TỔNG hợp đề THI THỬ THPTQG 2016 môn TOÁN

Đ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

S GD & ĐT HÀ TĨNH
TR ỜNG THPT TRẦN PHÚ
Đ CHÍNH TH C

2x  1
1 .
x 1
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) c a hàm số (1).

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y 

b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đ n tiệm cận đ ng bằng khoảng cách từ M đ n
trục Ox.
Câu 2 (1 điểm).

 5

 2x  0.
a. Giải phương trình sin x  2 sin3 x  sin
 2

b. Giải phương trình log3  x  2   log3  x  4   log

3

8  x   1 .

6

xdx
.
x

1
3x

2


2

Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân I  
Câu 4. (1 điểm).

n

2 
4

a. Tìm số hạng ch a x trong khai triển  x  2  , bi t n là số tự nhiên thỏa mãn C3n  n  2C2n .
x 
3

b. Một hộp đựng 9 viên bi trong đó có 4 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên 3
3

viên bi. Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy được có ít nhất 2 viên bi màu xanh.

Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm
AB, H là giao điểm c a BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc
giữa (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đư ng
thẳng SA và IC.
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E, F
lần lượt là trung điểm c a BC, AC. Trên tia đối c a tia FE lấy điểm M sao cho FM  3FE . Bi t
điểm M có tọa độ  5; 1 , đư ng thẳng AC có phương trình 2x  y  3  0 , điểm A có hoành độ là
số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh c a tam giác ABC.
Câu 7 (1 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1; 3;2  , B  3;1; 2 . Vi t
phương trình mặt cầu đư ng kính AB. Tìm điểm I trên trục Oy sao cho IA  2IB.
2

 2x  2x  x  y y  x  y
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình 
.
2
x
1
xy
y
21







Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x 2  y2  z2  1 . Tìm giá trị lớn
nhất c a biểu th c P 

x2
y2

 xy .
2x 2  2yz  1 2y 2  2xz  1

----H t---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 VÀ H ỚNG DẪN CH M MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1

Câu

Néi dung
- Tập xác định D  R \ 1
- Sự bi n thiên y ' 

3

 x  1

2

§iÓ
m

0,25

 0 với x  D

+ Hàm số nghịch bi n trên mỗi khoảng  ;1 , 1;  
+ Hàm số không có cực trị
+ lim y  x   2 , suy ra đư ng thẳng y = 2 là đư ng tiệm cận ngang c a đồ thị

0,25

x 

lim y x   , lim
y x   , suy ra đư ng thẳng x  1 là đư ng tiệm cận đ ng c a đồ thị


x 1

x 1

+ Bảng bi n thiên

-

x

1

+

y’(x
)

Câu
1a

+

2

y

1,0
điểm

0,25

-



2
y
6

- Đồ thị
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm

5
4

 0; 1 ,  2;1 , 4;3 , 2;5

+ Đồ thị nhận điểm I 1;2  làm tâm đối

3
2

0,25

1

x ng.

O
5

-2

1

2

4

5

x

-1
2

Gọi M  x 0 ; y0  ,

Câu
1b
1,0
điểm

 x 0  1 ,

y0 

2x 0  1
, Ta có d  M, 1   d  M,Ox   x 0  1  y0
x0 1

 x0 1 

Với x 0 

2x 0  1
2
  x 0  1  2x 0  1
x0 1

x  0
1
, ta có pt x 02  2x 0  1  2x0  1   0
2
x0  4

Với x 0 

Suy ra M  0; 1 , M  4;3

1
, ta có pt x 02  2x 0  1  2x 0  1  x 02  2  0 (vô nghiệm) .
2
Vậy M  0; 1 , M  4;3

0,25
0,25
0,25

0,25


Câu 2a
0,5
điểm

Câu 2b
0,5
điểm

 5

 2x   0  sinx 1  2sin 2 x   cos 2x  0
sin x  2sin 3 x  sin 
 2

 sin x.cos 2x  cos 2x  0  cos 2x(sin x  1)  0

0,25

 k

 x 4 2
 k
cos 2x  0
K t luận: nghiệm c a phương trình x  
,


4 2
 sin x  1
 x    k2

2

x
 k2
2
Đi u kiện xác định 2  x  8

Khi đó log3  x  2   log3  x  4   log


3

8  x   1  log3 [  x  2 x  4 ] - log3 8  x 

2

0,25

1

 x  2  x  4   3  x 2  6x  8  3x 2  48x  192  2x 2  54x  184  0   x  4

2
8  x 
 x  23

0,25

0,25

Đối chi u đi u kiện ta có nghiệm c a pt là x  4
2
3
2
t 2 2
. tdt
6
4
4
xdx
2 t2  2
3
3
Suy ra I  

dt

  2
t 2 1
3 2 t 1
2  x  1 3x  2
2
t
3

Đặt t  3x  2  t 2  3x  2  2tdt  3dx  dx  tdt .Khi x  2  t  2, x  6  t  4
Câu
3

1 điểm

4

2 
3 
2
1
2
1 
 1
  1  2 dt   dt  2 2 dt  t   

dt
3 2  t 1 
32

t 1
3 2 2  t 1 t 1 
2
4
4
4
9
  ln t  1  ln t  1    ln
2
3
3
5
4

4

4

0,25

0,25

4

0,25
0,25

Đi u kiện

n  n  1 n  2  4

4
n!
4
n!
 n2

 n  n  n  1
n  3 . C3n  n  2Cn2 
3
3! n  3! 3
2! n  2 !
6
3

0,25

n 2  9n  0  n  9 (do n  3 )
Câu 4a
0,5
điểm

9
9
2 
k

 2 
Khi đó ta có  x  2    C9k x 9k  2    C9k x 93k  2 
x  k 0


 x  k 0
3
Số hạng ch a x tương ng giá trị k thoả mãn 9  3k  3  k  2
9

k

Suy ra số hạng ch a x 3 bằng C92 x 3  2   144x 3
Gọi  là không gian mẫu c a phép lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ 9 viên bi suy ra

0,25

2

Câu 4b
0,5
điểm

n     C39  84

Gọi A là bi n cố lấy được ít nhất 2 viên bi xanh.
Trư ng hợp 1. Trong 3 viên bi lấy được có 2 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ, có C52 .C14  40
cách.
Trư ng hợp 2. Ba viên bi lấy ra toàn màu xanh, có C35  10 cách
Suy ra n  A   C52 .C14  C53  50

Câu 5

Vậy P  A  

0,25

0,25

n  A  50 25


n    84 42
1
3

Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , SABCD  a 2

0,25


Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra

S

SH  (ABCD)

฀
Dựng HE  AB  SHE   AB , suy ra SEH
là

฀  600
góc giữa (SAB) và (ABCD)  SEH
Ta có SH  HE.tan 600  3HE

F
A

D
K
M

P

I
H

C

E

HE HI 1
a
a 3

  HE   SH 
CB IC 3
3
3
1
1 a 3 2
3a 3
Suy ra VS.ABCD  SH.SABCD  .
.a 
3

3 3
9

0,25

B

Gọi P là trung điểm c a CD, suy ra AP song song vớiCI
 d  SA, CI  d CI, SAP   d H, SAP


0,25

Dựng HK  AP , suy ra SHK   SAP 

Dựng HF  SK  HF  SPA   d H, SPA

  HF

1
1
1
(1)


2
2
HF
HK
HS2

1
1
1
1
Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK 



2
2
2
HK
DM
DP DA 2
a
1
1
1
1
4 1 3
8
Thay vào (1) ta có  2  2 
.

 2  2  2  2  HF 
2
2
HF
DP DA HS
a

a
a
a
2 2
a
.
Vậy d SA, CI  
2 2

Do SHK vuông tại H 

Gọi I là giao điểm c a BM và AC.

C

Câu
6

E

1,0
điểm

B

0,25

Ta thấy BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC
M

F

0,25

฀
฀  BM  AC .
ABC  BEM  EBM
 CAB
Đư ng thẳng BM đi qua M vuông góc với AC BM : x  2y  7  0 .

Toạ độ điểm I là nghiệm c a hệ
I
A

13

x
  12 6 

 2x  y  3  0

 13 11 
5
IM

 ; 
 I ;




5 5 
 5 5
 x  2y  7  0
 y  11

5

2   8 4 
Ta có IB   IM   ;   B 1; 3
3
 5 5 

0,25


Trong ABC ta có

1
1
1
5
5



 BA 
BI
2
2
2

2
BI
BA BC
4BA
2

5
8
4
4 5
Mặt khác BI       
, suy ra BA 
BI  2
2
5
 5   5 
Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có
2

2

0,25

 a 3
BA  4   a  1   6  2a   4  5a  26a  33  0   11
a 
5

  2 4 
Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ; 

 5 5


Ta có AC  5AI   2; 4   C 1;1 . Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1
2

2

Câu 7
1,0
điểm

2

2

0,25



Gọi I là trung điểm AB, A 1; 3; 2 , B  3;1; 2 suy ra I  2; 1;2   IA   1; 2;0   IA  5

0,25

Suy ra mặt cầu đư ng kính AB có phương trình  x  2    y  1   z  2   5 .

0,25

2

2

2

Do I thuộc trục Oy nên I có tọa độ I  0;a;0 
IA  5   a  3  a 2  6a  14, IB  13   a  1  a 2  2a  14
2

2

a  5  11
IA  2IB  IA2  2IB2  a 2  6a  14  2a 2  4a  28  a2  10a  14  0  
a  5  11







Vậy I 0;5  11, 0 , hoặc I 0;5  11, 0

0,25

0,25



Đi u kiện xác định x  1, x  y  0
Khi đó 2x  2x   x  y y  x  y  2x2  xy  y2  2x  x  y  0

2

Câu 8
1,0
điểm

  x  y  2x  y 

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

0,5

Do x  1, x  y  0  2x  y  0 , từ đó suy ra x  y .

x  1  x 2  x 2  21  x  1  1  x 2  4  x 2  21  5


1
x2
  x  2 
x 2

  0 (3)
2
x  21  5 
 x 1  1

Thay vào (2) ta có

Vì x  2 



1
  x  2  1 
  0 , từ (3) suy ra x  2
2
10
x
91


x 2  21  5


Vậy nghiệm c a hệ phương trình là  2; 2  .

0,25

x2

0,25

Ta có 2yz  1  x 2  y2  z 2  2yz  x 2   y  z   2x  y  z 
2

x2
1
x

Suy ra 2x  2yz  1  2x  2x  y  z   2x  x  y  z   2
2x  2yz  1 2 x  y  z
2

2

y2
1
y

.Suy ra
2
2y  2xz  1 2 x  y  z

1 xy 
1
z
P 
  x  y  1 
 x y
2 xyz
2 xyz

Tương tự

Câu 9

0,25


1,0
điểm

Ta có x  y  2  x 2  y2   2 1  z 2   2  2z 2
1
2

 4
2
  2  2z
2
2  2z  z 
 4
1
z
2
Xét hàm số f  z   1 
  2  2z trên  0;1
2
2
2  2z  z 
1

z
f ' z  

 0 với c   0;1 .
2
2
2
2 3
4
2  2z
2  2z  z
 2  2z 
z

Suy ra P  1 





0,25

0,25

Do hàm số liên tục trên  0;1 , nên f  z  nghịch bi n trên  0;1
1
1
,z  0
2
2

1
1
,z  0
Vậy GTLN c a P là  4 2 đạt được khi x  y 
2
2

Suy ra P  f  z   f  0    4 2 . Dấu = xảy ra khi x  y 

Mọi cách gi i khác n u đúng đ u cho điểm t ơng ứng

0,25


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

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

(Đề thi có 01 trang)

Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y =

�+

−�

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: � +√�− − + ≤ � + √�−
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)
�
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC = a, BC = 2a, ̂ =

và đường thẳng A’C
tạo với mp(ABB’A’) một góc � . 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
giác là G - ; -

Câu 8: (1 điểm)

5

.Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.

Giải hệ phương trình: {

+

+ √

+

+

+

=

√ =6
+√ +

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=

2+ 2+ 2

+

+

−

+

+

----------------------------------------------------------Họ và tên thí sinh: .........................................................Số báo danh: ..................................


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

+

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

0,25

−

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

lim

= lim

→−∞

→

→+∞

Bảng biến thiên:

⇒ y = -2 là tiệm cận ngang

= -2

-∞

x
y/
y

1

0,25

+∞

+

+
+∞

-2

-2
-∞

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

0,5

y

1

x

O 1
-2

Câu 1.b

b. Ta có: y’=

I

−

0,5

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

−

= 3 ⇔ (1-x)2 = 1 ⇔ [

=
=

* 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) ⇔

Câu 3

⇔ cos

+

√
�

3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0

cos2x - sin2x = cos x
�
6
� � �
=− +
8

=− +� �

= cosx ⇔ [

+√ − −

Giải bất phương trình:
ĐK: x 1. Ta có: (1) ⇔

+√ −

0,5

,k Z

+
− .

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

⇔

Câu 4

0,5

+
− .

√ −

√ −

0,5

(1)
+9

0,25
0,25

2

⇔1

x

2

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

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 = √ ∈ [1;e]

f(1) = -1; f(e) = 0; f(√
b. lim
→

Câu 5

Câu 6

� � −�

= 1 + lim
→

�

= lim
→

=

−�

�� −

=1+2=3

⇒ max

+ lim

→

[ ;�]

−�

=

; min
[ ;�]

=

−�

Gọi phép thử T: “Chia 9 học sinh thành 3 nhóm”
- Chọn 3 học sinh từ 9 học sinh cho nhóm một: có
cách
- Chọn 3 học sinh từ 6 học sinh cho nhóm hai: có
cách
- Chọn 3 học sinh còn lại cho nhóm ba: có
cách
Do không quan tâm đến thứ tự của các nhóm
⇒ Số phần tử của không gian mẫu là: |Ω| =
. .
: ! = 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
. .
: ! cách

- Xếp 3 học sinh nữ vào 3 nhóm: có 3! cách
⇒ Số phần tử của biến cố A là: |A| = . .
= 90.
|A|
Vậy: P(A) = |Ω| =
* Tính VABC.A’B’C’
Trong ΔABC, kẻ đường cao CH ⇒CH ⊥ (AA’B’B) ⇒ ̂
�′� =
Áp dụng định lý cosin trong ΔABC:
AB2 = AC2+BC2-AC.BC.cos
= 7a2 ⇒ AB = a√
Diện tích ΔABC là:
SABC = AC.CB.sin
=

� √

0,25
0,25
0,25
0,5

0,5

0,25


Mặt khác, ta có: SABC = AB.CH ⇒ CH =

Trong Δ vuông A’CH: A’C =

Trong Δ vuông A’AC:
AA’ = √�′

−�

=

�√

Vậy VABC.A’B’C’ = SABC.AA’ =

=

�

�

�√

�

=

�√

B/

0,25

A/

M

� √

.

�√

=

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
Ta có: BK = BC.sin
= a√
Trong Δ vuông BKM:
=

Câu 7

⇒ BI =

�√

�

+

. Vậy d(A’,(ACM)) =

=

�
�√

�

+

0,25

0,25
�

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

=

�

A

0,25

M’
M

I

B
Tọa độ của I là nghiệm của hệ:
+ −
=
{
⇒I ,
−
+ =

0,25

,

+

Đường thẳng AC qua N, M’ ⇒ pt AC là: =
⇔ 7x - y - 5 = 0
− − =
Tọa độ A là nghiệm của hệ {
⇒ A(1;2)
−
+ =
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(-2;5), C(-1;12)
⇔
=−
−
=
Vậy tọa độ các đỉnh của ΔABC là: A(1;2), B(-2;5), C(-1;12)
Giải hệ phương trình: {

ĐK: x 0
* x = 0: không thỏa mãn hệ

C

0,25

M’ đối xứng với M qua I ⇒ M’

Câu 8

N

+

+ √

+

+

+

=

√ =
+√ +

0,25

0,25


* x > 0: (2) ⇔ 2y(1+√

+

)=

+√

+

Xét hàm số f(t) = t( + √ + � ) với t ∈ ℝ
f’(t) = 1+ √

+

+

> 0, ∀ t ∈ ℝ

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

Thế vào (1):
⇔

Câu 9

+ +
+
+ − =−

√ − =
+ √ (3)

(*)
0,25
⇔ 2y =

0,25

Xét các hàm số: g(x) =
+ − và h(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)
x = 1 ⇒ y = . Vậy hệ có nhiệm (x;y) = ,

0,25

=
+
Mặt khác ta có: + +
⇒
+ + =9+ +
−
− � với �
Khi đó: P =

0,5

Đặt t = ab + bc + ca, ta có: t = ab + bc + ca
Do đó t

Xét hàm số f(t) =

−

+

− � với t

+

+

+

+

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

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

=

+

0,25

0,25

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: TOÁN (24/01/2016)

ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

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

www.tiepsucmuathi.edu.vn

Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y

( x m)3

3x 2

6mx 3m2

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m=0.
2
2
2) Chứng minh rằng ymax
ymin
16
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình sin 2x cos 2x cos x 3sinx 2 0 .
2) Cho đa giác đều 24 đỉnh, hỏi có bao nhiêu tứ giác có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác và 4
cạnh là 4 đường chéo của đa giác.

Câu III. (2 điểm)
1) Viết phương trình của các đường tiệm cận và lập bảng biến thiên của hàm số
y

3

1

x2

1

x3

2) Gọi z1 , z2 là nghiệm phức của phương trình z 2 (2i 2) z i 1 0 . Tính | z12

z 22 | .

Câu IV.
1) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB 2a , góc giữa AB ' và BC ' bằng 60o.
Tính thể tích của lăng trụ.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD có đỉnh A(1;2;1) và
x 3
4

đường chéo BD có phương trình

y
1

z
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của
1

hình vuông.
3) Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, B(1;1), đường thẳng AC có
phương trình 4 x 3 y 32 0 . Trên tia BC lấy điểm M sao cho BC.BM=75. Tìm tọa
độ đỉnh C biết bán kinh đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC bằng

5 5
.
2

Câu V. Với x, y, z là các số thực đôi một phân biệt. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
M

2x y
x y

2

2y z
y z

2

2z x
z x

------ HẾT -----Chúc các em thành công!

www.fb.com/MoonTV.Moon.vn

2


SỞ GD & ĐT HÀ N I
TR

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

NG THPT ĐA PHÚC

Môn: TOÁN

Đ THI THỬ LẦN 1

Câu 1: ( , đ ểm). Kh o sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

2x 1
.
x 1

Câu 2: ( , đ ểm). Tìm các điểm cực trị của hàm số y  2 x4  4 x2  1.
Câu 3: ( , đ ểm).
a) Gi i ph ơng trình 4 x

2

x

b) Tìm ph ơng trình các đ

1
 
2

x 1

trên tập số thực.

ng tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số f ( x) 

x2  2
.
x

Câu 4: (1, đ ểm).
Tính diện tích hình phẳng gi i hạn bởi đ

ng cong y  ( x  1) ln x và đ

ng thẳng y  x  1.

Câu 5: ( , đ ểm).
Trong không gian v i hệ tọa đ Oxyz, cho điểm A(2;1;1) và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + 1 = 0. Viết
ph ơng trình mặt cầu tâm A tiếp xúc v i mặt phẳng (P) và tìm tọa đ các giao điểm của mặt cầu đó v i
trục Ox.
Câu 6: ( , đ ểm).
a) Gi i ph ơng trình sin 2x  2 sinx  0.
b) M t đ i văn nghệ gồm có 20 ng i trong đó có 12 nam và 8 nữ. Chọn ng u nhiên 8 ng

đồng ca. Tính xác su t để 8 ng i đ ợc chọn có c nam và nữ và số nữ nhiều hơn số nam.

i để hát

Câu 7: ( , đ ểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 3 . Tính
thể tích khối chóp S.ABC và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a.
Câu 8: ( , đ ểm). Trong mặt phẳng v i hệ tọa đ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại B và C có AB >CD
và CD = BC. Đ ng tròn đ ng kính AB có ph ơng trình x2 + y2 – 4x – 5 = 0 cắt cạnh AD của hình
thang tại điểm thứ hai N. Gọi M là hình chiếu vuông góc của D trên đ ng thẳng AB. Biết điểm N có
tung đ d ơng và đ ng thẳng MN có ph ơng trình 3x + y – 3 = 0, tìm tọa đ của các đỉnh A, B, C, D
của hình thang ABCD.
Câu 9: ( , đ ểm). Gi i b t ph ơng trình

1
x2  1



1
3x 2  5



2
x2  2  1

trên tập số thực.

Câu 10: ( , đ ểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mưn 8(a2 + b2 + c2) = 3(a + b + c)2.
Tìm giá trị l n nh t của biểu thức P = a(1 – a3) + b(1 – b3) + c.

........................ Hết .......................

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


Đ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016

SỞ GD & ĐT HÀ N I
TR NG THPT ĐA PHÚC

Môn: TOÁN

H NG D N CH M
1) H ng d n ch m chỉ nêu m t cách gi i v i những ý cơ b n, nếu thí sinh làm bài không
theo cách nêu trong h ng d n ch m nh ng v n đúng thì cho đủ số điểm từng phần nh
thang điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong h ng d n ch m ph i đ m b o không làm
sai lệch
h ng d n ch m và ph i đ ợc thống nh t thực hiện v i t t c giám kh o.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi c ng điểm toàn bài, giữ nguyên k t quả.
4) V i các bài hình học (Câu 7 và Câu 8) nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì
không cho điểm
phần đó.

1.

Điể
m

N i dung

Câu

- Tập xác định: D 
+)Ta có y ' 

1
( x  1)2

\ {-1} .

 0 x  D  hàm số đồng biến trên các kho ng ( ; 1) và

0.25

( 1; )

+)Gi i hạn, tiệm cận:

lim y  lim y  2  y  2 là đ

x 

x 

ng tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

lim y  ; lim y    x  1 là đ

x 1

B ng biến thiên:
x
-
+
y’

x 1

ng tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
-1

+

+

y

0.25

0.25

2
2
-

Đồ thị
+)Giao Ox: (-0,5;0)

+)Giao Oy: (0;1):

0.25


4

2

1

-0,5

O

5

2

2.

TXĐ: D 

0.25

y '  8 x3-8x  8 x( x 2 -1) x  D
x  0
y'  0  
 x  1

B ng xét d u của y’:

x

-
+
y’ -

0.25
-1
0

0
+

0

1
-

0

0,25
+

Kết luận: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và ycd  y(0)  1.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1 và yct  y(1)  3.
4

3.a

x2  x

1
 
2

x 1

 22 x

2

2 x

0.25

 21 x

0.25


3  17
x 
4
2 x 2  2 x  1  x  2 x 2  3x  1  0  

3  17
x 
4


0.25

+ TXĐ: D  \{0}.
+
3.b


2 
 | x | 1 2 

2
x 
 1  2
lim f ( x)  lim 
lim
 x  
x
x
x 
x 





+ Các đ ng thẳng: y = ± 1 là các đ
+ lim f ( x)  ; lim f ( x)  ;
x 0

4.

x 0


2
 ;
  1 lim f ( x)  lim   1  2
x
x 
x  



  1


0.25

ng tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

+ Đ ng thẳng x = 0 là đ ng tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
+) Xét ph ơng trình: (x-1)lnx = x-1  x = 1 hoặc x = e.
+ Diện tích cần tìm là:

0.25

0.25


e

e

e

x2
S   ( x  1)(ln x  1) dx   ( x  1)(ln x  1)dx   (ln x  1)d (  x) 
2
1

1

0.25

1

e

x2
x
1 1

 (  x )(ln x  1) |1e   (  1)dx     x 2  x  |1e
2
2
2 4

1


5.
a)

e 2  4e  5
(đvdt).
4

0.25

+) Mặt cầu tâm A tiếp xúc v i mặt phẳng (P) có bán kính
R  d ( A, ( P)) 

4 1  2  1
2

2

2 1  2

2

0.25

2

+) Ph ơng trình mặt cầu là: (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = 4.
+) Tọa đ giao điểm của mặt cầu và trục Ox là nghiệm của hệ pt:
b)

0.25

( x  2)2  ( y  1)2  ( z  1)2  4
x  2  2


y  0
 x  2  2
z  0


0.25

0.25

+) Các giao điểm: M (2  2;0;0), N (2  2;0;0).

0.25

6.
a)

s inx  0
Pt  
cosx  2

2

0.25
\


 x  k


  x   k 2
4



 x    k 2
4


b)

0.25

+) Xét phép thử chọn ng u nhiên 8 ng i từ 20 ng i, mỗi kết qu của phép thử
ứng v i m t cách chọn đ ợc 8 ng i từ 20 ng i => Số phần tử của không gian
8
m u là: n()  C20
 125970 .
+) Gọi biễn cố A: “8 ng i đ ợc chọn có c nam và nữ và số nữ nhiều hơn số
nam”
3
2
1
n( A)  C85.C12
 C86 .C12
 C87 .C12

 14264

Ta có
7.

 P( A) 

0.25

0.25

7132
n( A) 14264
.


n() 125970 62985

+) Từ gi thiết suy ra tam giác ABC đều cạnh a và SH(ABC) v i H là tâm của
tam giác đều ABC => AH =

a 3
và SH là đ
3

ng cao của hình chóp S.ABC

Từ gi thiết => SA = a 3 => trong tam giác vuông SAH vuông tại H có
SH  SA2  AH 2 

2 6a
.
3

0.25


a2 3
a3 2
1
+) Diện tích tam giác ABC bằng: S ABC 
 VS . ABC  S ABC .SH 
4
3
6

+) SH là trục của đ ng tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trong mặt phẳng (SAH) kẻ
đ ng trung trực của cạnh SA cắt SH tại I => I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABC có bán kính R = IS. Hai tam giác vuông SMI và SHA đồng dạng =>
SI 

0,25

0.25

SM .SA 3 6

a
8
SH

+) Diện tích mặt cầu là: S  4 R2 

27 2
a .
8

S

M

0.25
I
A

C
H

8.

B
…
+) N  MN(C) => tọa đ N là nghiệm của hpt:

1 12
3x  y  3  0
,
do
N
có

tung
đ
d
ơng
nên
N
(
; ), N1(2; 3) .
 2
2
5
5
x
y
4
x
5
0







+) Tứ giác BMND n i tiếp  BNM  BDM  45o => MN là đ

0.25

ng phân giác góc

BNA => N1 là điểm chính giữa cung AB  IN1  AB v i I(2;0) là tâm của (C) => 0.25

AB: y = 0.
+) M = MNAB => M (1;0) , A,B là các giao điểm của đt AB và (C) => A(-1;0)
và B(5;0) hoặc A(5;0) và B(-1;0). Do IM cùng h

ng v i IA nên A(-1;0) và 0.25

B(5;0) .
+) AN: 2x – y + 2 = 0, MD: y = 1 => D = ANMD => D(1;4).
MB  DC => C(5;4).

0.25


D

C

N

A

M I

N1

…
9.

B

+) Đặt t = x2 – 2, bpt trở thành:
t ơng đ ơng
( t  1)(

1
1
2
ĐK: t  0 v i đk trên, bpt


t 3
3t  1
t 1

0.25

1
1

)  2 . Theo Cô-si ta có:
t 3
3t  1

t
t t 1 1  t
t 1 
.


 


t 1 t  3 2  t 1 t  3 
t 3

0.25

1
1 2
11
2 
.

  

2 t 3 2 2 t 3
t 3
t
1 2t
11
2t 

  
.

2 3t  1 2  2 3t  1 
3t  1
t 1 

1
1 t 1 1  1

 

.

t  1 3t  1 2  t  1 3t  1 
3t  1
 VT  2t  0.
+) Thay n x đ ợc x2  2  x  (;  2]  [ 2; )  T  (;  2]  [ 2; ).

+) Từ gi thiết ta có: 5c2 – 6 (a+b)c + (a+b)2  0 

10.

1
8

1
( a  b)  c  a  b .
5

1
8

+) Ta có a 4  b4  (a  b)4 a, b => P  2(a  b)  (a  b)4
+) Xét f (t )  2t 

t4

8

(t  0), f '(t )  2 

0.25

0.25
0.25
0.25

t3
; f '(t )  0  t  3 4
2

+) BBT:…

t
f’(t)

34

0
+
+

0

0.25

-

f(t)

33 4
2

3

4
a

b

33 4

+) MaxP =

2 .
2

3
c  4

0.25

----- H T -----


ｔｒ

ｎｇ＠
ｔｒ

ｉ＠ｈ ｃ＠ｓ ＠ｐｈ ｍ＠ｈ￀＠ｎ ｉ＠
ｎｇ＠ｔｈｐｔ＠ｃｈｕｙￊｎ

＠ｔｈｉ＠ｔｈ ＠ｌ ｎ＠Ｑ＠ﾖ＠ｋ ＠ｔｈｉ＠ｔｈｐｔ＠ｑｕ ｃ＠ｇｉａ＠ＲＰＱＶ
ｍ￴ｮ＠ｴｨｩＺ＠ｔｏ￁ｎ＠
ｔｨ ｩ＠ｧｩ｡ｮ＠ｬ￠ｭ＠｢￠ｩＺ＠ＱＸＰ＠ｰｨｴＬ＠ｫｨ￴ｮｧ＠ｫ ＠ｴｨ ｩ＠ｧｩ｡ｮ＠ｰｨ￡ｴ＠ ＠
ＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭＭ

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ｹ＠］＠ｸ Ｓ＠ Ｓｸ Ｒ Ｎ
｡Ｉ＠ ｋｨ ｯ＠ｳ￡ｴ＠ｳ ＠｢ｩ ｮ＠ｴｨｩ￪ｮ＠ｶ￠＠ｶ ＠ ＠ｴｨ ＠ＨｃＩ＠｣ ｡＠ｨ￠ｭ＠ｳ ＠ ￣＠｣ｨｯＮ＠
ｮｧ＠ｴｨ ｮｧ＠ Δ đi qua điểm I(1;−2) ｣￳＠ｨ ＠ｳ ＠ｧ￳｣＠ｫＮ＠ｔ￬ｭ＠ｫ＠ ＠
ｮｧ＠ｴｨ ｮｧ＠
｢Ｉ＠ ｃｨｯ＠ ｩ ｭ＠ M(0;2) ｶ￠＠
Δ ｣ ｴ＠ＨｃＩ＠ｴ ｩ＠｢｡＠ ｩ ｭ＠ｰｨ￢ｮ＠｢ｩ ｴ＠ａＬ＠ｂ＠ｶ￠＠ｉＮ＠ｃｨ ｮｧ＠ｭｩｮｨ＠ｲ ｮｧ＠ｫｨｩ＠ｫ＠ｴｨ｡ｹ＠ ｩ＠ｴｨ￬＠ｴｲ ｮｧ＠ｴ￢ｭ＠｣ ｡＠ｴ｡ｭ＠
ｧｩ￡｣＠ａｍｂ＠｣ ＠ ｮｨＮ＠
⎛ π ⎟⎞
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm góc α ∈ ⎜⎜ ;π⎟ thoả mãn
⎝ 2 ⎟⎠
4cos2α− 2 cosα +1= 0.

{

}

Câu 3 (1,0 điểm). Cho tập E = 0;1;2;3; 4;5 . ｇ ｩ＠ｓ＠ｬ￠＠ｴ ｰ＠ｨ ｰ＠｣￡｣＠ｳ ＠｣ｨ ｮ＠ｧ ｭ＠Ｓ＠｣ｨ ＠ｳ ＠ｫｨ￡｣＠ｮｨ｡ｵ＠
｣＠ｴ ｯ＠ｴｨ￠ｮｨ＠ｴ ＠｣￡｣＠｣ｨ ＠ｳ ＠ｴｨｵ ｣＠ｴ ｰ＠ｅＮ＠

｡Ｉ＠ ｔ￭ｮｨ＠ｳ ＠ｰｨ ｮ＠ｴ ＠｣ ｡＠ｓＮ＠
｢Ｉ＠ ｌ ｹ＠ｮｧ ｵ＠ｮｨｩ￪ｮ＠ｭ ｴ＠ｳ ＠ｴ ＠ｴ ｰ＠ｓＮ＠ｔ￭ｮｨ＠ｸ￡｣＠ｳｵ ｴ＠ ＠ｳ ＠ｬ ｹ＠ｲ｡＠｣￳＠｣ｨ ｡＠｣ｨ ＠ｳ ＠ＰＮ＠
1

ｃ￢ｵ＠Ｔ＠ＨＱＬＰ＠ ｩ ｭＩＮ＠ｔ￭ｮｨ＠ｴ￭｣ｨ＠ｰｨ￢ｮ＠I = ∫
0

x 2 + 6x + 4
(x 2 +1)(2x +1)

dx.

ｃ￢ｵ＠Ｕ＠ＨＱＬＰ＠ ｩ ｭＩＮ＠ｔｲｯｮｧ＠ｫｨ￴ｮｧ＠ｧｩ｡ｮ＠ｶ ｩ＠ｨ ＠ｴｯ ＠ ＠ｏｸｹｺＬ＠ｶｩ ｴ＠ｰｨ
ｴｲ￪ｮ＠ｴｲ ｣＠ｏｹＬ＠｢￡ｮ＠ｫ￭ｮｨ＠ R = 4 ｶ￠＠ｴｩ ｰ＠ｸ｣＠ｶ ｩ＠ｭ ｴ＠ｰｨ ｮｧ＠ＨｏｸｺＩＮ＠

ｮｧ＠ｴｲ￬ｮｨ＠ｭ ｴ＠｣ ｵ＠ＨｓＩ＠｣￳＠ｴ￢ｭ＠ｉ＠ｮ ｭ＠

ｃ￢ｵ＠Ｖ＠ＨＱＬＰ＠ ｩ ｭＩＮ＠ｃｨｯ＠ｨ￬ｮｨ＠｣ｨ￳ｰ＠ｓＮａｂｃｄ＠｣￳＠ ￡ｹ＠ｬ￠＠ｨ￬ｮｨ＠ｶｵ￴ｮｧ＠｣ ｮｨ＠｡Ｎ＠ ｩ ｭ＠ｍ＠ｴｨｵ ｣＠｣ ｮｨ＠ｂｃ＠
｡
ｶ￠＠ ｩ ｭ＠ｎ＠ｴｨｵ ｣＠｣ ｮｨ＠ｃｄ＠ｳ｡ｯ＠｣ｨｯ＠ｃｍ＠］＠ｄｎ＠］＠ ｇ ｩ＠ｈ＠ｬ￠＠ｧｩ｡ｯ＠ ｩ ｭ＠｣ ｡＠ａｎ＠ｶ ｩ＠ｄｍＮ＠ｂｩ ｴ＠ｓｈ＠ｶｵ￴ｮｧ＠
.Ｓ
góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3. ｈ￣ｹ＠ｴ￭ｮｨ＠ｴｨ ＠ｴ￭｣ｨ＠ｫｨ ｩ＠｣ｨ￳ｰ＠ｓＮａｍｎ＠ｶ￠＠ｫｨｯ ｮｧ＠｣￡｣ｨ＠ｧｩ ｡＠
hai đường thẳng DM và SA.
ｃ￢ｵ＠Ｗ＠ＨＱＬＰ＠ ｩ ｭＩＮ＠ｔｲｯｮｧ＠ｭ ｴ＠ｰｨ ｮｧ＠ｴｯ ＠ ＠ｏｸｹＬ＠｣ｨｯ＠ｴ｡ｭ＠ｧｩ￡｣＠ａｂｃ＠｣￳＠ａｄ＠ｬ￠＠ｰｨ￢ｮ＠ｧｩ￡｣＠ｴｲｯｮｧ＠ｧ￳｣＠
ａＮ＠ｃ￡｣＠ ｩ ｭ＠ ｍ＠ ｶ￠＠ ｎ＠ ｴ ｮｧ＠ ｮｧ＠ ｴｨｵ ｣＠ ｣￡｣＠ ｣ ｮｨ＠ ａｂ＠& ａｃ＠ ｳ｡ｯ＠ ｣ｨｯ＠BM = BD,CN = CD. Biết
D(2;0), M(−4;2), N(0;6) Ｌ＠ｨ￣ｹ＠ｶｩ ｴ＠ｰｨ ｮｧ＠ｴｲ￬ｮｨ＠｣￡｣＠｣ ｮｨ＠ｴ｡ｭ＠ｧｩ￡｣＠ａｂｃＮ＠
ｃ￢ｵ＠Ｘ＠ＨＱＬＰ＠ ｩ ｭＩＮ＠ｇｩ ｩ＠ｰｨ

ｮｧ＠ｴｲ￬ｮｨ＠ 3x 3 + 2x 2 + 2 + −3x 3 + x 2 + 2x −1 = 2x 2 + 2x + 2.

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương thay đổi a, b, c thoả mãn a + b + c = 1. ｔ￬ｭ＠ｧｩ￡＠ｴｲ ＠ｬ ｮ＠ｮｨ ｴ＠
｣ ｡＠｢ｩ ｵ＠ｴｨ ｣Ｚ＠ P = 3(a 2 b + b 2 c + c 2 a)− 5c 2 + 4c + 2ab.
_________________Hết________________
wwwＮfbＮcoｭ/MoonｔVＮMoonＮvn


ｔｒ

Tｒ

ｎｇ＠ ｉ＠ｈ ｃ＠ｋｈｔｎ
ｎｇ＠ｔｈｐｔ＠ｃｈｕｙￊｎ＠ｋｈｔｎ

＠ｔｈｉ＠ｔｈ ＠ｔｈｐｔ＠ｑｇ＠ｌ ｎ＠Ｑ＠ｎ ｍ＠ｈ ｃ＠ＲＰＱＵ＠Ｍ＠ＲＰＱＶ
ｍ￴ｮＺ＠ｔｏ￁ｎ
ｔｨ ｩ＠ｧｩ｡ｮ＠ｬ￠ｭ＠｢￠ｩＺ＠ＱＸＰ＠ｰｨｴ

ｃ￢ｵ＠Ｑ＠ＨＱＬＰ＠ ｩ ｭＩＮ＠ｋｨ ｯ＠ｳ￡ｴ＠ｳ ＠｢ｩ ｮ＠ｴｨｩ￪ｮ＠ｶ￠＠ｶ ＠ ＠ｴｨ ＠｣ ｡＠ｨ￠ｭ＠ｳ ＠ y = x 4 − 2x 2 .
ｃ￢ｵ＠Ｒ＠ＨＱＬＰ＠ ｩ ｭＩＮ＠ｖｩ ｴ＠ｰｨ

ｮｧ＠ｴｲ￬ｮｨ＠ｴｩ ｰ＠ｴｵｹ ｮ＠｣ ｡＠

＠ｴｨ ＠ｨ￠ｭ＠ｳ ＠ y =

ｏｸＬ＠ｏｹ＠ｬ ｮ＠ｬ ｴ＠ｴ ｩ＠｣￡｣＠ ｩ ｭ＠ａＬ＠ｂ＠ｴｨｯ ＠ｭ￣ｮ＠ ｩ ｵ＠ｫｩ ｮ＠ｏｂ＠］＠ＳｏａＮ＠
ｃ￢ｵ＠Ｓ＠ＨＱＬＰ＠ ｩ ｭＩＮ＠

x+2
x −1

｢ｩ ｴ＠ｴｩ ｰ＠ｴｵｹ ｮ＠｣ ｴ＠ｴｲ ｣＠

2

｡Ｉ＠ ｔ￬ｭ＠ｰｨ ｮ＠ｴｨ ｣＠ｶ￠＠ｰｨ ｮ＠ ｯ＠｣ ｡＠ｳ ＠ｰｨ ｣＠ｺ＠ｴｨｯ ＠ｭ￣ｮ＠

z
z

+ 2iz +

2(z + i)
1−i

= 0.

b) Giải phương trình trên tập số thực: (3− 5) x + (3+ 5) x = 2 x+1.
π
4

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

cos2x

dx.
6
x
cos
0
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x + 2y + z − 4 = 0 và

đường thẳng d :

x +1

ｶｩ ｴ＠ ｰｨ ｮｧ＠ ｴｲ￬ｮｨ＠
thẳng d.
Câu 6 (1,0 điểm).

2

y

z+2

.ｔ￬ｭ＠ ｴｯ ＠ ＠ ｧｩ｡ｯ＠ ｩ ｭ＠ ａ＠ ｣ ｡＠
ｮｧ＠ ｴｨ ｮｧ＠ ､＠ ｶ￠＠ ｭ ｴ＠ ｰｨ ｮｧ＠ ＨｐＩ＠ ｶ￠＠
1
3
ｮｧ＠
ｮｧ＠ ｴｨ ｮｧ＠ Δ ｮ ｭ＠ ｴｲｯｮｧ＠ ｭ ｴ＠ ｰｨ ｮｧ＠ ＨｐＩ＠ ｮｧ＠ ｴｨ ｩ＠ ｣ ｴ＠ ｶ￠＠ ｶｵ￴ｮｧ＠ ｧ￳｣＠ ｶ ｩ＠

=

=

a) Giải phương trình lượng giác: ｳｩｮ＠ｸ ＠ Ｓ ｳｩｮ Ｒｸ＠］＠ Ｓ＠｣ｯｳ ｸ＠Ｋ＠｣ｯｳＲｸＮ
｢Ｉ＠ ｘ￩ｴ＠Ｑ＠ ｡＠ｧｩ￡｣＠ ｵ＠ＱＲ＠｣ ｮｨＬ＠ｨ ｩ＠｣￳＠｢｡ｯ＠ｮｨｩ￪ｵ＠ｴ｡ｭ＠ｧｩ￡｣＠ｫｨ￴ｮｧ＠｣￢ｮ＠｣￳＠｢｡＠ ｮｨ＠ｬ￠＠｣￡｣＠ ｮｨ＠｣ ｡＠ ｡＠ｧｩ￡｣＠
￣＠｣ｨｯ＿＠
ｃ￢ｵ＠ Ｗ＠ ＨＱＬＰ＠ ｩ ｭＩＮ＠ ｃｨｯ＠ ｨ￬ｮｨ＠ ｣ｨ￳ｰ＠ ｓＮａｂｃ＠ ｣￳＠ ￡ｹ＠ ａｂｃ＠ ｬ￠＠ ｴ｡ｭ＠ ｧｩ￡｣＠ ｣￢ｮ＠ ｴ ｩ＠ ａ＠ ｴｲｯｮｧ＠ ￳＠
Ａ＠

［＠ｭ ｴ＠｢￪ｮ＠ｓａｂ＠ｬ￠＠ｴ｡ｭ＠ｧｩ￡｣＠ ｵ＠ｶ￠＠ｮ ｭ＠ｴｲｯｮｧ＠ｭ ｴ＠ｰｨ ｮｧ＠ｶｵ￴ｮｧ＠ｧ￳｣＠ｶ ｩ＠ ￡ｹＮ＠
ａｂ＠］＠ａｃ＠］＠｡Ｌｂａｃ
］ ＱＲＰ Ｐ
ｔ￭ｮｨ＠ｴｨ･ｯ＠｡＠ｴｨ ＠ｴ￭｣ｨ＠ｫｨ ｩ＠｣ｨ￳ｰ＠ｓＮａｂｃ＠ｶ￠＠｢￡ｮ＠ｫ￭ｮｨ＠ｭ ｴ＠｣ ｵ＠ｮｧｯ ｩ＠ｴｩ ｰ＠ｫｨ ｩ＠｣ｨ￳ｰ＠ｓＮａｂｃＮ＠
ｃ￢ｵ＠Ｘ＠ＨＱＬＰ＠ ｩ ｭＩＮ＠ｔｲｯｮｧ＠ｭ ｴ＠ｰｨ ｮｧ＠ｴｯ ＠ ＠ｏｸｹＬ＠｣ｨｯ＠ｴ｡ｭ＠ｧｩ￡｣＠ａｂｃ＠｣￳＠ａＨＴ［ＶＩＬ＠ｴｲ ｣＠ｴ￢ｭ＠ｈＨＴ［ＴＩＬ＠ｴｲｵｮｧ＠
ｩ ｭ＠ｍ＠｣ ｡＠｣ ｮｨ＠ｂｃ＠ｴｨｵ ｣＠
ｮｧ＠ｴｨ ｮｧ＠ Δ : x − 2y −1= 0 . Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ
các đỉnh B, C của tam giác. Tìm toạ độ các đỉnh B, C biết rằng đường thẳng EF song song với đường
thẳng d : x −3y + 5 = 0.
⎪⎧ x + 3y + 7x + 2y = 5y − x + 3 y
.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực: ⎪
⎨
⎪2x 2 − y 2 + x 4 − y 2 + 4 = −2 + 5 xy
⎩⎪
ｃ￢ｵ＠ＱＰ＠ＨＱＬＰ＠ ｩ ｭＩＮ＠ｘ￩ｴ＠｣￡｣＠ｳ ＠ｴｨ ｣＠､ ｮｧ＠ｸＬ＠ｹＬ＠ｺ＠ｴｨｯ ＠ｭ￣ｮ＠ x 2 + y 3 + z 4 ≥ x 3 + y 4 + z 5 . Chứng minh
rằng: x 3 + y 3 + z3 ≤ 3 .
_________________Hết________________
ｔｨ￭＠ｳｩｮｨ＠ｫｨ￴ｮｧ＠

｣＠ｳ ＠､ ｮｧ＠ｴ￠ｩ＠ｬｩ ｵＬ＠｣￡ｮ＠｢ ＠｣ｯｩ＠ｴｨｩ＠ｫｨ￴ｮｧ＠ｧｩ ｩ＠ｴｨ￭｣ｨ＠ｧ￬＠ｴｨ￪ｭ


ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 L1
Môn: TOÁN;
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: = 3 + 3 2 + 1 có đồ thị là
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
của hàm số.
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
với đồ thị

(

.

tại điểm

(1 5) . Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến

) . Tính diện tích tam giác OAB, với O là gốc tọa độ.

≠

Câu 2 (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
Câu 3 (1.0 điểm)
a) Giải phương trình lượng giác:
b) Cho

2α = −

2 +

6 =

2

=

−3 +6
trên đoạn  2 4  .
−1

4

4
π
với < α < π . Tính giá trị của biểu thức:
5
2

= (1 +

α)

π

 − α
4


Câu 4 (1 điểm)
a)Tìm hệ số của số hạng chứa

2010


2 
trong khai triển của nhị thức:  + 2 



2016

.

b) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ các chữ số
1 2 3 4 5 6 7 8 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp X. Tính xác suất để số được chọn chỉ chứa 3
chữ số lẻ.
−1 2
3 4 và đường thẳng
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm
2
2
d có phương trình: − 2 − 2 = 0 Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao cho:
+
= 36
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và
=2
=4
Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của đoạn thẳng AC. Cạnh
bên SA tạo với mặt đáy một góc 60 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường

2

tròn (T) có phương trình:

+

2

− 6 − 2 + 5 = 0 Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Đường tròn

đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết
đường thẳng MN có phương trình: 20 − 10 − 9 = 0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.

 − 2 + 2 − − 1 =
−1 −
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3 6 − + 3 2 + 3 − 7 = 2 + 7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: + + ≥ 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của
2

biểu thức:

=

+ 8+

2
3

+

+ 8+

2
3

+

+ 8+

3

⋅

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


Câu
1
(2.0 điểm)

Đáp án

Điểm

a. (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị…
• Tập xác định: = ℝ
• Sự biến thiên:
 = 0 ⇒ =1

=3 2 +6
=0⇔
 = −2 ⇒ = 5
Giới hạn:

= −∞

→−∞

Bảng biến thiên:

→+∞

x

0.25

= +∞
-2

−∞

0
5

+

0

+∞

0

−

+

0.25

+∞

y
−∞
- H/s đb trên các khoảng −∞ −2

- Hàm số đạt cực tại
• Đồ thị:
x
−1
y

1
0 +∞ và nb trên khoảng −2 0

= 5 ; đạt cực tiểu tại

= −2

=0

=1

1
5

3

0.25

b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…tính diện tích tam giác….
+ Ta có: 1 = 9 ⇒ phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm (1 5 ) là:
= 9 −1 + 5 ⇔ = 9 − 4
+ Tọa độ điểm B là giao của d và (C) có hoành độ là nghiệm pt:
 =1
3
+ 3 2 +1 = 9 − 4 ⇔ 3 + 3 2 − 9 + 5 = 0
−1 2 + 5 = 0 ⇔ 
 = −5
Do

(

)=

Suy ra:

2
(1 điểm)

nên

≠

∆

4
82

0.25

= ( −6 −54 ) ⇒

−5 − 49 . Ta có:

0.25

= 6 82 ;
0.25

.

=

0.25

1
2

(

)

=

1
2

4
82

6 82 = 12 (đvdt)

0.25

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất…
Ta có

liên tục trên đoạn  2 4  ,

Với ∈  2 4  ,
Ta có:

2 =4

2

=

−2 −3
−1 2

0.25

=0⇔ =3

0.25

10
3

0.25

3 =3

4 =


Vậy Min f ( x) = 3 tại x = 3; Max f ( x) = 4 tại x = 2
[2; 4 ]

3
(1.0 điểm)

0.25

[2; 4 ]

a. Giải phương trình …
PT ⇔ 2

4

2 =

4 ⇔


2 −1 = 0 ⇔ 



4 2

4 =0
2 =

1
2



π
π
π
 =8+ 4
4 = 2 + π
⇔
⇔
 =±π+ π
 2 = ± π + 2π



3
6

0.25

0.25

b.Tính giá trị biểu thức…
Do

π
< α < π nên
α>0
2
1+
2α 1
2
α=
= ⇒
2
10
2

Khi đó:

4
(1.0 điểm)

2

α = 1−

α=

= (1 +

α < 0 . Ta có:

9
⇒
10

α)

1
2

α=

(

α+

a.Tìm hệ số của số hạng chứa


Xét khai triển:  +


Số hạng chứa

2010

2 
2 


2016

1

α=−

2010

10

3
10

,

,

0.25
α
= −3
α

α=

α ) = (1 − 3)

1  1
3 
2 5
+
−
=−
5
2  10
10 

0.25

trong khai triển…

2016
 2 
=
∑ 2016
∑ 2 2016 2016−3
 2
=0
=0
 
ứng với 2016 − 3 = 2010 ⇔ = 2 là 22 22016 2010 có hệ số là

2016

2016 −

=

.
b.Tính xác suất …
Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X”.
Khi đó: Ω = 69 = 60480
22

2
2016

=4

2
2016

Gọi A là biến cố: “Số được chọn chỉ chứa 3 chữ số lẻ”. Khi đó:
+ Chọn 3 chữ số lẻ đôi một khác nhau từ các chữ số 1 3 5 7 9 có

0.25
0.25

0.25

cách.

3
5

cách.
+Chọn 3 chữ số chẵn đội một khác nhau từ các chữ số 2 4 6 8 có
+ Sắp xếp các chữ số trên để được số thỏa mãn biến cố A có 6 cách.
Do đó Ω = 35 34 6 = 28800
3
4

Vậy xác suất cần tìm là:

5
(1.0 điểm)

=

Ω
Ω

=

0.25

28800 10
=
60480 21

Tìm tọa độ điểm M …
Giả sử

Ta có:

2 +2
2

+

∈ ⇒
2

2

⇒

= −2 − 3 2 −
= 1− 2 4 −

⇒

2

2

2

= 5 2 + 8 + 13
2

= 5 − 12 + 17

= 36 ⇔ 5 + 8 + 13 + 5 − 12 + 17 = 36 ⇔ 10 2 − 4 − 6 = 0
 =1 ⇒ 4 1

⇔
 4 3
3
=−
⇒  − 

5
5 5

0.25
0.25
0.25
0.25


Vậy tọa độ điểm M là:
6
(1.0 điểm)

 16 3 


 5 5

51

Tính thể tích khối chóp S.ABC

S

SH vuông góc (ABC) ⇒ góc giữa
SA và (ABC) là:

" = 60

⇒ "= "

"=2 3

K

D

E

0.25

H

A

C

B

∆

vuông tại B ⇒

=

2

−

2

=2 3⇒

=

∆

1
2

=2 3
0.25

1
1
= " ∆
= 2 32 3=4
Vậy !
3
3
Dựng hình chữ nhật ABCD ⇒
// CD ⇒

// (SCD)
⇒
=
=
=2 "
(do
= 2" )
Trong (ABCD), gọi E là trung điểm CD ⇒ "# ⊥
⇒
⊥ "#
Trong (SHE), kẻ "$ ⊥ # $ ∈ # ⇒ "$ ⊥
⇒ "
= "$
Ta có: "# =

1
2

= 3

∆ "# vuông tại E ⇒

1
1
1
1 1 5
2 15
=
+
= + = ⇒ "$ =

2
2
2
5
"$
"
"# 12 3 12

0.25

4 15
⋅
5
Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC.
= 2"$ =

Vậy

7
(1.0 điểm)

0.25

(T) có tâm % 3 1 bán kính & = 5

A

Do % = % ⇒ %
=%
(1)

Đường tròn đường kính AH cắt BC tại
M⇒ " ⊥
⇒ " //AC (cùng vuông
góc AC) ⇒

" =%

(2)

N
E
M
B

Ta có: ' = " (chắn cung AM) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có:
%

+ '

=%

H

I

C

0.25

+ "

= " + "
Suy ra: AI vuông góc MN

= 90

⇒ phương trình đường thẳng IA là:
Giả sử 5 − 2
∈%

+2 −5 = 0

0.25