25 đề thi thử toán tháng 3 có đáp án chi tiết

DŨNG ĐOÀN’s
MATHCLASS OFFLINE

ĐỀ THI THỬ
KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian phát đề

Đề thi thử lần thứ 08

=======================***=======================
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y  x 4  2 x2  3 .





Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2 1  m 2 x 2  m  1 có ba điểm cực trị tạo thành một
tam giác có diện tích lớn nhất ?
 x  y  2 2 x  y  1
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 
log 2  x  2   log 2 y  0
3
x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
dx .
x 1
0

 x; y    .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

x y 1 z 2


và mặt phẳng
1
2
3

 P  : x  2 y  2z  3  0 .
a) Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với d .
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến  P  bằng 2.
2
.
3
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng
đáy, SA  AB  a , AD  3a . Gọi M là trung điểm cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S. ABMD và cosin góc tạo
bởi hai mặt phẳng  ABCD  và  SDM  .

Câu 6 (1,0 điểm). Tính giá trị biểu thức P  sin 4   cos4  , biết sin 2 

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là trung điểm
của BC và E là hình chiếu của A trên đường thẳng BC. Gọi F và G tương ứng là hình chiếu của E trên các cạnh
AB và AC. Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD tại H. Biết rằng AH . AD  2 , tọa độ điểm A  2; 3  , phương
trình đường thẳng  FG  : 3 x  4 y  2  0 và điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình:

 x  2   x  3
2

2





x  1 9 x  1  7  81x  32

 x   .

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn điều kiện: a 2  b2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P 

a2
b2
c2
1
.



b  2c c  2 a a  2 b a  b  c  1

---------------------- HẾT ---------------------Họ và tên: …………………………………………………………………………….Lớp:……………
Đề thi gồm có: 01 trang, cán bộ coi thi không chém gió gì thêm!

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng

1

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng

2


DŨNG ĐOÀN’s
MATHCLASS OFFLINE

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ
KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

Đề thi thử lần thứ 08





Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2 1  m 2 x 2  m  1 có ba điểm cực trị tạo thành một
tam giác có diện tích lớn nhất ?









Ta có: y '  4 x 3  4 1  m 2 x  4 x x 2  m 2  1  0  x  0  x 2  1  m 2 . Hàm số có ba cực trị nếu 1  m  1 .
Khi đó hàm số có ba cực trị: A  0; m  1  , B





 



1  m 2 ; m 4  2 m2  m , C  1  m2 ; m 4  2 m 2  m .



Gọi M 0; m 4  2 m 2  m là trung điểm của BC. Vì hàm số đối xứng qua trục tung do đó ABC cân tại A.



Ta có: AM  m 4  2 m 2  1  1  m 2



2

, BC  2 1  m 2 . Do đó: SABC 

1

AM.BC  1  m 2
2





2

1  m2  1 .

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích ABC là 1 khi và chỉ khi m  0 .
 x  y  2 2 x  y  1
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 
log 2  x  2   log 2 y  0

 x; y    .

Điều kiện xác định: x  2; y  0 . Từ phương trình hai ta có: log 2  x  2   log 2 y  y  x  2 .
Thay vào phương trình thứ nhất ta được: x  y  2 2 x  y  1  x  x  2  2 x  1



 

 x 1 2 x  1 



x  2 1  0  x  1



x1
1
  x  3 

  0 . Vì:
 x 1  2

x

2

1


3

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
0

x
x 1



 

x 1 2 

x1
x 1  2

1
x2 1

 x  3

x 1

x12



x3
x2 1

0

 0 . Do đó: x  3  y  1 .

dx .
2

Đặt





x  2 1  0 

2
 2t 3
2 8
t2  1
2tdt  2  t 2  1 dt  
 2t   .
t
1
1
 3
1 3

x  1  t  x  t 2  1, dx  2tdt . Khi đó: I  





Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

x y 1 z 2


và mặt phẳng
1
2
3

 P  : x  2 y  2z  3  0 .
a) Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với d .
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến  P  bằng 2.
a) Mặt phẳng cần tìm là:  Q  : x  2 y  3 z  0 .
Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng

3






b) Gọi M  t ; 2t  1; 3t  2   d . Khi đó: d M ;  P  

t5
3

t  11  M 11; 21; 31
2
t  1  M  1; 3; 5 

Câu 6 (1,0 điểm). Tính giá trị biểu thức P  sin 4   cos4  , biết sin 2 



Ta có: P  sin 4   cos 4   sin 2   cos 2 



2

2
.
3

1
7
 2 sin 2  cos 2   1  sin 2 2  .
2
9

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng
đáy, SA  AB  a , AD  3a . Gọi M là trung điểm cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S. ABMD và cosin góc tạo
bởi hai mặt phẳng  ABCD  và  SDM  .

1
9a 2
AB  AD  BM  
(đơn vị diện tích).
2
4
1
3a 3
VS. ABMD  SA.SABMD 
(đơn vị thể tích).
3
4
Hạ AH  MD   SAH   MD  SH  MD .

S

SABMD 

A

D

M
E

  .
 SMD  ;  ABCD   SH ; AH   SHA

AE. AD

Lấy E đối xứng A qua B. Ta có: AH 

H

B

Khi đó:

C

2

2



6a

AD  AE
7a
AH 6
 SH  SA 2  AH 2 
. Do đó: cos  
 .
SH 7
13

13

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là trung điểm
của BC và E là hình chiếu của A trên đường thẳng BC. Gọi F và G tương ứng là hình chiếu của E trên các cạnh
AB và AC. Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD tại H. Biết rằng AH . AD  2 , tọa độ điểm A  2; 3  , phương
trình đường thẳng  FG  : 3 x  4 y  2  0 và điểm E có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Chứng minh AD vuông góc FG:
ABC là tam giác vuông có cạnh huyền BC, trung tuyến AD do
đó: DA  DB  DC hay tam giác ACD cân tại D.
  DCA
 . Mặt khác vì FAE
  DCA
 (góc có cạnh
Khi đó: DAC

A

H

G

I

  GFA
 (AFEG là hình chữ nhật)
tương ứng vuông góc) và FAE
  GFA
.
do đó: DAC

F

  AGH
  900 , vậy: DAC
  AGH
  90 0  AD  FG .
Vì: GFA
Phương trình đường thẳng:  AD  : 4 x  3 y  17  0 .

B

E

D

C

 AD  : 4 x  3 y  17  0
 62 59 
4
Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình: 
 H  ;  . Do đó: AH  .
5
 25 25 
 FG  : 3 x  4 y  2  0

Vậy:

7 
4
5
AD 25  25 
AD  2  AD  

 AD 
AH hay: D  ;1  .
5
2
AH 8
8
2 

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng

4

Khai thác yếu tố AD.AH = 2: Gọi I là giao điểm của AE và FG, ta có I là trung điểm của AE. Vì AD  FG do đó

AIH ∽ ADE vì vậy: AH.AD  AI.AE  AI. AE  2  AI 2  1 .
2

2
 3a  2 
 3a  2

74
2
Gọi I  a;
 3  1  a  2  a 
.
 , ta có: AI   a  2   
4 
25

 4


Với: a 

74
 74 68 
 98 61 
 I  ;  . Vì I là trung điểm của AE nên ta tìm được E  ;  (loại).
25
 25 25 
 25 25 

Với: a  2  I  2; 2  . Vì I là trung điểm của AE nên ta tìm được E  2;1  (thỏa mãn điều kiện).
3
. Đặt BD  CD  l , theo hệ thức
2

Với E  2;1  , ta có phương trình đường thẳng  BC  : y  1 và AE  2 , ED 

 3  3 
5
lượng của tam giác vuông ta có: BE.CE  AE2   l   l    4  l  . Vì vậy tọa độ của B và C là nghiệm
2
 2  2 
2

2

7
25 
B  1;1 , C  6;1
 D; l  :  x     y  1 
của hệ phương trình: 
.
2
4 

 B  6;1 , C 1;1
 BC : y  1
 

Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình:
Điều kiện xác định: x  1 . Ta có:



2

  x  2   x  3

2

Trường hợp 1: x  

x 1



  x  2    x  3
2

2

2





 x   .

x  1 9 x  1  7  81x  32





x  1 9 x  1  7  81x  32
2



2



x  1  81x  32    81x  32  9 x  1  7

32
.
81
2



2

 981xx132 7  81x  32   x  2   x  3

Trường hợp 2:   x  2    x  3 
 x2  3x

 x  2   x  3

2



x  1  9 x  1  7  x2  4 x  3  x 2  6 x



x 1 0





x  1  x 2  4 x  3  3x x  1  0  x  x  3  x  1   x  3   x x  3  3 x  1  0





  x  3 x x  1  1 

x2  x  3 



x2

 0   x  3  x x  1  1 
0.
x33 x1
x3 3 x1





1 
1
1
Vì: x x  1  1  x  1  x 

 1 .
  x  1   x  1 
x 1 
2 x 1 2 x 1




Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  x  1 

Vậy:  x  1 

1
2 x 1



1
2 x1

1
2 x 1



1
2 x1

 3 3  x  1

1

1

2 x 1 2 x 1

 1  0  x x  1  1  0 . Do đó: x x  1  1 



x2
x33 x1

3
3

4

 1.

 0, x  1 .

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng

5




Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x  3 hoặc x  

32
.
81

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn điều kiện: a 2  b2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P 
Ta có:

a2
b2
c2
1
.




b  2c c  2 a a  2 b a  b  c  1

a2
b2
c2
a4
b4
c4


 2


.
b  2c c  2 a a  2b a b  2a 2 c b 2 c  2 ab 2 ac 2  2bc 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:





2

a 2  b2  c 2
a4
b4
c4




a 2 b  2 a2 c b 2 c  2ab 2 ac 2  2bc 2
a 2 b  b 2 c  c 2 a  2 a2 c  b2 a  c 2 b





 



a2
b2
c2
9


 2
.
2
2
b  2c c  2 a a  2 b
a b  b c  c a  2 a 2 c  b2 a  c 2 b



 



Mặt khác ta có: 3  a  b  c    a  b  c  a 2  b2  c 2







 

 

 

 3  a  b  c   a 3  b3  c 3  a 2 b  b 2 c  c 2 a  a 2 c  b 2 a  c 2 b  a 2 b  b 2 c  c 2 a  2 a 2 c  b 2 a  c 2 b

Do đó:



a2
b2
c2
9
3
1




P

.
b  2c c  2a a  2b 3  a  b  c 
abc abc1





Vì: a  b  c  3 a 2  b 2  c 2  a  b  c  3 , do đó: P 

5
5
, do đó giá trị nhỏ nhất của P là
tại a  b  c  1 .
4
4

Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng

6


TRƯỜNG THPT ANH SƠN II

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 (Lần 1)
Môn : TOÁN;
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2  3 .
Câu 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

2x  1
, biết tiếp tuyến có hệ số
x2

góc bằng 5 .
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn z  (3  2i )(2  3i )  (1  i ) 2  8 . Tính môđun của z.
b) Giải phương trình 3x 1  5.33 x  12 .
2

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I   (4 
0

x2
1  x3

) dx .

Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;1; 2), B(2; 2;1), C (2; 0;1) và mặt
phẳng  P  :2 x  2 y  z  3  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C.
Câu 6. (1,0 điểm)

2

a) Cho góc  thỏa mãn     và cos   . Tính giá trị biểu thức A  sin 2  cos2 .
2
3
b) Mạnh và Lâm cùng tham gia kì thi THPT Quốc Gia năm 2016, ngoài thi ba môn Toán, Văn, Anh bắt
buộc thì Mạnh và Lâm đều đăng kí thêm hai môn tự chọn khác trong ba môn: Vật Lí, Hóa Học, Sinh
Học dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển vào Đại học, Cao đẳng. Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm
có 6 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau. Tính xác suất để Mạnh và
Lâm chỉ có chung đúng một môn tự chọn và một mã đề thi.
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  2 2 a . Hình
chiếu vuông góc của điểm S trên mp(ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với
mp(ABCD) một góc 450 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và
SD theo a.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, gọi P là điểm trên cạnh BC.
Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB tại điểm D, đường thẳng qua P song song với AB cắt AC
tại điểm E. Gọi Q là điểm đối xứng của P qua DE. Tìm tọa độ điểm A, biết B(2;1) , C (2; 1) và

Q(2; 1) .
Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 1  x x 2  1  x 2  x  1(1  x 2  x  2) trên tập số thực.
Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  [0;1], b  [0;2],c  [0;3] . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P 

2(2ab  ac  bc)
8b
b


.
2
1  2a  b  3c
b  c  b( a  c )  8

12a  3b 2  27c 2  8
---------- Hết ---------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Cảm ơn thầy Nguyễn Trọng Thiện () chia sẻ đến www.laisac.page.tl


TRƯỜNG THPT ANH SƠN 2

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 (Lần 1)
Môn : TOÁN;
(Đáp án này có 05 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

CÂU

1
1,0đ

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

* Tập xác định : D  
* Sự biến thiên :
- Giới hạn lim y  lim y  
x 

,

0,25

x 

3

- Ta có y  4 x  4 x; y ,  0  x  0, x  1
Bảng biến thiên
x -
y’

-

-1
0

0
0

+

+

1
0

-

+
+

0,25

-3

+

y
-4

-4

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1 ; 0) và (1 ; +  ), nghịch biến trên các khoảng
(-  ; -1) và (0 ; 1).
- Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  3 ; hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  4 .

0,25

*Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox tại các điểm (  3;0) , cắt trục Oy tại (0; 3) . Đồ thị nhận
trục Oy làm trục đối xứng.
y
8

y

6

4

0,25

2

x
-1 5

-10

-5

O

5

10

15

-2

x

-4

-6

2

1,0đ

Tiếp tuyến có hệ số góc bằng -5 nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình
 5
 5
x  3

y  5   ( x  2) 2

x  1
x  2

,

3a
0,5đ

0,25

Suy ra có hai tiếp điểm là A(3;7), B(1; 3)

0,25

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại A là y  5( x  3)  7 hay y  5 x  22

0,25

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại B là y  5( x  1)  3 hay y  5 x  2

0,25

Tính được z = 4 - 3i

0,25

Khi đó | z | 42  (3)2  5

0,25


3b

Phương trình đã cho tương đương 32 x  4.3x  45  0

0,25

0,5đ
t  9
Đặt 3x  t , (t  0) ta được t 2  4t  45  0  
. Do t>0 nên ta chọn t=9, khi đó
t  5

0,25

3x  9  32  x  2 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.
4
1,0đ

2

2

Ta có I   4 dx  
0

0

2

Tính A   4 dx  4 x
0
2

Tính B  
0

x2
1  x3
2
0

dx

0,25

8

0,25

x2

2
dx . Đặt 1  x3  t  1  x3  t 2  x 2 dx  tdt
3
1 x
3

0,25

2
t
3
2
3
2
2 3 4
Đổi cận x  t . Khi đó B   3 dt   dt  t 
0
1
t
31
3 1 3
1
3

Vậy I  A  B  8 
5
1,0đ

4 28


3 3

0,25

1
* Ta có mặt cầu (S) có tọa độ tâm là A( 0; 1; 2), bán kính R  d ( A; ( P ))  .
3

0,25

1
Vì vậy (S) có phương trình: x 2  ( y  1) 2  ( z  2)2  .
9

0,25

* Đặt M(x; y; z). Khi đó theo giả thiết ta có:
 MA  MB
2 x  3 y  z  2
 MA  MB  MC


  MB  MC
 2 x  y  1

 M  ( P)
2 x  2 y  z  3  0
2 x  2 y  z  3



x  2

  y  3 . Vậy M(2 ;3 ;-7).
 z  7


6a
0,5

Do


2

6b
0,5đ

0,25

    nên sin   0 . Do đó sin 2   1  cos 2  1 

Vậy P  2sin  .cos  2 cos 2   1  2.

0,25

4 5
5
  sin  
9 9

3

5
2
2
1 4 5
.(  )  2( )2  1  
3
3
3
9

0,25

0,25

Không gian mẫu  là các cách chọn môn tự chọn và số mã đề thi có thể nhận được của
Mạnh và Lâm.
Mạnh có C32 cách chọn hai môn tự chọn, có C61 .C61 mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự
chọn của Mạnh.
Lâm có C32 cách chọn hai môn tự chọn, có C61 .C61 mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự
chọn của Lâm.

0,25


Do đó n( )  (C32 .C61 .C61 ) 2  11664 .
Gọi A là biến cố để Mạnh và Lâm chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề
thi. Các cặp gồm hai môn tự chọn mà mỗi cặp có chung đúng một môn thi là 3 cặp ,
gồm :

Cặp thứ nhất là (Vật lí, Hóa học) và (Vật lí, Sinh học)
Cặp thứ hai là (Hóa học, Vật lí) và (Hóa học, Sinh học)
Cặp thứ ba là (Sinh học, Vật lí) và (Sinh học, Hóa học)
Suy ra số cách chọn môn thi tự chọn của Mạnh và Lâm là C31.2!  6

0,25

Trong mỗi cặp để mã đề của Mạnh và Lâm giống nhau khi Mạnh và Lâm cùng mã đề
của môn chung, với mỗi cặp có cách nhận mã đề của của Mạnh và Lâm là

C61 .C61.1.C61  216 .
Suy ra n()  216.6  1296
Vậy xác suất cần tính là P( A) 
7

n( A) 1296 1

 .
n() 11664 9

S

A

1,0đ
D

Q

M

E
H
C

D
H

B

O
A

(Hình câu 7)

B

K

P

C

0,25

(Hình câu 8)

*Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo giả thiết ta có SH  ( ABCD) . Gọi O là giao
2
1

điểm của AC và BD. Ta có CH  CO  AC  a  AH  AC  HC  2a . Cạnh SA
3
3

  450 , SH = AH =2a. Diện tích đáy
tạo với đáy góc 450, suy ra SAH
S ABCD  AB. AD  a.2 2 a  2 2a 2 .

1
1
4 2a 3
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là V  S ABCD .SH  .2 2a 2 .2a 
.
3
3
3
*Gọi M là trung điểm SB thì mp(ACM) chứa AC và song song với SD.
Do đó d(SD ;AC)= d(SD ; (ACM))= d(D ; (ACM)).

0,25

0,25

Chọn hệ tọa độ Oxyz, với A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; 2 2a ; 0),

C (a; 2 2a;0), S (

2a 4 2a
5a 2 2a
;

; 2a), M ( ;
; a) . Từ đó viết phương trình mp(ACM)
3
3
6
3

0,25


là 2 2 x  y  2 z  0 . Vậy d (SD, AC )  d ( D,( ACM )) 

| 2 2a | 2 22a

.
11
8 1 2

Chú ý: Cách 2. Dùng phương pháp hình học thuần túy, quy về KC từ một điểm
đến một mặt phẳng
8
1,0đ

Tam giác ABC cân tại A nên đường cao AK là trung trực canh BC, do đó AK có
phương trình 2x – y = 0. Phương trình đường thẳng BC là x + 2y = 0.

0,25

Ta chứng minh Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Thật vậy.

Vì AD// PE, AE// PD nên ADPE là hình bình hành, do đó PD = AE, AD = PE.
Gọi H là giao điểm của DE với CQ. Vì P, Q đối xứng nhau qua DE nên DP =DQ,

DH  PQ, EQ  EP . Do đó AE= DP= DQ, EQ= EP= AD. Suy ra ADEQ là hình thang
cân, nên ADEQ nội tiếp được đường tròn. Vì thế ta có
  DEQ
  1800  DEQ
  1800  DAQ
 (1).
DAQ

Tam giác ABC cân tại A nên tam giác EPC cân tại E, suy ra EP = EC. Lại có Q đối xứng

0,25

với P qua DE nên EQ= EP, suy ra EQ = EP = EC.
  ECQ

 EQC
  ECH
 , suy ra EPCH nội tiếp được đường tròn (2).
Từ đó có 
 EPH


 EPH  EQH

Từ (1) và (2) ta được
  1800  PEH
  1800  QEH

  DEQ
  1800  DAQ
  1800  BAQ

BCQ
  BAQ
  1800 . Suy ra tứ giác ABCQ nội tiếp, tức Q thuộc đường tròn ngoại
hay BCQ

tiếp tam giác ABC.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua B, C, Q có phương trình là x 2  y 2  5 .
0,25

2 x  y  0
 x  1, y  2

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  2
.
2
 x  y  5  x  1, y  2
Đối chiếu A, Q cùng phía với đường thẳng BC ta nhận điểm A(-1 ; -2).
Vậy A(-1 ; -2).
9
1,0đ

0,25

Bất phương trình đã cho tương đương

( x x 2  1  x 2  x  1 x 2  x  2)  (1  x 2  x  1)  0



( x  1)(2 x 2  x  2)
2

2



2

x x  1  x  x 1 x  x  2
 ( x  1)(

x(1  x)

2x2  x  2
2

2

0

1  x2  x  1


2

x
2

0,25
)0

x x 1  x  x 1 x  x  2 1 x  x 1

 ( x  1). A  0 (1) với A 

2x2  x  2
2

2

2



x
2

x x 1  x  x 1 x  x  2 1 x  x 1

0,25


 x 2  x  1  x 2  1
 x 2  x  1 x2  x  2   x x2  1
Nếu x  0 thì 
 x 2  x  2   x
 x2  x  1 x2  x  2  x x2  1  0  A  0

Nếu x>0 , áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
 2
x2  x  1  x2  x  2
3
2
x

x

1
x

x

2

 x2  x 

2
2

2
2
x

x

1
1

 x x2  1 
 x2 

2
2

0,25

 x2  x  1 x2  x  2  x x2  1  2x2  x  2

x

 A  1

x

 0 vì

2

1  x  x 1

2

1

1 x  x 1

Tóm lại , với mọi x   ta có A>0. Do đó (1) tương đương x  1  0  x  1 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (1; ) .

Chú ý : Cách 2. Phương pháp hàm số

Đặt u  x 2  x  1  u 2  x 2  x  1 thế vào bpt đã cho ta có
u 2  x 2  x  x x 2  1  u (1  u 2  1)

0,25

 u 2  u  u u 2 1  x2  x  x x2 1

Xét f (t )  t 2  t  t t 2  1 )
f ' (t )  (t  t 2  1) 2  t 2  1  0t nên hàm nghịch biến trên R
Do đó bpt  u  x  x  1

10
1,0đ

Ta có a  [0;1], b  [0;2],c  [0;3]
(1  a )(b  c)  0
b  c  ab  ac


 2a  b  3c  2ab  bc  ac (1)
(2  b)(a  c)  0
2 a  2c  ab  bc



0,25

2(2ab  ac  bc) 2(2ab  ac  bc)


1  2a  b  3c
1  2ab  ac  bc

Mặt khác b  c  a(b  c) vì a  [0;1] , suy ra

8b
8b
8b


b  c  b(a  c )  8 a(b  c)  b(a  c)  8 2ab  bc  ac  8
Với mọi số thực x, y, z ta có
( x  y ) 2  ( y  z ) 2  ( z  x) 2  0  2( x 2  y 2  z 2 )  2 xy  2 yz  2 zx
 3( x 2  y 2  z 2 )  ( x  y  z ) 2 (2). Áp dụng (2) và (1) ta có

12a 2  3b2  27c 2  3[(2 a)2  b2  (3c)2 ]  (2a  b  3c)2  2a  b  3c  2ab  bc  ac



b
2

2

2

12a  3b  27c  8



b
2 ab  bc  ac  8

0,25


Suy ra P 

P

2(2ab  bc  ac)
8b
b


1  2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  8 2 ab  bc  ac  8

2(2ab  bc  ac)
8
. Đặt t  2ab  bc  ac với t  [0;13] .

1  2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  8

Xét hàm số f (t ) 

0,25

2
8

2t
8

; t  [0;13] có f ' (t ) 

; f ' (t )  0  t  6 .
2
t 1 t  8
(t  1) (t  8)2

Tính f (0)  1; f (6) 

16
47
16
16
khi t  6 .
; f (13) 
 f (t )  , t  [0;13] và f (t ) 
7
21
7
7

16
2
16
16
Do đó P  . Khi a  1; b  2; c  thì P  . Vậy giá trị lớn nhất của P là
.

7
3
7
7

0,25

Chú ý: Thí sinh giải cách khác đáp án mà đúng thì cho điểm tối đa theo thang điểm.
----------Hết-------Cảm ơn thầy Nguyễn Trọng Thiện () chia sẻ đến www.laisac.page.tl


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:…………………………………


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)

Nội dung

y

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

0,25

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng 1 : x  1 là d  M ; 1   a  1

1
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang  2 : y  2 là d  M ;  2  
a 1

0,25


Suy ra d  M ; 1   d  M ;  2   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)

0,25

2
1
(1điểm)

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

0,25
0,25

Phương trình  log 2 ( x  1)  log 2 ( x  2)  log 2 (3 x  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 .
i
3
1
5i
10 
1 10 10 i
1  10 i 10 i
10 i 
(1điểm)
khai triển (2 x  3 )   C10 (2 x)   3    C10 2 ( 1) i x 2
i0
x
x  i0

2
2
8
5
Hệ số của x là C10 .2  1  11520
2

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

0,25

0,25
0,25
0,25

1

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 .

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 
5
(1điểm)

1 2
ln x  C
2

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


MA(4  x; 1  y;5)


MB( 2  x;7  y;5)

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25



 MAMB  0
Vì ABCD là hình vuông nên tam giác MAB vuông cân tại M  
 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

  600
(
SB;( ABCD))  SBH

0,25

K
A

B

I
H
E

0

Trong tam giác SBHcó SH  BH tan 60 

VSABM

C

D

M

a 15
2

0,25

1
a 3 15
(đvtt)
 VSABCD 
2
12

+) Tính khoảng cách:
Dựng hình bình hành ABME
Vì BM//(SAE)  d  SA, BM   d ( M ,( SAE ))  2d ( D,( SAE ))

7
(1
điểm)

 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
Trong tam giác SHI có



 HK 
2
2
2
2
HK
HI
SH
15a
4 19
a 15

Vậy d  SA, BM  
19
Gọi D là giao của AK với đường tròn (I).
A
Phương trình đường thẳng AK là:
x+3y-5=0
  1 ( ABC
  BAC
 )  BKD

Ta có KBD
2
K

0,25

Nên tam giác KBD cân tại D

0,25

0,25

I

B

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)  
a  1
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 
2
2


 IB  IA

 x  y  3x  4 y  0
2
4

 2

2
DB

DK
7
1
5
2
2

 x  y  7 x  y  10  0
( x  )  ( y  ) 

2
2
2
 x  4; y  2(tm)
 x2  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)

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

0,25

3x  2  x 3

x 3  3x  2  2

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 
 x 2  x 3 3x  2  3  3x  2  2 



9
(1điểm)

x  1

3

(x

3x

2)

0

 x  2
Suy ra bất phương trình

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  ; 2   1
1
Giả sử x =min {x,y,z} suy ra x  [0; ]
2
3
3
3
2
2
2
Ta có x  y  z  3xyz  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx)
 x 3  y 3  z 3  3 xyz  ( x  y  z ) ( x  y  z ) 2  3( xy  yz  zx ) 

 3xyz 

0,25

0,25

0,25

0,25

27 9( xy  yz  zx)

8
2

Ta

27 9
 ( xy  yz  zx )
8 2
0,25
1 2 1 13
27 9
215 9
9
13


 ( xyz  )   xyz 
 ( xy  yz  zx) 
 ( xy  zx)  yz   x 
8
64 4
8 2

64 2
2 4 
3

3

3

2

2 2

2

2 2

có P  x  y  z  x y z  x y z  3xyz 


2

1
9 13
 9 13 
 y  z   9 13 
Vì x  [0; ]  
x  0   yz   x    
   x
2
2 4

2 4 
 2  2 4 
2
215 9 3
13
  9 13 
Suy ra P 
 x(  x)    x    x 
64 2 2
4 2
 2 4 

0,25

2

215 9 3
13
  9 13 
 1
Xét f ( x ) 
 x (  x )    x    x  , x  0; 
64 2 2
4 2
 2 4 
 2
1 25
 1
Hàm số f(x) nghịch biến trên 0;   f ( x)  f ( ) 
2 64

 2
Vậy GTLN của P bằng

25
1
đạt khi x = y = z =
64
2

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

0,25


SỞ GD & ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 – NĂM 2016
Môn: TOÁN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2x 1
x2
3
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y  x  (m  3) x 2  1  m đạt cực đại tại điểm x

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

= –1

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn z  2 z  2  4i . Tìm môđun của số phức z.
b) Giải bất phương trình 3 log 3 x  log 3 (3 x)  1  0
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

( x 2  x)e x  x 2
dx.
0
x 1

x2 y2 z

 và điểm
1
1
2
A(2;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A và (d). Tính cosin của góc giữa mặt phẳng (P) và mặt
phẳng tọa độ (Oxy).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos 3 x  cos x  2 sin 2 x  0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng ( d ) :

12

1 

b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức Niutơn  2 x  5  , x  0

x

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ABC = 1200.
, hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm cạnh A’B’, góc giữa đường
thẳng AC’ và mặt phẳng (A’B’C’) bằng 600 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và góc giữa hai mặt
phẳng (BCC’B’) và (ABC).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đường thẳng chứa đường cao kẻ
từ A, trung tuyến kẻ từ B và phân giác trong kẻ từ C lần lượt là (d1): 3x – 4y + 27=0, (d2): 4x + 5y – 3 = 0,
(d3): x + 2y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

 x 2  x  1  y 2  y  1  x 2  xy  y 2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
( x, y   )
 4( x  1)( xy  y  1)  3 x  3 x 4  x 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

a
b
c
2(a 2  b 2  c 2 )



bc
ca
ab
ab  bc  ca

-------------------------------- HẾT-------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


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

2x 1
x2

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y  x3  (m  3) x 2  1  m đạt cực đại tại điểm x
= –1


Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn z  2 z  2  4i . Tìm môđun của số phức z.

b) Giải bất phương trình 3 log 3 x  log3 (3x)  1  0

1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

( x 2  x)e x  x 2
dx.
0
x 1


x2 y2 z

 và điểm

1
1
2
A(2;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A và (d). Tính cosin của góc giữa mặt phẳng (P) và mặt
phẳng tọa độ (Oxy).

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng ( d ) :

Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos 3 x  cos x  2sin 2 x  0


12

1 

b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức Niutơn  2 x  5  , x  0
x


Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ABC = 1200.
, hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm cạnh A’B’, góc giữa đường
thẳng AC’ và mặt phẳng (A’B’C’) bằng 600 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và góc giữa hai mặt
phẳng (BCC’B’) và (ABC).


Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đường thẳng chứa đường cao kẻ
từ A, trung tuyến kẻ từ B và phân giác trong kẻ từ C lần lượt là (d1): 3x – 4y + 27=0, (d2): 4x + 5y – 3 = 0,
(d3): x + 2y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.