4 x  5  4 x  5  4 x  2 và
8 x  1  4 x  2

 8 x 1  3x  2  4 x  2  3x  6

3x  2  3x  6
Từ đây suy ra VT (**)  VP (**) nên (**) vô nghiệm.
a3
b3
(a  b  1)3
14
P



(a  b)(b  1) (a  b)(a  1) (a  1)(b  1) (a  b  2) (a  1)(b 1)

10



(a  b) 2
4(a  b  1) 3
28


2
2(a  b  2) (a  b 2)
(a  b  2) 2
9t 14 24
Đặt t=a+b+2 (t>2). P  f (t)    2  14
2 t
t

53
1
5
Cách 1: Sử dụng xét hàm, tìm được Min P= . Khi a  b  ; c 
8
3
3

0.5





0.5

Cách 2: Sử dụng Cauchy
P

1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.

14 63t 14 81t 81t
53


 2 

 14  .
t
32 t
64 64
8
Chú ý
Theo tinh thần tạo bầu không khí cho học sinh trước khi đi thi, do đó:

Bỏ qua tất cả những thiếu sót của câu khảo sát hàm số.
Câu số phức thiếu a,b thuộc R vẫn chấm điểm bình thường.
Câu hình giải tích phẳng, nếu không loại m=-3 trừ 0.25
Câu hình học không gian, nếu có tính toán, chưa ra khoảng cách cuối cùng cho 0.75
Câu 7 xác suất nếu có không gian mẫu 10! Cho: 0.25
Câu 8 hình giải tích Oxy nếu học sinh lỡ loại nghiệm trừ 0.25.
Câu 9 nếu học sinh giải đúng nghiệm, không chứng minh được vô nghiệm, trừ toàn bài 0.25.