50 đề thi thử (đáp án full HD không che) THPT quốc gia môn toán mới nhất 2016

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 1

THI THỬ KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn thi: TOÁN - Lần 1

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 hàm số y  x 4  2 x 2  1 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f  x   x  3 

4
trên đoạn  2;5 .
x 1

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos 2 x  3sin x  2  0 .
b) Giải bất phương trình log 2  2 x  1  log 1  x  2   1 .
2
n

2

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển nhị thức Niu - tơn của biểu thức  x   ,
x

1
2
x  0. Trong đó n là số tự nhiên thỏa mãn An  2Cn  180 .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có A(1; 1; 1),
B(1; 2; 1), C(1; 1; 2) và A'(2; 2; 1). Tìm tọa độ các đỉnh B', C' và viết phương trình mặt cầu đi qua

bốn điểm A, B, C, A'.
Câu 6 (1,0 điểm).
3

a) Cho cos   . Tính giá trị của biểu thức P  cos 2  cos 2
5
2
b) Đội dự tuyển học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay môn toán của một trường phổ thông có
4 học sinh nam khối 12, 2 học sinh nữ khối 12 và 2 học sinh nam khối 11. Để thành lập đội tuyển dự
thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay môn toán cấp tỉnh nhà trường cần chọn 5 em từ 8 em
học sinh trên. Tính xác suất để trong 5 em được chọn có cả học sinh nam và học sinh nữ, có cả học
sinh khối 11 và học sinh khối 12.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), đáy ABCD là
hình chữ nhật có AD = 3a, AC = 5a, góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 450. Tính theo a
thể tích khối chóp S.ABCD và tính góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SBC).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2BC.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả
5 
sử H  1;3 , phương trình đường thẳng AE : 4 x  y  3  0 và C  ; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và
2 
D của hình thang ABCD.
x2  x  2 3 2 x  1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x  1 
trên tập hợp số thực.
3
2x 1  3
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a 2b 2  c 2 b 2  1  3b . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

P

1

 a  1

2



4b 2

1  2b 

2



8

 c  3

2

----------------------- Hết ----------------------Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN - Lần 1

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

Đáp án

Điểm

Khảo sát sự biến thiên…
- TXĐ: D = 

1,0

2 1 

- Giới hạn: lim y  lim x 4  1  2  4   
x 
x 
x 
 x
- Sự biến thiên:
+) Ta có: y' = 4x3 - 4x  y '  0  x  0  x  1
+) Bảng biến thiên
x - 
-1
0
y'

-

0

+

0

0,25

+

1
-

+

0

+

+

0,25

1

y
0

0

Suy ra: * Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 ,  0;1 và hàm đồng
biến trên các khoảng  1;0  , 1;   .
* Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = 1
xCT = 1 , yCT = 0
- Đồ thị:

0,25

y
2

1

x
-2

-1

1

2

0,25
-1

-2

- NX: Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng
2

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…

1,0

- Ta có f  x  liên tục và xác định trên đoạn  2;5 ; f '  x   1 

 x  1

2

0,25

- Với x   2;5 thì f '  x   0  x  3

0,25

- Ta có: f  2   3, f  3  2, f  5   3

0,25

- Do đó: Max f  x   3  x  2  x  5 ,
2;5

3

4

min f  x   2  x  3
2;5

a) - Ta có phương trình cos 2 x  3sin x  2  0  2sin 2 x  3sin x  1  0

0,25
0,25




 x   2  k 2

sin x  1




1   x    k 2 , k   .
sin x  
6


2
 x  7  k 2

6
- KL: Phương trình có ba họ nghiệm…
b)- ĐK: x  2
- Khi đó bất phương trình có dạng: log 2  2 x  1  log 2  x  2   1
 log 2  2 x  1 x  2    1

4

 5
 2 x 2  5 x  0  x   0; 
 2
 5
- Kết hợp điều kiện ta có: x   2; 
 2
Tìm số hạng chứa…

0,25

0,25

0,25
1,0

- ĐK: n   , n  2
 n  15
DK
- Khi đó: An2  2Cn1  180  n 2  3n  180  0  

n  15
 n  12

0,25

15

15 3 k

15
2
k

- Khi n = 15 ta có:  x     C15k  1 2k x 2
x

k 0
15  3k
3 k 3
Mà theo bài ra ta có:
2
3
Do đó số hạng chứa x 3 trong khai triển trên là: C153  1 23 x3  3640 x 3

5

Tìm tọa độ điểm và…



0,25
0,25
1,0

- Do ABC.A'B'C' là hình lăng trụ nên BB '  AA '  B '  2;3;1

0,25

Tương tự: CC '  AA '  C '  2;2; 2 

- Gọi phương trình mặt cầu (S) cần tìm dạng
x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0, a 2  b2  c 2  d  0
Do A, B, C và A' thuộc mặt cầu (S) nên:
2a  2b  2c  d  3
3

2a  4b  2c  d  6

a  b  c  

2

2a  2b  4c  d  6
d  6
4a  4b  2c  d  9

0,25

- Do đó phương trình mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  3x  3 y  3 z  6  0
1  cos 
  2 cos2   1
a) Ta có: P 
2
1 3  9
 27
  1     2.  1 
2  5   25  25

0,25



6



0,25



b)- Số cách chọn 5 em học sinh từ 8 học sinh trên là C85 = 56 cách
- Để chọn 5 em thỏa mãn bài ra, ta xét các trường hợp sau
+) 1 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 3 nam khối 12 có: C21C21C43 cách

0,25

0,25
0,25

0,25


+) 1 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C21C22C42 cách
+) 2 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C22C21C42 cách

7

+) 2 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 1 nam khối 12 có: C22C22 C41 cách
Số cách chọn 5 em thỏa mãn bài ra là:
C21C21C43 + C21C22C42 + C22C21C42 + C22C22 C41 = 44 cách

44 11

- Vậy xác suất cần tính là:
56 14
Tính thể tích và...

0,25

1,0

S

- Tính thể tích

K

+) Ta có: AB  AC 2  BC 2  4a



SDA  450
+) Mà   SCD  ,  ABCD    
nên SA = AD = 3a
1
Do đó: VS . ABCD  SA.S ABCD  12a 3 (đvtt)
3
- Tính góc…
 
+) Dựng điểm K sao cho SK  AD
B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của

0,25
H
A

D

0,25

D lên CK, khi đó: DK   SBC  . Do đó:
DSH
 SD,  SBC    

0,25

C

DC.DK 12a

, SD  SA2  AD 2  3a 2
KC
5
3a 34
SH  SD 2  DH 2 
5
SH
17
Do đó:
DSH  arccos

 arccos
 340 27 '
 SD,  SBC    
SD
5
Tìm tọa độ các đỉnh…

+) Mặt khác DH 

8

0,25

1,0

C

B
H
I

K
E

A

9

D

- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I
Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK  AE.
1
+) K là trung điểm của AH nên KE   AD hay KE   BC
2
Do đó: CE  AE  CE: 2x - 8y + 27 = 0
 3 
Mà E  AE  CE  E   ;3  , mặt khác E là trung điểm của HD nên D  2;3
 2 
- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).
- Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3).
KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3)
Giải bất phương trình...
- ĐK: x  1, x  13

0,25

0,25
0,25
0,25
1,0


x2  x  6
x2  x  2 3 2 x  1
x 1 
 x 1  2  3
3
2x 1  3
2x 1  3

- Khi đó:

1

 x  2 
3

x 1  2

2x 1  3

0,25

 , *

- Nếu 3 2 x  1  3  0  x  13 (1)
thì (*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1
Do hàm f (t )  t 3  t là hàm đồng biến trên  , mà (*):
f



3



2x 1  f



0,25



x  1  3 2 x  1  x  1  x3  x 2  x  0


1  5   1  5  DK(1)
Suy ra: x   ;
 VN
 
   0;
2
2

 

3
- Nếu 2 x  1  3  0  1  x  13 (2)
thì (2*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1
Do hàm f (t )  t 3  t là hàm đồng biến trên  , mà (2*):

f

10



3

 

2x 1  f

1

 1  x   2

x  1  3 2 x  1  x  1    1  x  13
 2

3
2
  2 x  1   x  1



 DK(2)

1  5
1  5
;   
;13 
 x   1; 0  
Suy ra: x   1; 0  


 2
 2


1  5
-KL: x   1; 0  
;13 

 2
Tìm giá trị nhỏ nhất...
- Ta có: P 

1

 a  1

2



4b

0,25

2

1  2b 

2



8

 c  3

2



1

 a  1

2



1
 1

  1
 2b 

2



0,25

1,0

8

 c  3

2

1
, khi đó ta có: a 2 b 2  c 2 b 2  1  3b trở thành a 2  c 2  d 2  3d
b
1
1
8
8
8




Mặt khác: P 
2
2
2
2
2
 a  1  d  1  c  3  a  d  2   c  3
2 


2





256
64


2
2
2a  d  2c  10 
d



 a  2  c  5


2
- Mà: 2a  4d  2c  a  1  d 2  4  c 2  1  a 2  d 2  c 2  6  3d  6
Suy ra: 2a  d  2c  6
1
- Do đó: P  1 nên GTNN của P bằng 1 khi a  1, c  1, b 
2

0,25

- Đặt d 

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />
.

0,25

0,25
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 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  3
Câu 2 (2,0 điểm).

3π
2π 

. Tính sin  α 
.
2
3 

b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .
a) Cho tan α  2 và π  α 

1

trên đoạn  2;  .
2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường
môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1
nam và 4 nữ , môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt
giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự
đại hội thi đua ? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi
đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm
đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp
đường tròn (T) có phương trình: ( x  4) 2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x  4 y  17  0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0)
và điểm M có tung độ âm
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  8  y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức



P

1
1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

-----------------------HẾT-----------------------Cảm ơn bạn Ngô Quang Trường (




HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Câu

Nội dung

Điểm

a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D  
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y   ; lim y  

x 

0,25

x 

3

b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x  4 x , y’ = 0  x = 0, x  1
x
-
-1
0
1
y'
0
+
0
0
+
-3

+
+
+

0,25

y

Câu 1
(1,0 điểm)

-4
-4
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (;1) và (0; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1 ) = - 4.
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm
(  3 ; 0).

0,25

y

 3 1 O

1

3

x

0,25

3

4

Cho tan α  2 và π  α 

Câu 2.1
(1,0 điểm)

2π 
3π

. Tính sin  α   ?
2
3 


1
1
1
5
2
Cos
α




cosα


2
Ta có
1  tan α 1  4 5

5

5
3π
 cosα  0 nên cosα  
2
5
 5
2 5
sin α  cosα. tan α 
.2 
5
5

Do π  α 

0,25

0,25
0,25


Vậy

2π 
2π
2π

sin  α 
 cosα.sin

  sin α.cos
3 
3
3


0,25

2 5 1  5 3 2 5  15

. 
.

5
2
5
2
10
Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0

Câu 2.2
(1,0 điểm)

cos x  sin 4x  cos3x  0  2 sin 2x.sin x  2sin 2x.cos 2x  0

0,25

 2sin 2x(s inx  cos2x)  0  sin 2x(2sin 2 x  sin x  1)  0

0,25

kπ

x  2


 x  π  k2π
sin 2x  0


2
 s inx  1  
 x   π  k2π

1
6

s inx 

2

7π
 k2π
x 
6


0,5

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .

1

trên đoạn  2;  .
2

Câu 3
(1,0 điểm)

x

+ Ta có f '(x)  1 

0,25

4  x2

1
2

0,25

1  15
2

0,25

minf(x)  2

0,25

+ f '(x)  0  x  2  [  2; ]

1
2

+ Có f (2)  2;f ( ) 

maxf(x) 
1
[-2; ]
2

1  15
;
2

1
[-2; ]
2

Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x.

Phương trình
x

x

 4  6
 2.       1
9 9

2x

Câu 4
(1,0 điểm)

0,25

x

2
 2
 2.       1  0
3
 3
x
 2 
   1  Loai 
3

 2 x 1
  
2
 3 

0,25

0,25


 x   log 2 2

3

Vậy phương trình có nghiệm x   log 2 2

0,25

3

Câu 5
(1,0 điểm)

Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt
giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn
Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3
nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ?
Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
 n(Ω)  625
Có tất cả 5.5.5.5=625 cách
0,25
Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội”
0,25
 A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH”

 

 n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48  P A 

n(A) 48

n(Ω) 625

48 577

625 625
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm

Vậy P(A)  1  P  A   1 

0,25
0,25

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo
bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
SH  ( ABCD )
  300 .
và SCH

S

Ta có:
K
A

Câu 6
(1,0 điểm)

D
I

H

SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

0,25

SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3
B

C

HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a
Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra
BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 .

0,25

3

1
4a 6
Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH 
.
3
3
Vì BA  2 HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  
Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI .

Do đó: HK   SAC  .

0,25


Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
Suy ra, HK 

HS .HI
HS 2  HI 2



HI AH
AH .BC a 6
.

 HI 

BC AC
AC
3

a 66
.
11

0,25

2a 66

11
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội
tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4) 2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x  4 y  17  0 ;
đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm
Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2 HK 

A

Câu 7
(1,0 điểm)

B
I
C

D

E

+(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BDM và N,C là chân các đường cao
nên chứng minh được :IM  CN

0,25

N
M

+ Lập ptđt IM qua I và IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0
 M(7; 3)
+ M là giao điểm (T) với IM : 
 M(1;5) (loai)
+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1
 D(9;1)
D là giao điểm (T) và DC : 
 D(1;1)
Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)
 
+Do BA  CD => A(-1 ;5)
* Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Giải hệ phương trình:   x  8  y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7



0,25

0,25

0,25



Điều kiện x  1; y  2 .
Đặt x  1  a; y  2  b  a, b  0  , từ (1) ta có:
a  ab  a 2  1  5  2  b 2  2   b  a  b  ab  b 2  a 2  b 2  0
Câu 8
(1,0 điểm)

  a  b 1  2a  b   0
 a  b (do a, b  0  1  2a  b  0

0,25


x 1 



y2  y  x3 .

Thế vào (2) ta được:

 x  8  x  4 
2

  x  1





x 1  3 

x  4x  7
x  8
  x4
x 1
 2

 *
x 1  3
 x  4 x  7
+ x  8  y  11;

 x  8 x  4   x  1 x  8
x2  4 x  7



x 1  3

0,25

+ *   x  1  3  x  4    x  1  x2  4 x  7 




x 1  3 





x 1



2

0,25

 3   x  2   3 .  x  2   3 (**)



2

2

Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3  với t   có f '  t   3  t  1  0 t   nên
f  t  đồng biến trên  .
x  2

Do đó **  f  x  1   f  x  2   x  1  x  2  

2
x  1  x  4x  4

x  2

5  13
(T/M)
 2
x
2
x

5
x

3

0


x

0,25

5  13
11  13
y
2
2
 5  13 11  13 
;

2
 2


Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là 8;11 và 

Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

1
1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

Ta có x 2  y 2  2   x2  1   y 2  1  2  x  y  ,….; xy 
Câu 9
(1,0 điểm)

1 1

1

1

xy  1
,…
2



Nên P  


 xy  yz  zx  3 .
2x y y  z z  x

Ta có  x  y  z  xy  yz  zx   9 xyz
  x  y  y  z  z  x    x  y  z  xy  yz  zx   xyz 

8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9

0,25


 x  y  y  z    y  z  z  x    x  y  z  x 
1
1
1



x y yz zx
 x  y  y  z  z  x 
 x  y  z 2  xy  yz  zx


 x  y  y  z  z  x 
2
 x  y  z   xy  yz  zx



8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9
27
3


8  xy  yz  zx  8

27
27 
1
 xy  yz  zx  
8
2  8  xy  yz  zx 
Đặt t  xy  yz  zx .

Suy ra P  

Do x, y, z   0; 2    2  x  2  y  2  z   0  xy  yz  zx 

4  xyz
2t 2
2

1
2
Mặt khác: xy  yz  zx   x  y  z   3  t  3 .
3
Vậy t   2;3

0,25

27
1 27
Ta có P    t    f  t 
2  8t

8

1  27  8t 3  27
 0 t   2;3
Xét hàm số f  t  với t  0; 2 ta có f '  t   t  2  
2  8t 
16t 2
nên hàm số f  t  đồng biến trên  2;3 .
15
.
4
15
15
Do P  f  t   P  . Có P 
khi x  y  z  1 .
4

4
15
Vậy giá trị lớn nhất của P là
đạt được khi x  y  z  1.
4

0,25

 f  t   f  3 

(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)
Cảm ơn bạn Ngô Quang Trường (

0,25


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI

THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút.

(Đề thi có 01 trang)
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y =

2𝑥+1
1−𝑥

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
x + 3y - 2 = 0
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:

3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0

Câu 3: (1 điểm)
2

2

Giải bất phương trình: 3𝑥 +√𝑥−1−1 + 3 ≤ 3 𝑥 + 3√𝑥−1
Câu 4: (1 điểm)
a. Tìm GTLN và GTNN của hàm số: f(x) = x2(lnx - 1) trên [1;e]
e x  cos 2 x
b. Tìm: lim
x 0
x2
2

Câu 5: (1 điểm)
Một tổ gồm 9 học sinh trong đó có 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm đều nhau,
mỗi nhóm có 3 học sinh. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng
1 học sinh nữ.
Câu 6: (1 điểm)
̂ = 120𝑜 và đường thẳng A’C
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC = a, BC = 2a, 𝐴𝐶𝐵

tạo với mp(ABB’A’) một góc 30𝑜 . Gọi M là trung điểm BB’. Tính thể tích khối lăng trụ
đã cho và khoảng cách từ đỉnh A’ đến mp(ACM) theo a
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Hai điểm M(4;-1), N(0;-5) lần lượt thuộc
AB, AC và phương trình đường phân giác trong góc A là x - 3y + 5 = 0, trọng tâm của tam
2

5

3

3

giác là G(- ; - ) .Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.
Câu 8: (1 điểm)
Giải hệ phương trình: {

𝑥 3 (4𝑦 2 + 1) + 2(𝑥 2 + 1)√𝑥 = 6
𝑥 2 𝑦(2 + 2√4𝑦 2 + 1) = 𝑥 + √𝑥 2 + 1

Câu 9: (1 điểm)
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2
𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎

− (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)

----------------------------------------------------------Họ và tên thí sinh: .........................................................Số báo danh: ..................................
Cảm ơn thầy Đào Trọng Xuân (


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm ®Ò thi thö TNTHPT
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI
N¨m häc 2015 - 2016

Điểm

Câu
Câu 1.a

2𝑥+1

0,25

a. Khảo sát hàm số y =
1−𝑥
1. Tập xác định: D = R\{1}
2. Sự biến thiên
3
Chiều biến thiên: 𝑦 ′ =
> 0, ∀𝑥 ∈ 𝐷
2
(1−𝑥)

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-∞;1) và (1; +∞)
Giới hạn: lim− 𝑦 = +∞ ; lim+ 𝑦= - ∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng

𝑥→1

𝑥→1

lim 𝑦 = lim 𝑦 = -2

𝑥→−∞

⇒ y = -2 là tiệm cận ngang

𝑥→+∞

Bảng biến thiên:

0,25

-∞

x
y/
y

1

+∞

+

+
+∞

-2

-2
-∞

3. Đồ thị.
1
Giao với Ox tại (- ; 0); giao với Oy tại (0;1)
2
Nhận xét: đồ thị nhận I(1;-2) làm tâm đối xứng

0,5

y

1

O 1
-2

Câu 1.b

x

I

3

b. Ta có: y’= (1−𝑥)2

0,5

Từ giả thiết ⇒ tiếp tuyến d của (C) có hệ số góc k = 3
3

Vậy (1−𝑥)2 = 3 ⇔ (1-x)2 = 1 ⇔ [𝑥=0
𝑥=2
* Với x = 0 ⇒ y = 1. Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x + 1
* Với x = 2 ⇒ y = -5. Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x - 11

0,5


Câu 2

Giải phương trình
Ta có: (1) ⇔

√3
2

3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0 (1)
1

cos2x - sin2x = cos x
2

𝜋

⇔ cos(2𝑥 + ) = cosx ⇔ [
6

Câu 3

0,5

𝜋
6
𝜋 𝑘2𝜋
𝑥=− +
18
3

𝑥=− +𝑘2𝜋

0,5

,k Z

2

2

Giải bất phương trình: 3𝑥 +√𝑥−1−1 + 3 ≤ 3𝑥 + 3√𝑥−1 (1)
2
2
ĐK: x ≥ 1. Ta có: (1) ⇔ 3𝑥 +√𝑥−1 − 3. 3𝑥 − 3. 3√𝑥−1 + 9 ≤ 0

0,5

2

Câu 4

⇔ (3𝑥 − 3). (3√𝑥−1 − 3) ≤ 0 (2)
 x = 1: (2) thỏa mãn
 x > 1: (2) ⇔ 3√𝑥−1 ≤ 3 ⇔ √𝑥 − 1 ≤ 1 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2
Vậy nghiệm của bất phương trình là: 1 ≤ x ≤ 2

0,25

a. Tìm GTLN và GTNN của hàm số: f(x) = x2(lnx - 1) trên [1;e]

0,25

0,25

Ta có: f(x) xác định và liên tục trên [1;e]
f’(x)= 2xlnx - x = x(2lnx - 1)
f’(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = √𝑒 ∈ [1;e]
f(1) = -1; f(e) = 0; f(√𝑒) =
b. lim

2

𝑒 𝑥 −𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑥2

𝑥→0

= 1 + lim
Câu 5

𝑥→0

2𝑠𝑖𝑛2 𝑥

𝑥→0

= lim

𝑥2

−𝑒
2

2

𝑒 𝑥 −1
𝑥2

⇒ max 𝑓 (𝑥) = 0 ; min 𝑓(𝑥) =
[1;𝑒]

+ lim

𝑥→0

[1;𝑒]

−𝑒
2

1−𝑐𝑜𝑠2𝑥

0,25
0,25

𝑥2

=1+2=3

0,25

Gọi phép thử T: “Chia 9 học sinh thành 3 nhóm”
- Chọn 3 học sinh từ 9 học sinh cho nhóm một: có 𝐶93 cách
- Chọn 3 học sinh từ 6 học sinh cho nhóm hai: có 𝐶63 cách
- Chọn 3 học sinh còn lại cho nhóm ba: có 𝐶33 cách
Do không quan tâm đến thứ tự của các nhóm
⇒ Số phần tử của không gian mẫu là: |Ω| = (𝐶93 . 𝐶63 . 𝐶33 ): 3! = 280
Gọi A là biến cố: “Mỗi nhóm có đúng 1 học sinh nữ”
- Chia 6 học sinh nam thành 3 nhóm: tương tự trên có (𝐶62 . 𝐶42 . 𝐶22 ): 3! cách
- Xếp 3 học sinh nữ vào 3 nhóm: có 3! cách
⇒ Số phần tử của biến cố A là: |A| = 𝐶62 . 𝐶42 . 𝐶22 = 90.
|A|
9
Vậy: P(A) = |Ω| =

0,5

* Tính VABC.A’B’C’
̂ = 30𝑜
Trong ΔABC, kẻ đường cao CH ⇒CH ⊥ (AA’B’B) ⇒ 𝐶𝐴′𝐻
Áp dụng định lý cosin trong ΔABC:
AB2 = AC2+BC2-AC.BC.cos120𝑜 = 7a2 ⇒ AB = a√7
Diện tích ΔABC là:
1
SABC = AC.CB.sin120𝑜

0,25

0,5

28

Câu 6

=

2
𝑎2 √3
2


1

2𝑆𝐴𝐵𝐶

2

𝐴𝐵

Mặt khác, ta có: SABC = AB.CH ⇒ CH =
𝐶𝐻

Trong Δ vuông A’CH: A’C =
=
𝑠𝑖𝑛30𝑜
Trong Δ vuông A’AC:
AA’ = √𝐴′𝐶 2 − 𝐴𝐶 2 =

2𝑎√21

=

𝑎√21

B/

0,25

7

7

A/

𝑎√35

M

7

Vậy VABC.A’B’C’ = SABC.AA’ =

𝑎2 √3 𝑎√35
2

.

7

=

𝑎3 √105
14

C

/

.
I

B

H
A

C
K

* Tính d(A’,(ACM))
Ta có d(A’,(ACM)) = 2 d(B,(ACM)).
Trong ΔABC, kẻ BK ⊥ AC ⇒ (ACM) ⊥ (BKM).
Trong ΔBKM, kẻ BI ⊥ MK ⇒ BI ⊥ (ACM)
⇒ d(B,(ACM)) = BI

0,25

Ta có: BK = BC.sin30𝑜 = a√3
1
1
Trong Δ vuông BKM: 2 = 2 +

0,25

⇒ BI =
Câu 7

𝑎√1335
89

𝐵𝐼

𝐵𝐾

1

=

1

𝐵𝑀2
3𝑎2
2𝑎√1335

. Vậy d(A’,(ACM)) =

+

196
35𝑎2

=

623
105𝑎2

89

A

Tìm tọa độ các đỉnh của ΔABC
Từ M kẻ MM’ ⊥ phân giác trong góc A tại I
M’ ∈ AC ⇒ I là trung điểm MM’
Phương trình MM’ là: 3x + y - 11 =0

0,25

M’
M

I

C

B
Tọa độ của I là nghiệm của hệ:
3𝑥 + 𝑦 − 11 = 0
14 13
{
⇒ I( , )
5 5
𝑥 − 3𝑦 + 5 = 0

0,25

8 11

0,25

M’ đối xứng với M qua I ⇒ M’( , )
5

5

𝑥

𝑦+5

Đường thẳng AC qua N, M’ ⇒ pt AC là: =
⇔ 7x - y - 5 = 0
1
7
7𝑥 − 𝑦 − 5 = 0
Tọa độ A là nghiệm của hệ {
⇒ A(1;2)
𝑥 − 3𝑦 + 5 = 0
Đường thẳng AB đi qua A, M ⇒ có pt là: x + y -3 = 0
Gọi B(b;3-b), C(c;7c-5). Do G là trọng tâm ΔABC nên ta có:
𝑏 + 𝑐 = −3
𝑏 = −2
{
⇔
⇒ B(-2;5), C(-1;12)
𝑏 − 7𝑐 = 5
𝑐 = −1
Vậy tọa độ các đỉnh của ΔABC là: A(1;2), B(-2;5), C(-1;12)
Câu 8

Giải hệ phương trình: {

𝑥 3 (4𝑦 2 + 1) + 2(𝑥 2 + 1)√𝑥 = 6

(1)

𝑥 2 𝑦(2 + 2√4𝑦 2 + 1 = 𝑥 + √𝑥 2 + 1 (2)

ĐK: x ≥ 0
* x = 0: không thỏa mãn hệ

N

0,25

0,25


1

1

𝑥

𝑥2

* x > 0: (2) ⇔ 2y(1+√4𝑦 2 + 1 ) = (1 + √

+ 1) (*)

Xét hàm số f(t) = t(1 + √1 + 𝑡 2 ) với t ∈ ℝ
2𝑡 2 +1

f’(t) = 1+ √𝑡 2

+1

0,25

> 0, ∀ t ∈ ℝ
1

1

𝑥

𝑥

⇒ f(t) đồng biến trên ℝ. Do đó: (*) ⇔ f(2y) = f( ) ⇔ 2y =
3

2

Thế vào (1): 𝑥 + 𝑥 + 2(𝑥 + 1)√𝑥 − 6 = 0
⇔ 𝑥 3 + 𝑥 − 6 = −2(𝑥 2 + 1)√𝑥 (3)

0,25

Xét các hàm số: g(x) = 𝑥 3 + 𝑥 − 6 và h(x) = −2(𝑥 2 + 1)√𝑥 trên (0;+∞)
Ta thấy g(x) đồng biến, h(x) nghịch biến trên (0;+∞) và g(1) = h(1)
⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của (3)
1
1
x = 1 ⇒ y = . Vậy hệ có nhiệm (x;y) = (1, )

0,25

2

2

Câu 9

1

Đặt t = ab + bc + ca, ta có: t = ab + bc + ca ≤ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 )2 = 3
3
Do đó t ≤ 3

0,25

Mặt khác ta có: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 )2 = 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 2 + 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)
⇒ 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 2 = 9 - 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)
9−2𝑡
Khi đó: P =
− 𝑡 với 𝑡 ≤ 3

0,5

𝑡

Xét hàm số f(t) =
9

9−2𝑡
𝑡

− 𝑡 với t ≤ 3

f’(t) = - 2 − 1 < 0, ∀t ≤ 3 ⇒ f(t) nghịch biến trên [-∞;3]
𝑡
Suy ra: min 𝑓(𝑡) = f(3) = -2; không tồn tại Maxf(t)
[−∞;3]

Vậy MinP = -2 đạt được khi a = b = c = 1

Cảm ơn thầy Đào Trọng Xuân (

0,25


SỞ GD&ĐT THANH HÓA
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016-LẦN 1
Môn thi: TOÁN
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
(Đề thi gồm 01 trang)

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   x3  3 x  1.
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x   x 2  ln 1  2 x 
trên đoạn  1; 0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:
2
2
2
2
a) 2 x 1  3x  3x 1  2x  2

2
b) log 3  x  5   log 9  x  2   log 3  x  1  log

3

2.

e

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x3 ln xdx.
1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và
hai điểm A 1; 3;0  , B  5; 1; 2  . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng  P  sao cho MA  MB
đạt giá trị lớn nhất.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2 3 cos 2 x  6sin x.cos x  3  3
b) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất để có
5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết
cho 10.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là
tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC 

a 6
. Tính thể tích khối chóp
2

S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, SB theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC , G là trọng tâm
ABM , điểm D  7; 2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm tọa độ điểm A, lập

phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3 x  y  13  0.
2
3
 3
 2 x  4 x  3x  1  2 x  2  y  3  2 y
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x  2  3 14  x 3  2 y  1

1
 2

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4b
8c
a  3c
P


.
a  2b  c a  b  2c a  b  3c
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……………….
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />
Trang 1


Câu

Ý

ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (gồm 06nn trang)
Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x3  3x  1.
Tập xác định .
Sự biến thiên
lim  x3  3 x  1  ; lim  x 3  3 x  1  
x 





x 



Điểm
1.00

0.25



 x  1
y '  3 x 2  3; y '  0  
x  1
Hàm số đồng biến trên  1;1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 , 1;  
Hàm số đạt cực tiểu yCT  5 tại xCT  1

x
y'
y

Hàm số đạt cực đại yCD  1 tại xCD  1
BBT

1

0



0.25



1
0



1

0.25
3

1.


Đồ thị

y "   6 x; y "  0  x  0
Điểm uốn U  0; 1
Đồ thị hàm số
y
8

6

4

2

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

-2

-4

-6

-8

0.25
Đồ thị hàm số nhận điểm U  0; 1 làm tâm đối xứng.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x   x 2  ln 1  2 x  trên
đoạn  1; 0 .

2.

x 1
2
Ta có f '  x   2 x 
; f ' x  0  
x   1
1 2x

2
 1 1
Tính f  1  1  ln 3; f      ln 2; f  0   0
 2 4
1
Vậy min f  x    ln 2; max f  x   0
 1;0
1;0
4

1.00
0.25

0.25

0.50

Trang 1


a)

2x

2

1

2

 3x  3x

2

1

 2x

2

2

 2x

2

2

1

0.50

Tập xác định .

2x

2

1

2
 
3

b)

2

 3x  3x
x 2 1



2

1

 2x

2

1

0.25

2

1  8   3x 1 1  3

4
 x 2  1  2  x   3.
9
2

log 3  x  5  log 9  x  2   log

3

 x  1  log

0.25

3

2.  2 

0.50

Tập xác định D  1;   \ 2.

3.

 2   log3  x  5  log3 x  2  2 log3  x  1  log3 2
 x  5. x  2  2  x  5 . x  2  2 x 1 2



 
2
 x  1
2
Với x  2 ta có:  x  5  x  2   2  x  1  x 2  3 x  10  2 x 2  4 x  2

0.25

x  3
 x 2  7 x  12  0  
x  4
2
Với 1  x  2 ta có  x  5 2  x   2  x  1   x 2  3x  10  2 x 2  4 x  2

97
t / m
x  1
6
2
 3x  x  8  0  


1  97
 loai 
x 
6


1  97

;3; 4  .
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x  
 6


0.25

e

Tính tích phân I   x3 ln xdx.

1.00

1

4.

1
ln x  u  x   x dx  u '  x  dx
Đặt  3


x

v
'
x


v  x   1 x 4


4
e

0.50

e

e
1
1
1
e4 1
3e 4  1
I  x 4 .ln x   x 4 . dx   x 4 
4
4
x
4 16 1
16
1

1

0.50

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và hai
điểm A 1; 3;0  , B  5; 1; 2  . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng  P  sao cho

1.00

MA  MB đạt giá trị lớn nhất.

0.25

Kiểm tra thấy A và B nằm khác phía so với mặt phẳng  P  .
Gọi B '  x; y; z  là điểm đối xứng với B  5; 1; 2 
5.

Suy ra B '  1; 3; 4 

0.25

Lại có MA  MB  MA  MB '  AB '  const
Vậy MA  MB đạt giá trị lớn nhất khi M , A, B ' thẳng hàng hay M là giao điểm
0.25

của đường thẳng AB ' với mặt phẳng  P 

Trang 2

A
B’
M

P

B
x  1 t

AB ' có phương trình  y  3
 z  2t


x  1 t
t  3
 y  3
 x  2


Tọa độ M  x; y; z  là nghiệm của hệ 

 z  2t
 y  3
 x  y  z  1  0
 z  6
Vậy điểm M  2; 3;6 
0.25
a)

2

Giải phương trình 2 3 cos x  6sin x.cos x  3  3

*

0.50

Tập xác định .
*  3 1  cos 2 x   3sin 2 x  3  3  3 cos 2 x  3sin 2 x  3


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

 




 2 x  6  3  k 2
 x  12  k


 2 x    2  k 2
 x    k


6
3
4
6.
b)

0.25

k  .

0.25

Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tìm xác suất
để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm
thẻ mang số chia hết cho 10.
Gọi  là tập hợp các cách chọn ra 10 tấm thẻ từ 30 tấm thẻ đã cho
10
Suy ra   C30
Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ, 15 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có 3
tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Gọi  A là tập hợp các cách chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số
chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10

Suy ra  A  C155 .C124 .C31
C155 .C124 .C31 99

.
10
C30
667
Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là tam

0.25

Vậy P  A 

0.25

a 6
. Tính thể tích khối
2
chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, SB theo a.

1.00

giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC 
7.

0.50

Trang 3

S

a 6
2

a

a 3
2

D

a

C

H

A

B

Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SAD
Suy ra:
a 3
SH 
và SH   ABCD 
2
a 3
Trong tam giác vuông HSC có HC 

2
2
a
3a 2
 a2 
2
2
2
4 1
  DH  DC  CH  4
cos HDC
a
2 DH .DC
2
2. .a
2
  600
 HDC
a2 3
Suy ra S ABCD  DA.DC.sin 
ADC 
2
2
1
1a 3 a 3 1 3
VS . ABCD  SH .S ABCD 
.
 a
3
3 2

2
4
Ta có ADC đều cạnh a  CH  AD  CH  BC
hay BC   SHC   BC  SC  CSB vuông tại C

0.25

0.25

1
1 a3 a3
Lại có VD.SBC  VS .BCD  VS . ABCD  . 
2
2 4
8
1
a3
3a 3
 d  D;  SBC   .S SBC 
 d  D;  SBC   
3
8
8.S SBC
3a 3
a 6

.
1
4
8. CS .CB 4. a 6 .a

2
2
a 6
Vậy d  AD; SB   d  D;  SBC   
.
4
Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC , G là trọng tâm ABM ,
 d  D;  SBC   

8.

3a 3

0.25



điểm D  7; 2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm tọa độ điểm
A, lập phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình
3x  y  13  0.

Trang 4

0.25

1.00


Ta có d  D; AG  

3.7   2   13
32   1

2

 10

3x-y-13=0
B

N

G

M

D(7;-2)

C

A

ABM vuông cân  GA  GB  GA  GB  GD

Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD  
AGD  2 
ABD  900  GAD
vuông cân tại G.
Do đó GA  GD  d  D; AG   10  AD 2  20;

0.25

Gọi A  a;3a  13 ; a  4
 a  5(loai )
2
2
AD 2  20   a  7    3a  11  20  
a  3
Vậy A  3; 4 

Gọi VTPT của AB là n AB  a; b 
 
cos 
NAG  cos  nAB , n AG  

NA

AG

3a  b
a  b 2 . 10
NM

0.25

1

2

3NG

3
10
NA2  NG 2
9.NG 2  NG 2
3a  b
b  0
3
Từ (1) và (2) 

 6ab  8b 2  0  
2
2
10
a  b . 10
3a  4b
Với b  0 chọn a  1 ta có AB : x  3  0;
Với 3a  4b chọn a  4; b  3 ta có AB : 4 x  3 y  24  0
Nhận thấy với AB : 4 x  3 y  24  0
Mặt khác cos 
NAG 

d  D; AB  

4.7  3.  2   24
16  9





 2
0.25

 2  d  D; AG   10 (loại)
0.25

Vậy AB : x  3  0.

9.

 2 x 3  4 x 2  3x  1  2 x 3  2  y  3  2 y
1

Giải hệ phương trình 
 x  2  3 14  x 3  2 y  1
 2
Ta thấy x  0 không phải là nghiệm của hệ, chia cả hai vế của (1) cho x 3 ta được
4 3 1
1  2   2  3  2  2  y  3  2 y
x x
x

1.00

3

 1  1
 1    1     3  2 y  3  2 y  3  2 y
 x  x

Xét hàm f  t   t 3  t luôn đồng biến trên 

*  1 

1
 3 2y
x

0.25

*

 3

0.25
Trang 5


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 x  15  x  15 

 


0
 111 
Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    7;
.
 98 

Thế (3) vào (2) ta được



10.

0.25



0.25

Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4b
8c
a  3c

P


.
a  2b  c a  b  2c a  b  3c
 x  a  2b  c
a   x  5 y  3 z


Đặt  y  a  b  2c  b  x  2 y  z

c   y  z
 z  a  b  3c

Do đó ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của
 x  2 y 4 x  8 y  4 z 8 y  8 z  4 x 2 y   8 y 4 z 
P


 
      17
x
y
z
x   z
y 
 y

P2

1.00

0.25

0.25

8y 4z
4x 2 y
.
.  17  12 2  17;
2
y x
z y







0.25



Đẳng thức xảy ra khi b  1  2 a, c  4  3 2 a
0.25

Vậy GTNN của P là 12 2  17.
Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />

Trang 6


SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 - LỚP 12
NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
x2
có đồ thị kí hiệu là (C ) .
x 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y 

b) Tìm m để đường thẳng y   x  m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  2 2.
Câu 2 (1,0 điểm):



3


. Tính giá trị của biểu thức: P  cos      sin     .
3
6
5

2


b) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìm
xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ.
Câu 3 (1,0 điểm):

a) Cho 



   0 và cos  

a) Giải phương trình: 312 x.27

x 1
3

 81 .





b) Tính giá trị của biểu thức: Q  log a a b  log

 a. b   log
4

a

3

b

b  , biết

rằng a, b là các số thực

dương khác 1.
Câu 4 (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x.log x trên khoảng (0;10).
Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng  : y  2  0 và các điểm

A(0;6), B(4;4) . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng

 sao cho tam giác ABC vuông tại B.
Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB  2a . Hình chiếu
vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và mặt
phẳng ( ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa đường thẳng
AC và mặt phẳng (SAB).
Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp

3 1 

là I  ;  , tâm đường tròn nội tiếp là J (1;0) . Đường phân giác trong góc BAC
và đường phân giác
 2 16 
ngoài góc 
ABC cắt nhau tại K (2; 8) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có hoành độ
dương.

Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương trình: 1  4 x2  20  x  4 x2  9.
Câu 9 (1,0 điểm): Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: xy  1  y. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: P 

x y
x  xy  3 y
2

2



2y  x
.
6( x  y)

---------- 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:……………
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />