Tuyển tập 100 đề thi thử trung học phổng thông quốc gia môn toán (có đáp án chi tiết)

----NGUYỄN QUANG HUY----

TUYỂN TẬP 100 ĐỀ THI
THỬ TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG QUỐC GIA
(CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƢỢNG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

2x  4
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)  (x 2  2).e2x trên đoạn [–1 ; 2].
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (2  i)z  4  3i . Tìm môđun của số phức w  iz  2 z .
b) Giải phƣơng trình log2 x  3  log 2 (x  2) .
1

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

x

0 (2x

2

 1)3

dx .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đƣờng thẳng
x  3 y  2 z 1
. Viết phƣơng trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đƣờng thẳng d. Tìm tọa độ
d:


2
1
2
điểm M thuộc đƣờng thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho góc  thỏa mãn 5sin 2  6cos  0 và 0   


. Tính giá trị của biểu thức:
2




A  cos      sin  2015     co t  2016    .
2

b) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh. Chọn ngẫu nhiên một tam
giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam giác đƣợc chọn có 3 đỉnh cùng màu.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A‘B‘C‘ có cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng
(A‘BC) và (ABC) bằng 600. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung điểm cạnh CC‘. Tính theo a thể tích khối
chóp A.BB‘C‘C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB‘N).
 x  3y  2  xy  y 2  x  y  0

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phƣơng trình 
(x, y  R).
2

3 8  x  4 y  1  x  14y  12

Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phƣơng trình đƣờng
thẳng AH là 3x  y  3  0 , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lƣợt là chân đƣờng cao hạ từ B
và C đến AC và AB, phƣơng trình đƣờng thẳng EF là x  3y  7  0 . Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ
dƣơng.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn điều kiện
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

4a  2c  b  c 
1    1    6 .
b 
b  a a

bc

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

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


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƢỢNG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

Câu
Đáp án (Trang 1)
Câu 1
2x  4
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
.
(1,0 điểm)
x 1
* Tập xác định: D  \{1}
* Sự biến thiên:

2
y' 
(x  1)2
Vì y‘ > 0,  x  1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (– ; 1), (1 ;+).
Giới hạn và tiệm cận: lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng x = 1.
x 1

x 1

Điểm

0,25

0,25

lim y  2 ; tiệm cận ngang y = 2.

x 

Bảng biến thiên
x
y‘

–

1

+

+

+
+∞

2

0,25

y
–∞

2
* Đồ thị :
y

4

0,25

2
O 1

2

x

Câu 2
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f(x)  (x 2  2).e2x trên đoạn [–1 ; 2].
(1,0 điểm)
Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [–1 ; 2], f '(x)  2(x 2  x  2)e2x


f '(x)  0
x 2  x  2  0

 x 1

 x  (1; 2)

 x  (1; 2)
1
f (1)  e2 , f (1)  2 , f (2)  2e4 .
e
GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng 2e4, khi x = 2, GTLN của f(x) trên đoạn
[–1 ; 2] bằng – e2 , khi x = 1.

0,25
0,25
0,25
0,25


Câu
Đáp án (Trang 2)
Điểm
Câu 3
a) (0,5) Cho số phức z thỏa mãn (2  i)z  4  3i . Tìm môđun của số phức w  iz  2z
(1,0 điểm) .
0,25
(2  i)z  4  3i  z  1  2i
0,25

w  iz  2z  i(1  2i)  2(1  2i)  4  5i . Vậy | w | 41
b) (0,5) Giải phƣơng trình log2 x  3  log 2 (x  2) (1).
Điều kiện: x > 0 (*).
(1)  log 2 (x 2  2x)  3  x 2  2x  8

 x 2  2x  8  0  x = – 4 hoặc x = 2.
Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phƣơng trình (1) có một nghiệm x = 2.
1
Câu 4
(1,0 điểm) Tính tích phân I  

x

3
0 (2x  1)
2

3

0,25

dx .

Đặt t  2x 2  1  dt  4xdx
x = 0  t = 1; x = 1  t = 3
Khi đó I 

0,25

0,25

0,25
3

1
1
1 1


dt
(0,25)
(0,25)

2
9
4 t3
8t
1
1

0,5

Câu 5
x  3 y  2 z 1
. Viết phƣơng trình mặt


(1,0 điểm) Cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đƣờng thẳng d :
2
1
2

phẳng (P) qua A và vuông góc với đƣờng thẳng d. Tìm tọa độ điểm M thuộc đƣờng
thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.
0.25
Một vectơ chỉ phƣơng của d là u  (2;1; 2) .
Mặt phẳng (P) qua A và nhận vectơ u  (2;1; 2) làm vectơ pháp tuyến nên
phƣơng trình của nó là 2(x + 2) + y – 3 – 2(z – 1) = 0 hay 2x + y – 2z + 3 = 0.
Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; 2 + t; 1 – 2t). Khoảng cách từ M đến (P) là:
| 2(3  2t)  2  t  2(1  2t)  3 |
d(M, (P)) 
| 3t  3 |
22  12  (2)2
d(M,(P))  3  | 3t  3|  3  t = 0 hoặc t = –2.
Vậy M(3 ; 2 ; 1) hoặc M(–1 ; 0 ; 5).

0.25

0.25

0.25

Câu 6

a) (0,5) Cho góc  thỏa mãn 5sin 2  6cos  0 (1) và 0    . Tính giá trị của
(1,0 điểm)
2


biểu thức: A  cos      sin  2015     co t  2016    .
2



Vì 0    nên cos > 0, cot > 0.
2
0,25
3
(1)  10sin .cos  6cos  0  cos.(5sin   3)  0  sin   (vì cos>0)
5
1
25
16
4
co t 2  
1 
 1   cot   (vì cot > 0)
9
9
3
sin 2 
0,25
3 4
2
A  sin   sin   co t   2sin   co t   2.   
5 3
15
b) (0,5) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh.
Chọn ngẫu nhiên một tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác
suất để tam giác đƣợc chọn có 3 đỉnh cùng màu.
3
0,25
Số phần tử của không gian mẫu là: |  |  C12

 220
Gọi A là biến cố chọn đƣợc tam giác có 3 đỉnh cùng màu. Số kết quả thuận lợi
0,25


cho A là: | A |  C37  C35  45 . Xác suất biến cố A là P(A) 

| A | 9
.

|  | 44

Câu
Đáp án (Trang 3)
Điểm
Tính thể tích khối chóp A.BB‘C‘C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB‘N).
Câu 7
(1,0 điểm)
Tam giác ABC đều cạnh a và M là
A'
C'
trung điểm BC nên:
a 3
B'
AM  BC và AM 
N
2
AMBC và AA‘BCA‘M BC
H
0,25

D
 Góc giữa hai mặt phẳng (A‘BC)
E
A

C
M
B

và (ABC) là A 'MA  600 .
Tam giác A‘AM vuông tại A nên:
a 3
3a
AA '  AM.tan 600 
. 3
2
2

3a 2
Diện tích hình chữ nhật BB‘C‘C là: SBB'C'C  BB'.BC 
2
AM  BC và AM  BB‘  AM  (BB‘C‘C)

0,25
2

3

1
1 3a a 3 a 3

.

Thể tích khối chóp S.ABCD là:  V  SBB'C'C .AM  
3
3 2
2
4
Trong mặt phẳng (BB‘C‘C), B‘N cắt BC tại D.
Khi đó: C là trung điểm BD và BAD  900
Gọi E là trung điểm AD, ta có: CE  AD. Dựng CH  NE (H  NE).
AD  CE và AD  CN  AD  (CNE)  AD  CH
CH  NE và CH  AD  CH  (AB‘N).
1
a
1
3a
Ta có: CE  AB  , CN  CC ' 
2
2
2
4
1
1
1
4 16
52
3a


 2  2  2  CH 

2
2
2
2 13
CH
CE
CN
a
9a
9a
3
3
9a
Do đó: d(M, (AB' N))  d(C, (AB' N))  CH 
2
2
4 13

0,25

0,25

Câu 8
 x  3y  2  xy  y 2  x  y  0
(1,0 điểm) Giải hệ phƣơng trình (I) 
2


3 8  x  4 y  1  x  14y  12.


 x  y  (x  y)(y  1)  2(y  1)  0 (1)
(I)  
2

3 8  x  4 y  1  x  14y  12 (2)
Điều kiện: x  8, y  – 1, (x – y)(y + 1)  0 (*)
Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > – 1. Suy ra x – y  0.
xy
xy
xy
xy
Do đó: (1) 

2  0 
1
 1  x  2y  1
y 1
y 1
y 1
y 1
Thay x = 2y + 1 vào (2) ta đƣợc:

0.25

0.25

3 7  2y  4 y  1  (2y  1)2  14y  12  4 y  1  3 7  2y  4y 2 10y 11  0

 4( y  1  2)  3( 7  2y  1)  4y2 10y  6  0



2
3
 (y  3) 

 2y  1  0 (3)
 y 1  2

7  2y  1


3
3
2
2 2
7
 , 2y + 1 > –1

Vì 1  y  nên
,
2
7  2y  1 4
y 1  2 3  2 2

0.25

0.25

2
3

 2y  1  0 . Do đó: (3)  y  3  0  y  3
y 1  2
7  2y  1
 x = 7 (thỏa (*)). Vậy hệ phƣơng trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3).


Câu
Đáp án (Trang 4)
Điểm
Câu 9
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phƣơng trình
(1,0 điểm) đƣờng thẳng AH là 3x  y  3  0 , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần
lƣợt là chân đƣờng cao hạ từ B và C đến AC và AB, phƣơng trình đƣờng thẳng EF là
x  3y  7  0 . Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dƣơng.
A

H

I
F

B

H

I

E
F

J

M

C

A

C

E

J

M

B

Gọi I trung điểm AH. Tứ giác AEHF nội tiếp và bốn điểm B, C, E, F cùng
thuộc một đƣờng tròn nên IM  EF (đoạn nối tâm vuông góc với dây chung).
Ta có: IEF  ABE (cùng phụ góc A hoặc cùng phụ góc EHF)
1
và: ABE  EMF  IME
2
0
 MEI  90  MFI  MEI  900 .

Do đó tứ giác MEIF nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính IM, tâm là trung điểm J
của IM.
(Đường tròn (J) là đường tròn Euler)
Đƣờng thẳng IM qua M và vuông góc EF nên có phƣơng trình: 3x + y – 9 = 0.
I là giao điểm của AH và IM nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phƣơng trình:
3x  y  3  0

3x  y  9  0
 I(1; 6).
Đƣờng tròn đƣờng kính IM có tâm J(2 ; 3) và bán kính r  JM  10 nên có
phƣơng trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 .
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phƣơng trình:
 x  3y  7  0

2
2
 x  2    y  3  10

 x  1
x  5
 x  3y  7


hoặc 
 E(5 ; 4) hoặc E(–1;2).
2
y

2
y


4
y

3

1






Vì A  AH nên A(a ; 3a + 3)
Ta có: IA  IE  IA2  IE2  (a  1)2  (3a  3)2  20  a  1  2
Vì A có hoành độ dƣơng nên A(1  2;6  3 2) .

0.25

0.25

0.25

0.25


Câu
Đáp án (Trang 5)
Câu 10
4a  2c  b  c 

(1,0 điểm) Cho ba số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn điều kiện
1    1    6 .
b 
b  a a
bc
2ca
2ab
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 
.


a(b  2c) b(c  a) c(2a  b)
2
4
1
Đặt x  , y  , z  (x, y, z > 0).
a
b
c
x y
x 3  y3
Điều kiện đã cho trở thành:
 2     6 (*)
xyz
y x

(x  y)3
Ta có: x  y 
và (x  y)2  4xy
4

3
3
x y
(x  y)3 4 xy(x  y) x  y
Do đó:



xyz
4xyz
4xyz
z
3

3

Điểm

0.25

x y xy
x 3  y3
x y
xy
 2   
4 0
Mặt khác
  2 nên 6 
 2.
xyz

z
z
y x
y x
Ta có: P 


x
y
4z
x2
y2
4z





y  2z 2z  x x  y xy  2zx 2yz  xy x  y

(x  y)2
4z
(x  y) 2
4z
2(x  y)
4z






2
2xy  2z(x  y) x  y (x  y)
x  y x  y  4z x  y
 2z(x  y)
2

xy
z  4 .
Suy ra: P 
xy
xy
4
z
z
xy
2t
4
Đặt t 
, 0  t  2 . Ta có P 
 .
z
t4 t
2t
4
Xét hàm số f (t) 
 (0  t  2) .
t4 t
2
4(t  8t  16)

f '(t) 
 0, t  (0; 2]  f(t) nghịch biến trên (0 ; 2].
t 2 (t  4)2
8
Suy ra: P  f (t)  f (2)  .
3
x  y
8

P   x  y
 x  y  z  2a  b  4c
3

2
 z
8
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , khi 2a = b = 4c.
3

0.25

2

0.25

0.25

Chú ý: Những cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Tùy theo thang điểm của đáp án mà giám
khảo cho điểm tƣơng ứng.
–––––––––––– Hết ––––––––––––

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA
NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
Câu 2 (1,0 điểm). Chứng minh hàm số y 

2x 1
.
x 1

4x
 ln( x 2  1) đạt cực đại tại điểm x  2 .
5

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm môđun của số phức z biết (2  i3 ) z  1  3i  z  i 4 .
b) Giải bất phƣơng trình log 1  3x  1  31log9 4 .
4
5

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I 



1

x3  x 2  4  2 dx .

0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng () : x  2 y  z  2  0 và điểm A(3; 2; 3). Viết
phƣơng trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng () . Tìm tọa độ tiếp điểm của ( S ) và () .
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho sin  

5



với     . Tính giá trị của cos     .
13
2
4


b) Một chiếc tàu của tập đoàn dầu khí quốc gia Việt Nam khoan thăm dò dầu khí trên thềm lục địa tỉnh Bình
Thuận có xác suất khoan trúng túi dầu là p. Tìm p biết rằng trong hai lần khoan độc lập, xác suất để chiếc tàu
đó khoan trúng túi dầu ít nhất một lần là 0,36.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a; góc giữa hai mặt
phẳng ( A ' BC ) và (ABC) bằng 600 ; A ' A  A ' B  A ' C . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và

khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng AA ' và B ' C ' .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho đƣờng tròn (I) có hai đƣờng kính AB và MN với A(2; 1), B(2; 5)
. Gọi E và F lần lƣợt là giao điểm của các đƣờng thẳng AM và AN với tiếp tuyến của (I) tại B. Tìm tọa độ trực
tâm H của tam giác MEF sao cho H nằm trên đƣờng thẳng  : x  2 y  2  0 và có hoành độ là một số nguyên.



Câu 9 (1,0 điểm). Giải phƣơng trình 3 x 1  3 x



3  3 x  1  4. 3 x  6 x trên tập hợp số thực.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dƣơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

a 2 b2 16c 2 175 a 2  9
 

.
2b 4c
a
4(a  1)

----------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: . . . . . . . . . . . . . .


HƢỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA
Đáp án

Câu
1

Tập xác định D 
4
2x
y'   2
5 x 1

2

3a

Điểm

0,25

x 2  1  x.2 x 2 x 2  2
y "  2.
 2
( x 2  1)2
( x  1)2

0,25

 y '(2)  0


Suy ra 
6
 y "(2)  25  0

0,25

Do đó hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x  2 .
3i
3 3
a) Ta có (2  i3 ) z  1  3i  z  i 4  (2  i) z  z  1  3i  1  z 
z  i
1 i
2 2
2



0,25
3



1 log 4
b) Ta có log 1 3x  1  3 9
4

 3x  1 

3
 1 2

 log 1 (3x  1)   log 1 (3x  1)  log 1  
2
4
4
4 4

1
9
9
 3x   x  log3 .
8
8
8

9


Vậy bất phƣơng trình đã cho có tập nghiệm là log3 ;  
8



4

0,25

2

3 2
3 3

Do đó | z || z |      
.
2
2 2

3b

0,25

1
2

0,25

0,25

Đặt t  ( x  4)  x 2  4 . Suy ra t 2  x2  4 . Do đó tdt  xdx .

0,25

x  0  t  2, x  5  t  3

0,25

2

3



3



Suy ra I  (t  4)t.tdt  (t 4  4t 2 )dt
2

2

0,25

2

3

 t 5 4t 3 
63 64 253
 

  
 5 3  2 5 15 15
5

Ghi chú: Nếu học sinh không giải mà chỉ ghi đáp số thì không cho điểm bài này.
| 3  2.(2)  (3)  2 |
2 6.
*Ta có d ( A, ()) 
1 4 1
Gọi R là bán kính của (S). () tiếp xúc với (S)  d ( A,())  R  R  2 6
Do đó (S) có phƣơng trình ( x  3)2  ( y  2)2  ( z  3)2  24 .

* Gọi H là tiếp điểm của (S) và () , d là đƣờng thẳng qua A và vuông góc với () .
Khi đó H  d  () , d nhận vectơ pháp tuyến n  (1; 2; 1) của () làm vectơ chỉ phƣơng

0,25

0,25
0,25

0,25


và có phƣơng trình tham số là:

x  3  t

 y  2  2t
 z  3  t

Tham số t ứng với tọa độ điểm H là nghiệm của phƣơng trình
(3  t )  2(2  2t )  (3  t )  2  0  t  2

0,25

Do đó H (1; 2; 1)
6a

2

 5  144
a) Ta có cos 2   1  sin 2   1    

.
 13  169
12

Suy ra cos  
(vì     nên cos   0 )
13
2

0,25



 12 2 5 2 17 2

.
 .

Do đó cos      cos .cos  sin .sin 
.
4
4
4 13 2 13 2
26


0,25

b) Gọi Ai là xác suất lần thứ i khoan trúng túi dầu ( i  1, 2 ), P( Ai )  p, P( Ai )  1  p .

6b

Gọi A là biến cố trong hai lần khoan độc lập, chiếc tàu khoan trúng túi dầu ít nhất một lần.
Khi đó A  A1. A2 và P( A)  0,36  1  P( A)  1  P( A1 ).P( A2 )  1  (1  p)2 (vì A1 , A2 là hai

0,25

biến cố độc lập)
Do đó (1  p)2 

16
1
9
 p  hoặc p  (loại vì 0  p  1) .
5
25
5

1
Vậy p   0, 2 .
5
Ta có A '. ABC là hình chóp tam giác đều. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, M là trung

7

điểm BC. Khi đó A ' H  ( ABC ) và A ' MH  600 là góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và

0,25

0,25

(ABC).
Tam giác A ' HM có A ' H  HM
A ' H  ( ABC), HM  ( ABC ) ),
1
a 3
HM  . AM 
3
6

K
A

C
H

B

(vì

0,25

a 3
a
Suy ra A ' H  HM .tan A ' MH 
. 3
6
2

M

a 3.a 2
3a3
Vậy VABC . A' B 'C '  A ' H .S ABC  .
.

2 4
8
Ta có AA ' // ( BCC ' B ') ; B ' C ', BC  ( BCC ' B ') và B ' C ', BC không song song với AA ' nên
d ( AA ', B ' C ')  d ( AA ',( BCC ' B '))  d ( AA ', BC )

Dựng MK  AA ', K  AA ' (1)
Ta có BC  AM (vì tam giác ABC đều)
BC  A ' H (vì A ' H  ( ABC ) )
Suy ra BC  ( AA ' M ) . Suy ra BC và MK vuông góc với nhau tại M (vì MK  ( AA ' M ) ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra MK là đoạn vuông góc chung của AA ' và BC.
Do đó d ( AA ', BC )  MK

0,25


2

 2 a 3   a 2 a 21
Ta có AA '  AH  A ' H   .
 3 2    2   6


2

8

2

a a 3
.
A ' H . AM 2 2
3 7a
3 7a


Do đó MK 
. Vậy d ( AA ', B ' C ')  d ( AA ', BC )  MK 
.
AA '
14
14
a 21
6
Đƣờng tròn (I) có tâm I (2; 3) là trung điểm của AB và
có bán kính R 

0,25

0,25

AB
2.
2

Ta có AF  ME (vì FAE  NAM  900 ) nên AF là
đƣờng cao của tam giác MEF.
Suy ra H, A, F thẳng hàng.
Ta có AI//HM (vì cùng vuông góc với EF) nên
AI
NI
1
B

 . Suy ra HM  2 AI
HM NM 2
Gọi I ' là điểm đối xứng của I qua A. Khi đó I '(2;1) ,
E

M

H

I’

A

I

II '  2 AI  HM và II ' //HM. Suy ra HMII ' là hình bình
hành. Do đó I ' H  IM  R  2 .

N

0,25

0,25

Mặt khác H (2t  2; t ) (vì H nằm trên đƣờng thẳng
 : x  2 y  2  0 ) và 2t  2  .

Ta có
F

I ' H  2  I ' H 2  4  (2t  2  2)2  (t  1)2  4
 5t 2  2t  3  0

 t  1 hoặc t 

0,25

3
(loại)
5

Vậy H (4;1) .
9

Điều kiện: x  0 .
Ta có x  0 không thỏa phƣơng trình (*)
Với x  0 , chia hai vế của (*) cho x ta đƣợc:
 1

3  3  1
 x 

Đặt t 

3

0,25

3
1
4
1  
 6 (1)
3
x
x
x2

1
, t  0 , phƣơng trình (1) trở thành
x

3

0,25

3(t  1) 3t  1  t 3  4t 2  6







3

3t  1  2





2

3t  1  2 3t  1  (t  2)3  2( t  2) 2  2(t  2)

Xét hàm số f (u)  u 3  2u 2  2u trên

.

Ta có f '(u)  3u 2  4u  2  0, u 

(vì a  3  0,  '  2  0 )

Suy ra hàm số f (u ) đồng biến trên

.

Do đó (1)  f



t  2  0
3t  1  f (t  2)  3t  1  t  2  
2
3t  1  t  4t  4



0,25


t  2
7  37
 2
(thỏa t  0 )
t 
2
t

7
t

3

0

8
Vậy phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x 
.
(7  37)3

10

0,25

a 2 b2 16c 2 7a
a2
b2
16c 2 a
 2b  2a,  4c  2b,
  4c . Do đó
 

Ta có
.
2b 4c
a
4
2b
4c
a
4
Dấu ―=‖ xảy ra  a  2b  8c .
Suy ra P 

7a 175 a  9 7 
a 9 

.
  a  25.
.

4
4
a 1
4 
a  1 
2

0,25

2

Xét hàm số f (a)  a  25.

a2  9
trên (0; ) .
a 1

a
2
Ta có f '(a)  1  25. a  9

0,25

.(a  1)  a 2  9
(a  1)



2

(a  1)

2

a  9  25(a  9)
2

(a  1) 2 a 2  9

f '(a)  0  (a  1)2 a 2  9  25(a  9)  0

 (a  1)2 .

 (a  1) .
2





a 2  9  5  5(a  1)2  25(a  9)  0

(a 2  16)
a 9 5
2

 5a 2  35a  220  0
0,25




(a  4)
 (a  4)  (a  1)2 .
 5a  55   0
a2  9  5


(a  4)
 a  4 (vì (a  1)2 .
 5a  55  0, a  (0; ) )
a2  9  5
Bảng biến thiên

a
0
4
f '(a)

0
+


f(a)

75
0,25
29

Suy ra min f (a)  f (4)  29 .
(0; )

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng

7
203
1
, khi a  4, b  2, c  .
.29 
4
4
2


SỞ GD&ĐT HÕA 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 phƣơng trình 2 x  3.2 x  4 .
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol

 P  : y  x2  x  3

và đƣờng thẳng

 d  : y  2x 1 .
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng   : 2 x  y  2 z  1  0 và mặt cầu

 S  :  x 1   y  2   z  1  9 . Viết phƣơng trình mặt phẳng   
với mặt cầu  S  , tìm tọa độ tiếp điểm tƣơng ứng.
2

2

2

song song với   và tiếp xúc

Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phƣơng trình cos 2 x  1  2cos x  sin x  cos x   0
9

2 

b) Tìm hệ số của x trong khai triển của nhị thức  x  2  .
x 

3

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 đƣờng thẳng AM và BN .

2
2

 x  x  1  2 y  x  5  y  2 y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phƣơng trình 
.
x

2
y
x

4

2
x

1




Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , điểm M là trung điểm của
8 1
7 1
AB . Biết I  ;  là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; điểm G  3;0  và K  ;  thứ tự là
 3 3
3 3
trọng tâm của tam giác ABC và ACM . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .

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: ……………………


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

Tập xác định: D   ;  .
2

x  0
y'  0  
x  6 / 5
Bảng xét dấu

y '  2x 3  2x 

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

x2
6 x  5x2

3  2x
3  2x

0,25
0,25
0,25

 6
6 3
KL: hàm số đồng biến trên khoảng  0;  , nghịch biến trên các khoảng  ;0  ,  ; 
5 2

 5
Gọi z  x  yi,  x,y   . Từ giả thiết ta có:
Câu
3a

 x  yi   i  1  i  x  iy 
2

 x   y  1 i   x  y    x  y  i
2

 x2   y  1 

2

x  y  x  y

 x2  y2  2y  1  0
2

0,25

0,25

0,25

2

Tập hợp điểm M biểu diển của số phức z là đƣờng tròn x  y  2y  1  0 .
Câu

3b

3
Đặt t  2x ,  t  0  . Ta có t   4  t 2  4t  3  0  1  t  3
t

0,25

1  2x  3  0  x  log2 3 . KL.

0,25

 x  1
.
x2  x  3  2x  1  x2  x  2  0  
x  2

Câu
4

2

 x

2

1

0,5

2

0,5

 S có tâm I 1; 2; 1 , bán kính R  3 .       : 2x  y  2z  m  0
  tiếp xúc  S  d  I;   R

0,25

222m

m  7
3 m2 9  
. Vậy    có PT là
2
m  11
2
2

2   1  2

1  : 2x  y  2z  7  0 , 2  : 2x  y  2z  11  0
Tiếp điểm của    và  S là hình chiếu vuông góc của I

Tiếp điểm với  1  :

 1; 1; 3 .

Tiếp điểm với  2  :

3; 3;1

 cosx  sin x  0

 cosx  sin x  cosx  sin x  1  2cosx   0  sin x  cosx  1


Giải ra và kết luận: x 

0,25

lên    .

x  1  2t

Đƣờng thẳng  d  qua I vuông góc với    có PT  d  : y  2  t .
z  1  2t


Câu
6a



 x  2 dx

 x3 x 2

9 9
S  

 2x     . KL.
 3

2
2 2

 1


Câu
5

S



 k , x   k2 , x    k2 .
4
2

0,25

0,25
0,25
0,25

9

Câu
6b

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

0,25


Hạ AK  BC  BC   SAK  nên góc giữa  SBC  và đáy là SKA  300 .
Tính đƣợc BC  a 7 , AK 
1
SABC  a 2 3 .
2

V

a3 21
42

0,25

BN  CM  E , EF AM , F  AC .
SB2 
Câu
7

0,25

a 21
a 7
. SA 
7
7

 AM,BN    EF,BN  . Tính đƣợc

8a2
29a2
85a2
4
85a2
, BE2  BN2 
.
,SC2 
,BN2 
7
7
28
9

63

4
1
8a2
.
EF2  AM2  SB2 
9
9
63

BF 2 

0,25

19a2
9

cosBEF  
Cách 2:



170
170
 cos  AM,BN  
17
17





0,25



AM 

1
1
5
AB  AS ,BN  AS  AC  AB .  AM.BN   a2 .
2
2
7

AM2 

2a2
85
,BN2  a2
7
28





 cos  AM,BN   cos AM,BN 

AM.BN
AM.BN



170
17
2

ĐK: x  1,y  0 . Trừ các vế tƣơng ứng hai PT, ta đƣợc: x2   y  1  2 y  2 x  1

Câu
8



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 đƣợc  x  y  1 


y

x

1



0,25

Thay y  x  1 vào PT thứ 2 của hệ, ta đƣợc: 2x2  9x  8  2 x  1
2





Đặt t  x  1,  t  0  . Ta có 2t 4  5t 2  2t  1  0   t  1 2t 2  4t  1  0  t  1 

Câu
9

0,25

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

GI.KM  0
Gọi M  x;y  . 
 M  3;1

KI.GM  0

1
2

.

0,25

0,25

0,25

MC  3.MG  C  3; 2 

0,25

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 .
2
4
Vì 3  ab  bc  ca    a  b  c   4 , từ đó với t  ab  bc  ca thì 1  t  .
3

0,5

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

Câu
10


Sửa

ab 2 1
)  a(2  c)2 , tƣơng tự có:

2
4
1
1
P1  a2 b  b2 c  c2a  a(2  c)2  b(2  a)2  c(2  b)2   (8  4t  P1) ,
 4
4
8 4
từ đó P1   t
3 3
8 4
1
4
Do đó: P   t 
 f  t  với 1  t  .
3 3
3
3  2t

Ta có: a.a.b  a.(

Tìm GTLN của f  t  với 1  t 

4 8
4
. Tìm đƣợc max f  t   f     3
3
 4
3 9
t1; 

 3

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

8
 3.
9

2
.
3

0,5