Đề thi thử môn toán THPT quốc Gia 2015 với 10 bộ đề có đáp án

ĐỀ THI THỬ THPT NĂM 2016
Môn TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = f(x) = –x³ + 3x – 2
b. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình x³ – 3x + m + 2 = 0.
1
xe x
dx
Câu 2. (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫
2
(x
+
1)
0
Câu 3. (1,0 điểm)
sin x + sin 2x + sin 3x
a. Cho tan x = 5/3. Tính giá trị của biểu thức A =
cos x + cos 2x + cos 3x
b. Giải phương trình log6 (x – 1) + log6 (3x + 9) = 1 + log6 2x
Câu 4. (1,0 điểm)
a. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa (4 – i)z + (3 + 2i) z = 7 + 5i
b. Hộp thứ nhất có 5 bi đỏ và 6 bi vàng, hộp thứ hai có 6 bi đỏ và 5 bi vàng. Nếu lấy ngẫu nhiên mỗi hộp một
viên bi thì xác suất hai bi cùng màu là P 1. Nếu lấy ngẫu nhiên đồng thời hai bi trong một hộp được chọn ngẫu
nhiên thì xác suất hai bi cùng màu là P2. Tính tỉ số P1/P2.
Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2; 3; 2), B(4; –3; –1) và C(1; 1; 3). Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua C và vuông góc với AB. Tìm điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; AD = 3a và AB = 4a. Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HD. Biết SA = 5a/2. Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD, AC.
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD//BC và BC = 2AD. Hình

chiếu vuông góc của đỉnh C trên đường thẳng BD là M(–1; 3) và trung điểm của BD là E(–2; 2). Biết phương
trình đường thẳng AB là 4x – 7y + 10 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của ABCD.
 x − 1 = 2xy − 4x − y 2 + 2y
Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2 2
3
( y − 2 + 6 − x )(3x − 2) − x y + 9x − 9xy + 6 = 0
Câu 9. (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a
b
1 c
+
+ (a 2 + 1)( + )
thức P =
2
2
(b + c)(a + bc)
(a + c)(b + ac)
a ab


ĐÁP SỐ
1b. Bảng kết quả
m
–∞
0
–4
số nghiệm
1
2

3
2
2. e/2 – 1.
3a. 15/8
3b. x = 3
4a. –2 và 7
4b. 12/11
5. (P): 2x – 2y – z + 3 = 0 và D(–1; 1; –1)
6. V = 6a³ và d(SD, AC) = 36a/17
7. B(–6; –2), D(2; 6), A(1; 2) và C(–4; 6)

+∞
1

8. Điều kiện y ≥ 2 và y/2 ≤ x ≤ 6
phương trình (1) <=> x – 1 = (2x − y)(y − 2)
<=> 2x – y + y – 2 = 2 (2x − y)(y − 2) <=> ( 2x − y − y − 2 )² = 0 <=> y = x + 1.
Thay vào phương trình (2)
(3x − 2)( x − 1 − 6 − x ) − x 2 (x + 1) 2 + 9x 3 − 9x(x + 1) + 6 = 0
<=> ( x − 1 + 6 − x − 3)(3x − 2) − (x 4 − 7x 3 + 10x 2 ) = 0
<=>

[5 − 2 (x − 1)(6 − x) − 9](3x − 2)

<=>

x −1 + 6 − x + 3
2( − x 2 + 7x − 10)(3x − 2)

= x 2 (x 2 − 7x + 10)

= x 2 (x 2 − 7x + 10)

( x − 1 + 6 − x + 3)( − x + 7x − 6 + 2)
2(3x − 2)
2
2
]=0
<=> (x − 7x + 10)[x +
( x − 1 + 6 − x + 3)( − x 2 + 7x − 6 + 2)
<=> x² – 7x + 10 = 0 (vì x ≥ 1 nên phần còn lại dương)
<=> x = 2 V x = 5
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S = {(2; 1), (5; 6)}
9. Ta có
a
a
2a
2a
=
=
≥
2
2
2
(b + c)(a + bc)
a + bc + ab + ac a + 1
(ab + ac)(a 2 + bc)
2

Cmtt

b
2b
≥ 2
2
(a + c)(b + ac)
b +1

→P≥

2a
2b
(a 2 + 1)(b + c)
+
+
a 2 + 1 b2 + 1
ab

b+c
(a 2 + 1)(b + c)
2a
(a 2 + 1)(b + c)
2b
(a 2 + 1)(b + c)
+2
Mặt khác 2
≥2
+
+ 2
+
b

a(b 2 + 1)
a +1
2ab
b +1
2ab
mà a² + 1 = a² + ab + bc + ca = (a + b)(a + c) và b² + 1 = (b + c)(b + a)
b+c
a+c
=> P ≥ 2
≥ 4 (vì c ≥ 0)
+2
b
a
min P = 4 khi a = b = 1 và c = 0.


SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

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

2x − 3
x−2
Câu 2 ( 1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2 tại điểm có
hoành độ x0 thỏa mãn phương trình: y ''( x0 ) = −12 .

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

Câu 3 ( 1,0 điểm)
a. Cho số phức z thỏa mãn: ( 1 − i ) z + 2iz = 5 + 3i . Tìm mô đun của số phức
b.

Giải
2

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

Câu 5 ( 1,0 điểm)
a. Cho góc α thỏa mãn

(

phương

trình

)

2 x 2 + 1 − 3x xdx

4
tan α −1
3π
< α < 2π và cosα = . Tính giá trị của biểu thức: A =
.
2

5
2 − cos2α

b.Trường THPT X tổ chức hội thao GDQP- AN.Trung đội 10A chọn một tiểu đội trong đó có 6 chiến
sĩ nam và 5 chiến sĩ nữ tham gia các nội dung: hiểu biết chung về GDQP- AN, điều lệnh từng người
không có súng, băng bó cứu thương và đội ngũ đơn vị . Tiểu đội trưởng chọn ngẫu nhiên 3 chiến sĩ
tham gia nội dung băng bó cứu thương. Tính xác suất để 3 chiến sĩ được chọn có cả nam và nữ.
Câu 6 ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

x y- 1 z- 2
=
=
và mặt
1
2
3

phẳng (P) : x + 2y − 2z + 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ O và vuông góc
với d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến (P) bằng 3.
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O với
AB = 2a 3, BC = 2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm H của
đoạn OD. Góc hợp bởi SB với mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Câu 8 ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A thuộc
đường thẳng
, đỉnh D thuộc đường thẳng
Gọi H là hình chiếu
9 2
5 5

vuông góc của A trên BD. Điểm M( ; ), N(9;2) lần lượt là trung điểm của BH và CD. Xác định tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết điểm D có tung độ dương.
Câu 9 (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn y + z = x( y 2 + z 2 ) .Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
----------------------HẾT--------------------


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2
Câu

1

Nội dung trình bày

Điểm

2x − 3
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y =
x−2

* TXĐ : D = R\{2}, y’ = −

1,0

1
< 0 ∀x ∈ D

( x − 2) 2

0.25

* Giới hạn và tiệm cận :
lim y = lim y = 2 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x →+∞
x →−∞
lim y = −∞; lim+ y = +∞ nên x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x→ 2

0.25

x → 2−

* Bảng biến thiên
x
y'
y

2

- ¥

2

+¥

-

0.25

+¥

2

- ¥

* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞; 2) và (2; +∞) , hàm số không có cực trị.
* Đồ thị :



3 3



Đồ thị cắt các trục tọa độ tại điểm:  0; ÷,  ; 0 ÷ .
 2 2 
y

0.25
2

O

2

x

Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(2 ;2) làm tâm đối xứng
2

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2 tại điểm có
hoành độ x0 thỏa mãn phương trình: y ''( x0 ) = −12 .
Ta có y ' = 3x 2 − 12 x + 9 , y '' = 6 x − 12 ,
y ''( x0 ) = −12 ⇔ 6 x0 − 12 = −12 ⇔ x0 = 0

1,0
0,25


Với x0 = 0 ⇒ y0 = −2

0,25

Phương trình tiếp tuyến tại M ( 0; −2 ) là: y = y '(0) ( x − 0 ) − 2 = 9 x − 2

0,5

a. Cho số phức z thỏa mãn: ( 1 − i ) z + 2iz = 5 + 3i . Tìm mô đun của số phức

0,5

Giả sử

z = a + bi ; a,b ∈ R ⇒ ( 1 − i ) z + 2i.z = 5 + 3i ⇔ ( 1 − i ) (a + bi ) + 2i.(a − bi ) = 5 + 3i
a + 3b = 5 a = 2
⇔
⇔

⇒ z = 2+i
a + b = 3
b = 1

3

Khi đó ta có:

0,25

0,25

w = 2(3 + i ) − (2 − i) = 4 + 3i ⇒ w = 16 + 9 = 5

b. Giải phương trình

0,5

× log 3 (9 x + 18) = x + 2 ⇔ 9 x + 18 = 3x +2
3x = 3
⇔ 9 − 9.3 + 18 = 0 ⇔  x
3 = 6
x

x = 1
⇔
 x = log 3 6

3

Vậy phương trình có hai nghiệm là: x=1 và x=log 6
2

Tính tích phân: I = ∫
0

2

I =∫
0

(

(

)

2 x 2 + 1 − 3x xdx

)

2

2

2

0

0

2

1
= ∫ 2 x 2 + 1d (2 x 2 + 1) − 3∫ x 2 dx
40
0

1
=
(2 x 2 +1)3
6
=

0,5

2

2

−x
0

0,25
1,0

2 x + 1 − 3 x xdx = ∫ x 2 x + 1dx − ∫ 3 x 2 dx
2

2

4

0,25

x

3

0,25
0

1
1
11
(8 + 1)3 − − 8 = −
6
6
3

Vậy I = −

Chú ý: Có thể giải theo phương pháp đổi biến với

11
3

0,25

t = 2 x2 +1

4
3π
< α < 2π và cosα = .
2
5
tan α −1
Tính giá trị của biểu thức: A =
.
2 − cos2α

a. Cho góc α thỏa mãn

0,5


 3π
4
1
25
3
−1 = −
−1 = −
 < α < 2π , cosα = ⇒ tan α = −
2
2
5
cos α
16
4

Ta có 
cos 2α = 2 cos 2 α − 1 = 7

25
3
− −1
tan α − 1
175
⇒A=
= 4
=−
2 − cos2α 2 − 7
172
25

5

0,25

0,25

0,5

b. Trường THPT X tổ chức hội thao GDQP- AN . Trung đội 10A chọn một tiểu
đội trong đó có 6 chiến sĩ nam và 5 chiến sĩ nữ tham gia các nội dung: hiểu biết
chung về GDQP- AN, điều lệnh từng người không có súng, băng bó cứu thương và
đội ngũ đơn vị . Tiểu đội trưởng chọn ngẫu nhiên 3 chiến sĩ tham gia nội dung
băng bó cứu thương. Tính xác suất để 3 chiến sĩ được chọn có cả nam và nữ.
* Số cách chọn 3 chiến sĩ từ 11 chiến sĩ của tiểu đội là C11 = 165
do đó số phần tử của không gian mẫu là Ω = 165 .

* Gọi A là biến cố ” 3 chiến sĩ được chọn có cả nam và nữ”
1
2
2 1
Ta có số kết quả thuận lợi cho A là: Ω A = C5 .C6 + C5 C6 = 135
3

Xác suất để 3 chiến sĩ được chọn có cả nam và nữ là:

P ( A) =

0,25
Ω A 135 9
=
=
Ω 165 11

0,25

Câu 6 ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
d:

x y - 1 z- 2
=
=
và mặt phẳng (P) : x + 2y − 2z + 3 = 0. Viết phương trình mặt
1
2
3

1,0

phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao
cho
khoảng
cách
từ
M
đến
(P)
bằng
3.
6

r
Mặt phẳng (Q) có VTPT n = (1; 2;3) và đi qua O(0;0;0) nên có phương trình: x + 2 y + 3 z = 0 .

M (t ;1 + 2t ; 2 + 3t ) ∈ d ; d ( M ; ( P )) = 3 ⇔
Do đó M (−8; −15; −22) và M (10; 21;32)

t = −8
|1 − t |
=3⇔ 
.
t
=
10
3


Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O với
AB = 2a 3, BC = 2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với
trung điểm H của đoạn OD. Góc hợp bởi SB với mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD

0,5
0.2
5
0.25

1,0

0,5


0,25

·
Ta có SH ⊥ ( ABCD) ⇒ ( SB, ( ABCD )) = SBH
= 600 .
3
3
HB = BD =
AB 2 + AD 2 = 3a ⇒ SH = HB.tan 600 = 3 3a
4
4
S ABCD = AB.BC = 2a 3.2a = 4 3a 2

0,25

1
1
⇒ VSABCD = SH .S ABCD = 3a 3.4 3a 2 = 12a 3
3
3
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC
Do AD song song (SBC) nên ta có:
4
d(H,(SBC)).
3
Kẻ HM vuông góc với BC, HK vuông góc với SM ⇒ HK ⊥ ( SBC )

d(AD,SC) = d(AD,(SBC)) = d(D,(SBC)) =

0,25

Hay HK = d(H,(SBC)).
1
1
1
1
4
5
=
+
=
+
=
2

2
2
2
2
HK
SH
HM
27a 2
(3 3a ) (3 3a)
Tính HK:
3 3
3 15
⇒ HK =
a=
a
5
5
Vậy khoảng cách giữa AD và SC là: d(AD,SC) =
8

0,25

4
4 3 15
4 15
HK=
a=
a
3
3 5

5

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A thuộc
đường thẳng
, đỉnh
D

thuộc đường thẳng
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A
trên BD. Điểm

độ

0,5

9 2
M( ; ), N(9;2) lần
5 5

lượt là trung điểm của BH và CD.
Xác định tọa độ các đỉnh của hình
chữ nhật ABCD biết điểm D có tung
dương.

1,0


Gọi E là trung điểm của AH, ta có ME ⊥ AD ⇒ E là trực tâm tam giác ADM
⇒ DE ⊥ AM.Mặt khác tứ giác EMND là hình bình hành nên DE PMN, do đó AM ⊥ MN

0,25

Đường thẳng AM qua điểm M và vuông góc với MN có pt: 9x + 2y – 17 = 0 .
9 x + 2 y = 17
x = 1
⇔
⇒ A(1; 4)
 2 x − y = −2
y = 4
uuur uuur
Theo giả thiết điểm D thuộc d2, giả sử D(d;d-5), do AD ⊥ DN nên DA.DN=0
 d = 9 ⇒ D(9; 4)
⇔ (9 − d )(8 − 2d ) = 0 ⇔ 
. Vì điểm D có tung độ dương nên D(9;4)
 d = 4 ⇒ D(4; −1)

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 

0,5

Do N là trung điểm CD nên điểm C có tọa độ là: C(9;0)
Phương trình đường thẳng AH: 2x + y – 6 = 0 .
Phương trình đường thẳng DM: x - 2y -1 = 0
Do H là giao điểm của AH và DM nên ta có tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương

13

x
=


2 x + y = 6
13 4
5
⇔
⇒ H( ; ) ⇒ B(1;0)
trình 
5 5
x − 2 y = 1
y = 4

5
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD là: A(1;4), B(1;0), C(9;0), D(9;4)
)

0,25

Giải hệ phương trình:
1,0

−1 ≤ x ≤ 1

2
Điều kiện: 1 + 2 x y ≥ 0 . Với x=0, hệ phương trình luôn có nghiệm ∀y ∈ R
1 − 2 x 2 y ≥ 0

0,25
Với x ≠ 0 , chia 2 vế của phương trình (2) cho x3 ta được pt:

2 y + 2 y (2 y ) 2 + 1 =
9

1 1 1 2
1
+
( ) + 1 ⇔ f (2 y ) = f ( )
x x x
x

Xét hàm số: f (t ) = t + t t + 1 ⇒ f '(t ) = 1 + t + 1 +
2

2

t2

t 2 +1
1
1
Vậy f(t) là hàm đồng biến trên R, do đó f (2 y ) = f ( ) ⇔ 2 y =
x
x

> 0 ∀t ∈ R
0,25

Thế vào phương trình (1) ta được : 4 1 + x − 1 = 3 x + 2 1 − x + 1 − x 2 (*)

a = 1 + x ≥ 0 2a 2 = 2 + 2 x
⇒ 2
⇒ 2a 2 − b 2 = 1 + 3 x


Đặt b = 1 − x ≥ 0
b = 1 − x


0,25


pt (∗) ⇔ 4a − 1 = 2a 2 − b 2 − 1 + 2b + ab ⇔ 2a 2 + (b − 4)a + 2b − b 2 = 0
a = 2 − b
∆ = (b − 4) − 8(2b − b ) = (3b − 4) ⇒ 
a = b
2

Với a=2-b ⇔a+b=2 ⇔ 1 + x + 1 − x = 2 ⇔ x = 0 ( loại)
2

2

2

Với 2a = b ⇔ 2 1 + x = 1 − x ⇔ x = −

3
5
⇒ y =−
5
6

3


 x = − 5  x = 0
; 
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: 
5
y∈ R
y = −

6
Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn y + z = x( y 2 + z 2 ) .Tìm giá trị nhỏ nhất

0,25

1,0

của biểu thức

2
2
2
2
2
2
Ta có ( y + z ) ≤ 2( y + z ) ⇔ x( y + z ) ≤ 2 x( y + z ) = 2( y + z ) ⇒ y + z ≤

2
x

0,25

(1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

P≥

1
2
4
+
+
2
(1 + x) (1 + y )(1 + z ) (1 + y )(1 + z )(1 + x)

Mặt khác:

10

(2 + y + z ) 2 1
2 2 (1 + x) 2
(1 + y )(1 + z ) ≤
≤ (2 + ) =
4
4
x
x2
1
2x2
4x2
2 x 3 + 6 x 2 + x +1
⇒P ≤

+
+
=
(1 + x ) 2 (1 + x ) 2 (1 + x )3
(1 + x )3

2 x3 + 6 x 2 + x + 1
10 x − 2
1
⇒
f
'(
x
)
=
=
0
⇔
x
=
Xét hàm số f ( x ) =
(1 + x)3
(1 + x ) 4
5
BBT:

x
f'(x)

1

5

0
-

0

+∞

+

f(x) 1
91
108
1
91
Từ bảng biến thiên ta có: P ≥ f ( x) ≥ f ( ) =
.
5 108

+∞

0,25

0,5




1

x =
91
5
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
. Dấu bằng xảy ra khi 
108

 y = z = 5

---------- Hết ----------

TRƯỜNG THPT LƯƠNG VĂN CÙ

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỀ THI THỬ

Môn thi: Toán

(Đề thi gồm 01 trang)

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
1
4

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

2x − 1
tại điểm có tung độ bằng 3.
x −1

Câu 3. (1,0 điểm)
a) Tìm số phức z , biết 3 z − 2 z + ( 3 + 2i ) ( −1 − 2i ) = 0 .
b) Giải phương trình: 4 x − 2.2x + 2 + 7 = 0 .
p
2

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

cos x
dx .
2 sin x + 1

Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A( 3; 2;1) , B ( 1; 2;3) và mặt
phẳng ( P ) : x + 2 y - 2 z + 3 = 0 . Tính khoảng cách giữa hai điểm A và B. Viết phương trình mặt phẳng

( α ) đi qua A và song song với mặt phẳng ( P ) .
Câu 6. (1,0 điểm)
a) Biến đổi thành tích biểu thức A = sin x + sin 3x + sin 5x + sin 7 x .
b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2016, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lý, Hóa,
Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của 3
môn trong kì thi chung đó và có ít nhất một trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó
có bao nhiêu phương án tuyển sinh?
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA
vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a, ·SCA = ϕ . Tính theo a thể tích khối chóp SABC biết ϕ = 300 .

Xác định góc ϕ để thể tích khối chóp SABC lớn nhất .
Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A ( −1;2 ) . Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình đường
tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2 x + y − 8 = 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn
2.


 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4
Câu 9. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1
Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 3.
1
1
1
1
+
+
≤
.
Chứng minh rằng:
2
2
2
1 + a (b + c) 1 + b (c + a ) 1 + c (a + b) abc

__________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:…………………………….

TRƯỜNG THPT LƯƠNG VĂN CÙ

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ

Môn thi: Toán
(Đáp án-thang điểm gồm 04 trang)

Câu

Đáp án

Điểm

Tập xác định: D = ¡
éx = 0
ê
êx = ±2
ê
ë
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - 2;0) , ( 2; + ¥ ) . Hàm số nghịch biến trên các

1
3
(1,0đ) Đạo hàm: y ¢ = x - 4x , y ¢ = 0 Û

khoảng ( - ¥ ; - 2) , ( 0; 2) .
Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±2, y = - 5 . Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y = - 1 .
lim y = + ¥

x ®- ¥

;

0,25

0,25

lim y = + ¥

x ®+ ¥

Bảng biến thiên:

0,25

Đồ thị:

0,25


Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm của đồ thị hàm số và tiếp tuyến.
2
(1,0đ) Ta có y0 = 3 ⇒ x0 = 2
y' =

−1

2

( x − 1) . Hệ số góc của tiếp tuyến:

f

'

( x0 ) =−1

0,25
0,25

Phương trình tiếp tuyến y = −1 ( x − 2 ) + 3

0,25

⇔ y = −x + 5

0,25

a) 3 z − 2 z + ( 3 + 2i ) ( −1 − 2i ) = 0 (*)
3
Gọi z = a + bi ( a, b Î R ) , z = a - bi
(1,0đ)
Pt (*) trở thành: 3( a - bi ) - 2 ( a + bi ) + 1- 8i = 0 Û a - 5bi = - 1 + 8i
8
8
. Vậy z = - 1- i
5
5

Û a = - 1, b = -

0,25

0,25

b) 4 x − 2.2 x + 2 + 7 = 0 ⇔ 4x − 8.2 x + 7 = 0 .
t = 1
t = 7

x
2
Đặt t = 2 ( t > 0 ) . Phương trình trở thành: t − 8t + 7 = 0 ⇔ 

2 x = 1
x = 0
⇔ x
⇔
 x = log 2 7
2 = 7

0,25

0,25

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = log 2 7
dt
4
Đặt t = 2 sin x + 1 ⇒ dt = 2 cos xdx ⇒ = cos xdx
(1,0đ)

2

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x =

π
⇒t =3
2

0,25
0,25

3

1 dt
Suy ra I = ò
2 1 t

0,25


æ
1
I =ç
ln
ç
ç
è2

3

ö
1
÷
t÷
= ln 3
÷
÷
2
ø
1

uuur
5
AB = ( −2; 0; 2 ) ⇒ AB =
(1,0đ)

0,25

( −2 )

2

+ ( 0) + ( 2) = 2 2
2

2

0,25

Mặt phẳng ( α ) đi qua A( 3; 2;1) .

Mặt phẳng
r

( α ) song song với mặt phẳng ( P ) nên có vectơ pháp tuyến

0,25

n = ( 1; 2; −2 )

Phương trình mặt phẳng ( α ) : 1. ( x − 3 ) + 2 ( y − 2 ) − 2 ( z − 1) = 0

0,25

Hay x + 2 y − 2z − 5 = 0

0,25

a)
6
(1,0đ)

A = sin x + sin 3x + sin 5x + sin 7 x = ( sin 7 x + sin x ) + ( sin 5x + sin 3x )

0,25

A = 2 sin 4x ( 2 cos 2x cos x ) = 4 sin 4x cos 2x cos x

0,25

= 2 sin 4x cos 3x + 2 sin 4x cos x = 2 sin 4x ( cos 3x + cos x )

b)
TH1: Trường ĐH chỉ xét 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn:

0,25

Có: 2.C = 30 (cách)
2
6

TH2: Trường ĐH xét cả hai môn Toán và Văn:
Có: 1.C61 = 6 (cách)

0,25

Vậy trường ĐH có 36 phương án tuyển sinh.
7
ϕ
ϕ
(1,0đ) BC = AC = a.cos ; SA = a.sin
3
a
Với ϕ = 300 , ta có: VSABC =

0,25
0,25

16

1

1
1
1
VSABC = .SABC .SA = .AC.BC.SA = a 3 sin ϕ.cos 2 ϕ = a 3 sin ϕ ( 1 − sin 2 ϕ )
3
6
6
6

0,25

Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ±

1
3

Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là
2
 1 
÷=
 3 3 3

f ( x) = f 
điểm cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN hay Max
x∈( 0;1)
1
a3
Vậy MaxVSABC =
, đạt được khi sin ϕ =

3
9 3
1
π
hay ϕ = arc sin
(với 0 < ϕ < )
3
2

0,25


Gọi E = BN ∩ AD ⇒ D là trung điểm của AE

8
Dựng AH ⊥ BN tại H ⇒ AH = d ( A; BN ) =
5
1
1
1
5
=
+
=
Trong tam giác vuông ABE:
2
2
2
AH
AB AE

4AB2
8
5.AH
=4
(1,0đ) ⇒ AB =
2

A

B

H
M
K
D

N

C

0,25

E

B ∈ BN ⇒ B(b; 8 - 2b) , (b > 2)
AB = 4 ⇒ B(3; 2)
Phương trình AE: x + 1 = 0
E = AE ∩ BN ⇒ E(-1; 10) ⇒ D(-1; 6) ⇒ M(-1; 4)
Gọi I là tâm của BKM ⇒ I là trung điểm của BM ⇒ I(1; 3)
R=

BM
= 5 . Vậy phương trình đường tròn: (x - 1)2 + (y - 3)2 = 5.
2

0,25
0,25
0,25

 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4 (1)

 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1 (2)

9
(1,0đ)

 xy + x − y 2 − y ≥ 0
 2
Đk: 4 y − x − 2 ≥ 0
 y −1 ≥ 0


Ta có (1) ⇔ x − y + 3

0,25

( x − y ) ( y + 1) − 4( y + 1) = 0

Đặt u = x − y , v = y + 1 ( u ≥ 0, v ≥ 0 )
u = v

u = −4v (vn)

Khi đó (1) trở thành : u 2 + 3uv − 4v 2 = 0 ⇔ 

Với u = v ta có x = 2 y + 1 , thay vào (2) ta được : 4 y 2 − 2 y − 3 + y − 1 = 2 y
⇔ 4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) +
2 ( y − 2)
4 y − 2 y − 3 + 2 y −1
2

+

(

y−2
=0
y −1 +1


2
⇔ ( y − 2) 
+
 4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1

⇔ y = 2 ( vì ⇔

0,25

)

y −1 −1 = 0


1
÷= 0
y −1 +1 ÷


2
4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1

+

1
> 0 , ∀y ≥ 1 )
y −1 +1

0,25

0,25

Với y = 2 thì x = 5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là ( 5; 2 )
10

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3 = ab + bc + ca ≥ 3 3 (abc) 2 ⇒ abc ≤ 1 .

0,25


Suy ra:

(1,0đ) 1 + a 2 (b + c ) ≥ abc + a 2 (b + c) = a(ab + bc + ca ) = 3a ⇒

1
1
≤
(1).
1 + a (b + c) 3a
2

Tương tự ta có:
1
1
1
1
≤
(2) ;
≤
(3)
2
1 + b (c + a ) 3b
1 + c (a + b) 3c

0,25

2

Cộng

(1),

(2)

và

(3)

theo

vế

với

vế

ta

có:

1
1
1
1 1 1 1
+
+
≤ ( + + ).
2
2
1 + a (b + c) 1 + b (c + a) 1 + c (a + b) 3 c b c
1
1

1
ab + bc + ca
1
+
+
≤
=
.
2
2
2
1 + a (b + c) 1 + b ( c + a) 1 + c ( a + b)
3abc
abc
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc = 1, ab + bc + ca = 3 ⇒ a = b = c = 1, (a, b, c > 0).
2

0,25

0,25

_____________Hết_____________
HÒA BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 2
Môn thi: TOÁN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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 4 − 2 x 2 − 1 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y = x 2 3 − 2 x .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp các điểm biểu diển số phức z thỏa mãn z - i = ( 1 + i ) z .
b) Giải bất phương trình 2 x + 3.2− x ≤ 4 .
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol

( d ) : y = 2x −1 .

( P ) : y = x2 + x − 3

và đường thẳng

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( α ) : 2 x − y + 2 z + 1 = 0 và mặt cầu

( S ) : ( x − 1)

2

+ ( y + 2 ) + ( z + 1) = 9 . Viết phương trình mặt phẳng ( β ) song song với ( α ) và tiếp xúc
2

2

với mặt cầu ( S ) , tìm tọa độ tiếp điểm tương ứng.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos 2 x + ( 1 + 2 cos x ) ( sin x − cos x ) = 0

9

2 

b) Tìm hệ số của x trong khai triển của nhị thức  x − 2 ÷ .
x 

·
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có BAC
= 1200 , AB = a , AC = 2a . Cạnh bên SA vuông góc với
đáy. Mặt bên ( SBC ) tạo với mặt phẳng đáy một góc 300 . Gọi M , N thứ tự là trung điểm của cạnh
SB, SC . Tính thể tích khối chóp S . ABC và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và BN .
 x 2 + x − 1 + 2 y ( x − 5 ) = y 2 + 2 y

x + 2 y ( x − 4) = 2 x −1
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
.
Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , điểm M là trung điểm của AB
8 1
7 1
. Biết I  ; ÷ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; điểm G ( 3;0 ) và K  ; ÷ thứ tự là trọng
3 3
 3 3
tâm của tam giác ABC và ACM . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
3


Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c ∈ [ 0;1] và a + b + c = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = a 2b + b 2 c + c 2 a +

1
3 − 2 ( ab + bc + ca )

.

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


HÒA BÌNH

ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 - LẦN 2
Môn: TOÁN


Câu
Câu
1

Câu
2

Nội dung
x = 0
Tập xác định: D = ¡ . y′ = 4x3 − 4x , y′ = 0 ⇔ 
 x = ±1
Khoảng đồng biến, nghịch biến. Giới hạn.
Bảng biến thiên
Đồ thị


3
x2
6x − 5x2
Tập xác định: D =  −∞;  . y ' = 2 x 3 − 2 x −
=
2
3 − 2x
3 − 2x


Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

x = 0
y' = 0 ⇔ 
x = 6 / 5
Bảng xét dấu

0,25
0,25

 6
6 3
KL: hàm số đồng biến trên khoảng  0; ÷ , nghịch biến trên các khoảng ( −∞;0 ) ,  ; ÷
 5
5 2

Câu
3a

Gọi z = x + yi, ( x,y ∈ ¡ ) . Từ giả thiết ta có:

( x + yi ) − i = ( 1 + i ) ( x + iy )
2

⇔ x2 + ( y − 1) =

( x − y)

0,25

⇔ x + ( y − 1) i = ( x − y ) + ( x + y ) i
2

+ ( x + y)

2

⇔ x 2 + y2 + 2y − 1 = 0

Tập hợp điểm M biểu diển của số phức z là đường tròn x 2 + y2 + 2y − 1 = 0 .
Câu
3b

Đặt t = 2x , ( t > 0 ) . Ta có t +

3

≤ 4 ⇔ t 2 − 4t + 3 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ t ≤ 3
t

0,25
0,25

1 ≤ 2x ≤ 3 ⇔ 0 ≤ x ≤ log2 3 . KL.
Câu
4

0,25

0,25

 x = −1
x 2 + x − 3 = 2x − 1 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔ 
.
x = 2

S=

2

∫(x

2

)

− x − 2 dx

−1

0,5

2

 x3 x 2

9 9
S=  −
− 2x ÷ = − = . KL.
 3
÷
2
2 2

 −1
Câu
5

( S)
( β)
⇔

có tâm I ( 1; −2; −1) , bán kính R = 3 .

(

)

tiếp xúc ( S) ⇔ d I; ( β ) = R

0,5

( β ) P( α ) ⇒ ( β ) : 2x − y + 2z + m = 0

2+2−2+m

= 3 ⇔ m + 2 = 9 ⇔  m = 7 . Vậy ( β ) có PT là

2
 m = −11
22 + ( −1) + 22

( β1 ) : 2x − y + 2z + 7 = 0 , ( β2 ) : 2x − y + 2z − 11 = 0
Tiếp điểm của ( β ) và ( S) là hình chiếu vuông góc của I

lên

Tiếp điểm với ( β1 ) :

( −1; −1; −3) .

Tiếp điểm với ( β2 ) : ( 3; −3;1)
 cos x − sin x = 0
( cos x − sin x ) ( cos x + sin x − 1 − 2 cos x ) = 0 ⇔ sin x − cos x = 1


Giải ra và kết luận: x =

Câu
6b

π
π
+ kπ , x = + k2π , x = π + k2π .
4
2

0,25

( β) .

x = 1 + 2t

Đường thẳng ( d ) qua I vuông góc với ( β ) có PT ( d ) : y = −2 − t .
z = −1 + 2t

Câu
6a

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

9

9

k 9−3k
2 
k
 x − 2 ÷ = ∑ C9 . ( −2 ) .x
x 

k =0

0,25


2
9 − 3k = 3 ⇔ k = 2 . Hệ số x3 là C29 . ( −2 ) = 144

Câu
7

0,25

·
Hạ AK ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAK ) nên góc giữa ( SBC ) và đáy là SKA
= 300 .
Tính được BC = a 7 , AK =
1
S∆ABC = a 2 3 .
2

V=

0,25

a 7
a 21
. SA =
7
7

a3 21
42

0,25

BN ∩ CM = E , EF PAM , F ∈ AC . (·AM,BN ) = (·EF,BN ) . Tính được
SB2 =

8a2
29a2
85a2 ,
4
85a2 .
,SC2 =
,BN 2 =
BE 2 = BN 2 =
7
7
28
9

63

EF 2 =

4
1
8a2 .
AM 2 = SB2 =
9
9
63

BF 2 =

19a2
9

·
cos BEF
=−

0,25

170
170
⇒ cos ( AM,BN ) =
17
17

0,25

Cách 2:
uuuur 1 uuur uuur uuur 1 uuur uuur uuur
uuuur uuur
5
AM = AB + AS ,BN = AS + AC − AB . ⇒ AM.BN = − a2 .
2
2
7

(

AM2 =

)

(

)

2a2
85
,BN 2 = a2
7
28

uuuur uuur
AM.BN
uuuur uuur
170

⇒ cos ( AM,BN ) = cos AM,BN =
=
AM.BN
17

(

Câu
8

)

2
ĐK: x ≥ 1,y ≥ 0 . Trừ các vế tương ứng hai PT, ta được: x 2 − ( y + 1) = 2 y − 2 x − 1



2
÷= 0
Nhận xét ( x;y ) = ( 1;0 ) không là nghiệm nên: ( x − y − 1)  x + y + 1 +

÷
y
+
x
−
1





2
÷ > 0 cho nên x − y − 1 = 0
Chỉ ra được  x + y + 1 +

÷
y
+
x
−
1


y
=
x
−
1
Thay
vào PT thứ 2 của hệ, ta được: 2x 2 − 9x + 8 = 2 x − 1
Đặt t = x − 1, ( t ≥ 0 ) . Ta có 2t 4 − 5t 2 − 2t + 1 = 0 ⇔ ( t + 1)

Câu
9

2

( 2t

2

)

− 4t + 1 = 0 ⇔ t = 1 ±

5

5

3
3
Từ đó hệ có nghiệm  + 2; + 2 ÷ và  − 2; − 2 ÷
2
2
2

2

Gọi N, P là trung điểm AM, AC. Ta có GK // AB nên MI ⊥ GK.
MP // BC, G và I thuộc trung trực của BC nên GI ⊥ MK.
Từ đó I là trực tâm của tam giác MGK và KI ⊥ MG
uur uuuur
GI.KM = 0
⇒ M ( 3;1)
Gọi M ( x;y ) .  uur uuuur
KI.GM = 0
uuuur
uuuur
MC = 3.MG ⇒ C ( 3; −2 )

0,25

0,25
1
2

.

0,25

0,25

0,25
0,25

K là trọng tâm ACM nên A ( 1;2 ) . M là trung điểm AB nên B ( 5;0 )

Câu

Vậy A ( 1;2 ) , B ( 5;0 ) , C ( 3; −2 ) .

0,25

Ta có: a, b,c ∈  0;1 ⇒ ( a − 1) ( b − 1) (c − 1) ≤ 0 ⇒ ab + bc + ca ≥ abc + a + b + c − 1 ≥ 1 .

0,5


4 NĂM 2016
2 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

3 ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) = 4 , từ đó với t = ab + bc + ca thì 1 ≤ t ≤ .
3
Môn thi: TOÁN
a+b 2 1
gian: tự
180
Ta có: a.a.b ≤ a.(
có:phút, không kể thời gian phát đề.
) = a(2 −Thời
c)2 , tương
2
4
---------------------------------------------------------1
1
2
2
2
2
P1 = a b + b c + c a ≤ a(2 − c) + b(2 − a)2 + c(2 − b)2  = (8 − 4t + P1) ,


4
4
8 4
từ đó P1 ≤ − t
3 3
8 4
1
= f ( t ) với 1 ≤ t ≤ 4 .
Do đó: P ≤ − t +

3 3
3
3 − 2t

10
Tr.THPT
NGUYỄN BỈNH KHIÊM
Vì
Sửa

4 8
max f ( t ) = f  ÷ = + 3
4
Tìm GTLN của f ( t ) với 1 ≤ t ≤ . Tìm được  4 
3 9
t∈1; 
3
3


Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
Vậy GTLN của P là



2
.
3

0,5

8
+ 3.
9

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = −2 x 4 + 4 x 2 .
Câu 2: ( 1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số y=

x−2
tại giao điểm
x +1

của (C) với trục hoành.
Câu 3 (1,0 điểm).
a. Giải phương trình: sin 2x + 1 = cos 2x.
b. Giải bất phương trình: 4x − 2x +1 − 3 > 0.
1

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

x

dx ×

3x 2 + 1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong kg Oxyz cho 3 điểm : A(1;-1;0),B(0;2;1),C(2;-2;-1). Viết phương trình mặt
(ABC) và phương trình đường thẳng vuông góc với mp(ABC) tại trọng tâm tam giác ABC.
Câu 6 (1,0 điểm).

a.Gọi z1,z2 là hai nghiệm phức của phương trình :z2-4z+5=0 .Tính giá trị biểu thức P= z1 + z2
b.Giải bóng chuyền nữ quốc tế Bình Điền năm 2016, gồm 8 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội
nước ngoài và 2 đội bóng Việt nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai bảng
A,B mỗi bảng có 4 đội. Tính xác suất để 2 đội Việt nam ở 2 bảng khác nhau.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh SA vuông góc với
đáy,góc giữa SC với mặt đáy bằng 60 0 .Gọi M là trung điểm cạnh AD. Tính thể tích chóp S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SD theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD .Các đường thẳng
AC,AD lần lượt có phương trình là x+3y=0 và x-y+4=0; đường thẳng BD đi qua điểm
M(-1;1).
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 x + 2 − x 2 + x + 1 = x 2 + 6 x + 6
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:


 x
y
z 
P = 3 4(x3 + y3 ) + 3 4(x3 + z3 ) + 3 4(z3 + x3 ) + 2 
+
+
 y 2 z2 x 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:..................................

ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM
CÂU NỘI DUNG
1
D=R

Điểm
0.25

y’= -8x3 +8x
y’=0  x=0, x=-1,x=1

0.25

y = −∞
y(0)=0 ,y(1)=y(-1)=2 , xlim
− > ±∞
Bảng biến thiên
x
y’
y

0.25

−∞
+

-1
0
2
C

-

0
0
CT

+

1
0
2
C

+∞
-

Đ
Đ
−∞
−∞
0
+
∞
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1,0) ,( 1,
) , đồng biến trên ( − ∞ ,-1) ,
(0,1)
Đạt cực đại tại x=0 , yCĐ= 0 , đạt cực tiểu tại x=1, x=-1 yCT= 2
Đồ thị hàm số

0.25


2

3.

y’=

Tọa độ giao điểm M(2 ;0)

0.25

Tiếp tuyến Với đồ thị tại M có dạng :y-y0=y’(x0)(x-x0)

0.25

x 2
−
3 3
=> y=

0.25

a) sin 2x + 1 = cos 2x. ⇔ 2sin x.cos x + 1 = 1 − 2sin 2 x
⇔ 2sin x(sin x + cos x) = 0

0.25

 x = kπ

sin x = 0
⇔
(k ∈ Z )
 x = − π + kπ
sin x = − cos x

4

0.25

 2x < −1(ktm)
4 − 2. 2 − 3 > 0 . ⇔  x
b) Ta có :
 2 > 3(tm)
⇒ x > log 2 3

0.25

1
2
2
2
Đặt t = 3 x + 1 ⇒ t = 3 x + 1 ⇒ 2tdt = 6 xdx ⇒ xdx = tdt
3

0.25

x

4.

0.25

3
,
( x + 1) 2

x

0.25

0.25

Đ/c x=0=>t=1;x=1=>t=2
2

1t
1
1
dt = t /12 =
t3
3
3
1

I =∫
5

0.5

uuur uuur
Ta có VTPT AB ∧ AC = (−2;0; −2)

0.25

Ptmp(ABC) : -2(x-1)+0(y+1)-2(z-0)=0<=>x+z-1=0

0.25

Trọng tâm của tam giác ABC là G(1 ;-1/3 ;0)

0.25

0.25


x = 1+ t

1

PTTS của đt cần tìm là :  y = − (t ∈ R )
3

 z = t
6

a)Ta có z1=2+i ;z2=2-i

0.25

P= 22 + 12 + 22 + (−1) 2 = 2 5

0.25

4
4
b) Ta có C8 cách chọn 4 đội vào bảng A, C4 cách chọn 4 đội vào bảng B
4

0.25

4

n( Ω )= C8 . C4 =70.
Gọi biến cố C : “ Hai đội Việt nam thuộc hai bảng khác nhau”
Ta có n(C)= (C6 .C2 ).(C3 .C1 ) = 40
3

P(C)=

7

1

3

1

4
7

0.25

S

H

M

A

D

l

B

K
a

N

C

¼ = 600 , AC= a 2 =>SA=a 6
Ta có SCA
Dt ABCD=a2

, V=

a

3

0.25
0.25

6
3

Gọi N là trung điểm của BC,ta có BM//DN =>BM//(SDN) =>

0.25

d(BM,SD)=d(BM,(SDN))
Kẻ AK ⊥ DN, AH ⊥ SK=> AH ⊥ (SDN)
Gọi I là giao điểm AK,BM => I là trung điểm của AK
1
1
1
a
a
=
+
⇒ AI =
⇒ AK = 2
2
2
2
AI

AB
AM
5
5
1
1
1
a 24
=
+
⇒ AH =
2
2
2
AH
AK
AS
34

0.25


1
a 6
D(BM;SD)=d(I,(SDN))= d ( A, ( SDN )) =
2
34

8

d
A

B
M
l

F
N

h
C

D

x + 3y = 0
 x = −3
Ta có : A 

=> A(-3,1)
x − y + 4 = 0
y =1

0.25

Đường thẳng (d) đi qua M, song song với AD có phương trình : x-y+2=0
Gọi N là giao điểm của (d) và ( AC) ,tọa độ N thỏa mãn :

3


x=−

x − y + 2 = 0 
2 ⇒ N (− 3 ; 1 )
⇒

2 2
x + 3y = 0
y = 1

2
Gọi F là trung điểm MN => F(-5/4 ;3/4).
Đường thẳng (h) qua F và vuông góc với AD có pt : 2x+2y+1=0.
Gọi I là giao điểm AC,BD tọa độ của I là nghiệm của hệ

−3

x
=
x + 3y = 0

4 ⇒ I (− 3 ; 1 )
⇒

4 4
2 x + 2 y + 1 = 0  y = 1

4
Đường thẳng BD qua M,I nêncó phương trình :3x+y+2=0
x − y + 4 = 0

3 5
⇒ D(− ; )
Tọa độ B 
2 2
3 x + y + 2 = 0

9

3 1
Tọa độ C ( ; − ) ;B( (0; −2)
2 2
Điều kiện : x ≥ −2

0.25
0.25
0.25


Biến đổi phương trình ta có :
( x 2 + x + 1 −1) + 2(1 − x + 2) + x 2 + 6 x + 5 = 0 ⇔
0.25

2

x +x

2( x + 1)
+ ( x + 1)( x + 5) = 0 ⇔
2
x + x +1 +1 1 + x + 2

x
2
( x + 1)[
−
+ x + 5] = 0 ⇔
2
x + x +1 +1 1 + x + 2
−

 x +1 = 0

x
2

−
+ x +5 = 0
2
 x + x + 1 + 1 1 + x + 2
x
2
xét f(x)=
−
+ x + 5 trên[−2; +∞)
2
x + x +1 +1 1 + x + 2
f '( x) =

x + 2 + 2 x2 + x +1
2 x2 + x +1

Do đó f(x) ≥ f(-2)=1tâp x ≥ -2
10

(

+

Vậy nghiệm của pt là x=-1

Tương tự ta có:

3

2

0.25
1
+ 1 > 0∀x ∈[−2; +∞)
x + 2(1 + x + 1)

2
>0 với mọi x ≥ -2. Suy ra pt f(x)=0 vô nghiệm trên
0.25
5 +1

Giải :Với x, y, z > 0 ta có

⇒

)

x2 + x +1 +1

0,25

4( x3 + y 3 ) ≥ ( x + y )3 .

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y

4( y 3 + z 3 ) ≥ ( y + z )3 .

Dấu "=" xảy ra ⇔ y = z

4( z 3 + x 3 ) ≥ ( z + x)3 .

Dấu "=" xảy ra ⇔ z = x

4( x3 + y 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) + 3 4( z 3 + x3 ) ≥ 2( x + y + z ) ≥ 6 3 xyz

 x
y
z 
Ta lại có 2  2 + 2 + 2 ÷ ≥
z
x 
y

3

0.25

0.25

6
. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z
xyz


1 
Vậy P ≥ 6  3 xyz + 3
÷ ≥ 12 . Dấu "=" xảy ra ⇔
xyz ÷


Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1.

 xyz = 1
⇔x=y=z=1

x = y = z

0.25
0.25

Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề này có 01 trang, gồm 10 câu.
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =

x+2
.
x−2

x2 + 9
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
trên đoạn [ −4; −1] .
x
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z biết z = 2 và z + 1 − i là số thực;

(

)

b) Giải phương trình log 3 3 − 6 = 3 − x .
x