Q9 BIA ML DE DA 176 200

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN I
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian phát đề
______________________________

ĐỀ SỐ 176

Câu 1 ( 1,0 điểm ). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x4  2 x2  3 .
Câu 2 ( 1,0 điểm ). Tìm m để hàm số y  x3  3mx 2  3  m2  1 x  1 đạt cực tiểu tại x  2 .
Câu 3 ( 1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn  2  i  z  4  3i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức   z  2 z .
b) Giải phương trình log3  2.3x  3  2 x .

2

Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân I   x  3  2 cos x  dx .
0

Câu 5 ( 1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  0 ; 1; 2  và B 1;1;1 mặt
phẳng  P  : x  2 y  2 z  3  0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và B . Tìm tọa độ điểm
M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến  P  bằng 2.

Câu 6 ( 1,0 điểm).
a) Tính giá trị của biểu thức A 

sin 2a.sin a

2
biết cos a   .
1  cos 2a
3

b) Trong kì thi THPT Quốc Gia năm 2016 có 4 môn thi trắc nghiệm và 4 môn thi tự luận. Một
giáo viên được bốc thăm ngẫu nhiên để phụ trách coi thi 5 môn. Tính xác suất để giáo viên đó được
coi thi ít nhất 3 môn thi trắc nghiệm.
Câu 7 ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a 2 ; BC  2 a .
Tam giác SBC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa đường thẳng SD và
mặt phẳng  ABCD  bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa
SC và BD .
Câu 8 ( 1,0 điểm ) . Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , có đường
cao AH . Gọi D là trung điểm của AH . Giả sử B  1; 1 và E  2;0  là hình chiếu vuông góc
của H lên CD .Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng
d : 2x  y  1  0 .
Câu 9 ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình .
 x 2  xy   y  x  1 x  y  x  2 y
 x; y  

 2 x  2 y  1  3 x  y  2  2  2 x  y  1
Câu 10 ( 1,0 điểm). Cho a , b, c là các số thực thuộc đoạn 1 ; 2 và thỏa mãn a  b  c  4 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

a 4  b 4  5c 2  6abc  1
 abc .
ab  bc  ca

----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………………………

1004


Câu
1
(1,0)

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
NỘI DUNG



ĐIỂM

Tập xác định: 
Sự biến thiên:

x  0
 x  1

-Chiều biến thiên:Ta có y '  4 x3  4 x ; y'  0  

0.25

Trên các khoảng   ; 1 và  0 ; 1 ta có y '  0 nên hàm số nghịch biến.
Trên các khoảng  1; 0  và 1;   ta có y '  0 nên hàm số đồng biến.
-Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x  0 ; yCD  y  0   3 ; hàm số đạt cực tiểu tại

x  1; yCT  y  1  4 .







0.25



-Giới hạn: lim y  lim x 4  2 x 2  3   ; lim y  lim x 4  2 x 2  3  
x 

x 

x 

x 

-Bảng biến thiên:

x
y'

0

1



-

0

+



0



1

-

0

+

0.25



-3

y

-4


-4

Đồ thị:



Đồ thị cắt trục hoành tại  3 ; 0

 và 

3; 0


0.25

Đồ thị cắt trục tung tại điểm  0 ; 3
Đồ thị nhân trục tung làm trục đối xứng.

2
(1,0 )



x  m 1
x  m 1



Ta có y '  3 x 2  6mx  3 m 2  1 ; y '  0  

0.25

Ta có y ' đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua m  1 nên hàm số đạt cực tiểu tại
x  m  1.

0.5

Theo bài ra ta có xCT  2  m  1  2  m  1 .

0.25

Vậy m  1 là giá trị cần tìm.
3
(1,0 )

a) Ta có

 2  i  z  4  3i  z 

4  3i
 1  2i
2i

Suy ra   z  2 z  1  2i  2 1  2i   3  2i
Vậy  có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2.

1005

0.25
0.25


b).Phương trình đã cho tương đương 2.3 x  3  32 x  32 x  2.3 x  3  0 .

 t  1
t  3

4
(1,0)

Đặt t  3x  0 , phương trình trở thành: t 2  2t  3  0  

0.25

Đối chiếu điều kiện ta có t  3 . Do đó 3x  3  x  1 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  1 .

0.25







3 2 2 3 2
 

Ta có I   3 xdx  2  x cos xdx . Tính I1   3xdx  x
2 0 8
0
0
0
2

2

2

0.25


2

Tính I2 

 x cosx dx . Đặt u  x ; dv  cos xdx . Suy ra du  dx , chọn v  sin x

0.25

0




Do đó I2  x sin x

2

0

2





  sin xdx  x sin x  cos x 02 
2
0

0

Vậy I  I1  2 I2 
5
(1,0)




2

1

3 2

 3 2
  2   1 
  2

2
8
2


Ta có AB 1; 2 ; 3 là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng d .
Phương trình đường thẳng d là

x y 1 z  2


.
1
2
3

Gọi M  t ; 1  2t ; 2  3t   d . Theo bài ra ta có

d M ;  P   2 

t  2  1  2t   2  2  3t   3
12  2 2   2 

2

2 sin2 a.cos a sin2 a
.

cos a
2 cos2 a

2
4 5
Theo bài ra ta có cos a    sin2 a  1  cos2 a  1   .
3
9 9
5
Vậy A   .
6
5
Số cách bốc thăm ngẫu nhiên 5 môn trong 8 môn thi là n     C8  56 .
Ta có A 

Gọi A là biến cố “Để giáo viên được coi thi ít nhất 3 môn thi trắc nghiệm”.
Có 2 trường hợp xảy ra:
Trường hợp 1: 3 môn trắc nghiệm; 2 môn tự luận
Trường hợp 2: 4 môn trắc nghiệm; 1 môn tự luận.
3
2
4
1
Ta có n  A   C4 .C4  C4 .C4  28 .
Vậy xác suất cần tính P  A  

n  A
n 



0.25
0.25

0.25
0.25

2

5  t  6
 t  1
 5t  6  

.
5  t  6
 t  11
Với t  1  M  1; 3; 5  ; với t  11  M 11; 21; 31
6
(1,0)

0.25

28 1
 .
56 2

1006

0.25

0.25
0.25

0.25

0.25


7
(1,0)

Diện tích hình chữ nhật ABCD là SABCD  AB.BC  a 2 .2 a  2 2 a2
Gọi H là trung điểm của BC ta có tam giác SBC cân tại S nên SH  BC mà
 SBC    ABCD  suy ra SH   ABCD  .
0.5

  60 .
Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  ABCD  là SDH


Ta có SH  HD.tan SDH

HC 2  CD2 .tan 60  a2  2a2 . 3  3a .
1
1
Thể tích khối chóp S.ABCD là V  SH .SABCD  3a.2 2 a2  2 2 a3
3
3
Dựng hình bình hành BDCE, ta có CE //BD . Suy ra BD // SCE  .
Ta có d BD ; SC   d BD ;  SCE    d B ;  SCE    2 d H ;  SCE  
0.25

Kẻ HK  CE với K  CE , ta có SH  CE nên CE   SHK  .

Kẻ HI  SK với I  HK ta có HI  CE . Từ đó suy ra HI   SCE  .
Do đó d H ;  SCE    HI .
Ta có

S

  1 BC . CD  1 2a. a 2  a .
HK  HC .sin HCK
2
BD 2
a 6
3
Trong tam giác vuông SHK
a
3a.
3  3a 7 .
ta có HI  SH .HK

2
2
14
SH  HK
a2
9 a2 
3

Vậy d BD ; SC   2 HI 
8
(1,0)

0.25
I
E
K
B

3a 7
7

C

H

A

D


  EDH
 nên
Ta có HCE
DHE ; EHC
A

 HCE  DHE  g  g 

Suy ra HE  DE  HE  DE (Vì tam giác ABC cân tại
HC

DH

HB

0.25

DA

A nên HB  HC và D là trung điểm của AH ta có
DA=DH)

D

 . Do đó  ADE  BHE (c-g-c)
và 
ADE  BHE
  EAD
 hay EBH
  EAH
 . Vậy tứ
suy ra EBH

giác AEHB nội tiếp nên 
AEB  
AHB  90 (góc

E

nội tiếp chắn cung 
AB ) hay AE  EB .

B

H

C



Gọi A  a ; 2 a  1  d . Ta có EA   a  2 ; 2 a  1 ; EB   3; 1 .
 
Vì AE  EB  AE .EB  0  3  a  2   2 a  1  0  a  1 .Suy ra A 1; 3  .
 x 1 y  3 
.
;
2 
 2

Gọi H  x ; y  , vì D là trung điểm của AH nên D 

 
2
2
 HA.HB  0
 x  2; y  0
 x  y  2 y  4  0
 2

Ta có   
2
 x  1; y  1

 x  y  5 x  3 y  6  0
 EH .ED  0

Ta có H  E nên suy ra H 1; 1 . Vì H là trung điểm của BC nên C  3; 1 .
Kết luận : A 1; 3 , C  3; 1

1007

0.25

0.25

0.25


CÂU
9
(1,0)

NỘI DUNG

ĐIỂM

1
; 4 x  y  2  0 .Đặt t  x  y ( t  0 ).  y  t 2  x .
2
t  1
2
PT (1) trở thành: xt 2  t 2  2 x  1 t  2t 2  x   t  1  t  x   0  
.

t   x
Điều kiện: x  y 









x  y  1  x  y  1 thay vào PT (2) của hệ ta được:

Với t  1 ta có

2x  3  2x  3  2x  3

0.25

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





đó  x ; y    3 ; 5    x ; y    1; 2  .
 2 2

0.25

x  0
x  y  x  
thay vào PT(2) ta được
2
x  y  x

Với t   x ta có





2 x2  1  x2  2 x  2  2 x2  x  1

(*)

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM ta có

2 x2  1  1
x2  2 x  3
. Cộng vế theo vế ta được
 x 2 và x 2  2 x  2 .1 
2
2

3x 2  2 x  3
. Dấu “=” xảy ra khi x  1 .
2 x2  1  x2  2 x  2 
2
2
3x 2  2 x  3
2
Từ phương trình (*) suy ra 2 x  2 x  2 
  x  1  0  x  1 .
2
Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất x  1 . Do đó  x ; y    1; 2  .



2 x2  1 



0.5

 3 5 
;    x ; y    1; 2 
 2 2

Kết luận : Hệ đã cho có hai nghiệm  x ; y   
10
(1,0)

Vì a , b , c  1; 2  nên ta có a4  4  5a2 ; b4  4  5b2 .
2

Suy ra a  b  5c  5 a  b  c  8  5  a  b  c   2  ab  bc  ca    8


4

4

2



2

2

2

0.25



Và  a  2  b  2  c  2   0  abc  2  ab  bc  ca   4  a  b  c   8  0

 a  1 b  1 c  1  0  abc   ab  bc  ca  a  b  c  1  0 mà a  b  c  4
Nên ta có ab  bc  ca  3  abc  2  ab  bc  ca   8  ab  bc  ca  5 .
Suy ra: a4  b4  5c2  6 abc  2  ab  bc  ca   24 .
2  ab  bc  ca   25
25
Do đó P 
  ab  bc  ca   3 

  ab  bc  ca   5
ab  bc  ca
ab  bc  ca

0.25

.

 a  b  c
Đặt t  ab  bc  ca , ta có ab  bc  ca 
3

Ta có P  f  t  

2



16
 16 
nên t  5 ;  .
3
 3

25
25
 16 
 t  5 có f '  t   1  2  0 ,t  5 ;  ;
t
t

 3

 16 
 . Do đó P  f  t   f  5  5.
 3
Với a  b  1; c  2 thì P  5 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 5.
Suy ra f  t  nghịch biến trên 5 ;

1008

0.5


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 2

-----------------------

Môn: Toán THPT

TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

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

ĐỀ SỐ 177

------------------------------------

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x3  3x2 .

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   4 x  x trên đoạn 1;9.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn

1  i 

2

z  6  8i . Tính môđun của số phức z .

b) Giải phương trình 3 x  32 x  10
2






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

ln x 
dx.
x 

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 P  : x  y  z  1  0 và điểm

A  4;1;3 . Viết

phương trình đường thẳng  đi qua A vuông góc với mặt phẳng  P  và xác định tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua mặt
phẳng  P  .
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho góc

  
    ;0  thỏa mãn 2cos  1  0 . Tính giá trị biểu thức A  tan   cot 
2




b) Trong chương trình hiến máu nhân đạo quý 3 năm 2016, một trường THPT đã đăng kí số lượng học sinh sẽ tham gia
tình nguyện hiến máu là 27 em. Tuy nhiên theo kết quả khảo sát ở khối 12, số lượng các học sinh đăng kí tham gia tình
nguyện được thống kê ở bảng sau:
Lớp

12A

12B

12C

12D

12E

12G

12H

12I

12K

Tổng số

Nhóm máu AB

6

0

7

0

0

0

7

0

0

20

Nhóm máu O

15

17

10

12

18

9

8

5

8

102

Nhóm máu A

10

10

13

15

9

14

10

17

16

114

Nhóm máu B

4

8

0

3

3

7

5

10

8

48

Tổng số

35

35

30

30

30

30

30

32

32

284

Để lập danh sách 27 học sinh tham gia đợt hiến máu nhân đạo, nhà trường chọn ngẫu nhiên mỗi lớp 3 học sinh đã đăng
kí tình nguyện. Tính xác suất để trong 27 em học sinh được chọn chỉ có duy nhất một học sinh có nhóm máu AB.

Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng
đáy, góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 300. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và H là hình chiếu vuông góc của G
trên cạnh AB. Tính thể tích của khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SBD  theo a.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AC. Gọi

H  2;2  là hình chiếu vuông góc của A trên BD; E là hình chiếu vuông góc của D trên AC, M là trung điểm của
đoạn BD. Biết phương trình các đường thẳng BC, EM lần lượt là x  2 y  2  0 và 3 x  4 y  2  0. Xác định tọa độ
điểm A.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

x 3 2 x



3



2  x  2 x  1  2 (trên tập số thực

).

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 28  ab  bc  ca  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

1
1
1


 .
2a 4b 7 c

----------------Hết---------------Xem đáp án tai www.K2pi.Net.Vn hoặc click vào đây

1009


HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN
KỲ THI THỬ QG LẦN THỨ II NĂM 2016

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
----------------------TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

(Đáp án-thang điểm gồm 04 trang).
-----------------------------------Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số y   x3  3 x2


Tập xác định D  .



Sự biến thiên:

0,25

x  0
y'  0  
x  2
+) Hàm số đồng biến trên khoảng  0;2 ; nghịch biến trên các khoảng  ;0  và  2;    .
+) Đạo hàm y '  3 x2  6 x;

0,25

+) Giới hạn.
lim y  ; lim y  
x

x

+) Bảng biến thiên.

0,25

+) Cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x  2; yC §  4. Hàm số đạt cực tiểu tại x  0; yCT  0.


Đồ thị.

0,25

Hàm số y  f  x  xác định trên đoạn 1;9. Ta có f '  x  
2
(1,0 điểm)

2
x

 1; f '  x   0  x  4 .

0,25

Ta lại có f 1  3; f  4   4; f  9   3 . Do đó:

0,25

max f  x   4, đạt được  x  4.

0,25

1;9

 x 1
min f  x   3, đạt được  
1;9
 x  9.

0,25

1010

Trang | 1/4


a) Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  6  8i . Tính môđun của số phức z .
2

Ta có 1  i z  6  8i   2i  z  6  8i  z 
2

3
(1,0 điểm)

0,25

Vậy z  42  32  5.

0,25

b) Giải phương trình 3 x  32 x  10
Ta có 3x  32 x  10  3x 

3x  1
9
2x
x

10

3


10.3

9

0

 x
3x
3  9

Thay trở lại ta tìm được tập nghiệm của phương trình đã cho T  0;2.

0,25

 x2
Ta có I   xdx   ln xdx  
 2
1
1


0,25

 2
3 2
   ln xdx    ln xdx
 1
2 1
1 

1

2
ln x  u
 du 

Với I1   ln xdx đặt 
x do đó:
 dx  dv v  x
1

2

4
(1,0 điểm)

6  8i
 z  4  3i.
2i

2

2

0,25

 

0,25

3
1
  2ln2  1  2ln2  .
2
2

0,25

2

I1   x ln x  1   dx  2ln2  x 1  2ln2  1
2

2

1

Vậy I 

x  4  t

nên có phương trình:  y  1  t  t  R
z  3  t


Đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng  P 

5
(1,0 điểm)

Tọa độ giao điểm  I     P 

0,5

x  4  t
y  1  t

là nghiệm của hệ 
 I 3;0;4 
z  3  t
 x  y  z  1  0

0,25

Điểm A ' đối xứng với A qua mặt phẳng  P   A '  2;  1;5  .

0,25

  
a) Cho góc     ;0  thỏa mãn 2cos  1  0 . Tính giá trị biểu thức A  tan  cot 
 2 
2cos   1


Theo bài ra ta có 
     
3
    2 ;0 





6
(1,0 điểm)

0,25

4 3
 
 
.
Do đó P  tan     cot     
3
 3
 3

0,25

b) …

  .C  .C 

3
Số phần tử không gian mẫu : n  C35

2

3
30

5

3
32

2

0,25

Gọi A là biến cố “trong tất cả 27 học sinh được chọn chỉ có đúng 1 học sinh có nhóm máu AB”

  C 

3
3
C30
Ta có n  A  C35

3

3
32

2

 

C1 .C2 . C3
 6 29 23

Vậy xác suất để xảy ra biến cố A là P  A  

2

2
3
 2C71 .C23
.C29
.C233 


  C 

3
3
C35
C30

3

3
32

   2  C .C  .C
C  .C  .C 

2

C1 .C2 . C3
 6 29 23

3
35

1011

2

3
30

5

2

1
7

3
32

2
23

3
29

3 
.C23


0,25

2

Trang | 2/4


 C .C  C 

1
6

2
29

3
23

2

3
3
2
 2C71 .C23
.C29
.C23

 

3

C35
. C330

2

 0,283.
Diện tích đáy ABCD là SABCD  a2 .
Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng

 ABCD

là SBA  300

0,25

7.a
(1,0 điểm)





Trong tam giác SAB có SA  AB.tan SBA 
Vậy thể tích khối chóp S. ABCD là VS. ABCD 

a 3
3

1
a3 3

SA.SABCD 
.
3
9

Ta có d  H;  SBD  

1
d  A;  SBD 
3
Gọi O  AC  BD , kẻ AI  SO  AI   SBD . Do vậy d  A;  SBD    AI

1
1
1
a 5


 AI 
.
5
AI 2 AO2 AS2
1
a 5
.
Vậy d  H;  SBD   d  A;  SBD   
3
15
Do tứ giác AEHD nội tiếp nên EHM  DAE , lại do tứ giác

0,25

0,25

Trong tam giác vuông SAO có

0,25

ABCD nội tiếp nên DAC  DBC
Từ đó suy ra EHM  DBC  EH / / BC
Phương trình đường thẳng EH : x  2 y  6  0
0,25

8
(1,0 điểm)

 x  2 y  6
 14 8 
 E   ; .
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ 
3
x

4
y


2
 5 5


Gọi N là trung điểm AD  NE  NH
Lại do BC  AB  HE  AB mà MN / / AB  MN  EH

0,25

Từ đó suy ra MN là đường trung trực của đoạn EH
Suy ra phương trình đường thẳng MN : 2x  y  3  0

2 x  y  3
 M  2;1 .
Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
3 x  4 y  2

0,25

Phương trình đường thẳng AH : y  2

0,25

Do đó phương trình đường thẳng BD : x  2 và tọa độ điểm B  2; 2 .
Phương trình đường thẳng AB : 4 x  2 y  12  0

1012

Trang | 3/4


4 x  2 y  12
 A  4;2  .
Do đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

y  2
Điều kiện x  1.
 3 2  x  t, t  1
2
Đặt 
ta có t2  2at  a2  1  0   t  a  1  0   t  a  1 t  a  1  0
 x  1  a  a  0 
Thay trở lại ta có



3

2  x  x 1 1



3



2  x  x 1 1  0

0,25

 *



Với t  3 2  x  t  1  x  2  t3 , thay vào (*) cho ta t  1  1  t3

t  1 



1  t3  0  * *

+) Nếu t  0 hiển nhiên t  1  1  t3  0





+) Nếu t  0  1  t3  1  1  t3  3 1  t3 suy ra t  1  1  t3  t  1  3 1  t3

 t  1  1  t3 
3

Ta lại có : t  1  1  t 
3

3

 t  1   t  1
2

9
(1,0 điểm)

1  t 

1  t3 

3

0,25

2

2



3t2  3t  2

 t  1   t  1 
2

1  t3 



1  t3



2



 1 5
3 t   
 2 4

 t  1   t  1
2

1  t3 



1  t3



2

 0, t  1


1  t  0
Từ đó  * *   1  t3  1  t  
2
3

1  t  1  t 
t  1

t  1
t  1

 t 1
t  1





3 2

 t  1  
3
2
t
t

1
t

2

0
 
 
2  t  0
1  t  1  2t  t
t  t  2t  0

2  t  0

Thay trở lại ta tìm được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T  1  2;10.

0,25

0,25

1
1
1
 x;
 y;
 z. Bài toán đã cho trở thành : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
2a
4b
7c
2 x  4 y  7 z  2 xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y  z.

Đặt

Từ giả thiết cho ta z 

P  x y
10
(1,0 điểm)

2x  4 y
và 2 xy  7  0 . Khi đó :
2 xy  7

0,25

2x  4 y
11 
7   2x  4 y 2 
 x
 y

 
2 xy  7
2 x 
2 x   2 xy  7 x 





2
11  2xy  7 2 x  7
11 
7


 x 


x
  2 1  x2
AM GM 
2
x
2

x
x
2
xy

7
2
x







Đặt

0,25

11
14t
1
1
1 11

 2
 t, t  0 . Xét hàm số f  t    t  2 1  7t2 , t  0 Ta có f '  t  
2
2
t

x
t 2
1  7t

Lại có f ''  t   14.

1  7t 2 

7t 2

0,25

1
2
1  7t  2 
 3 0
2
2
t3
t
1  7t 2
1  7t 1  7 t



2





1013



Trang | 4/4


Suy ra phương trình f '  t   0 có nghiệm duy nhất t 

1
. Lập bảng biến thiên suy ra
3

x  3
15
1
1
1
 1  15

min f  t   f   

. Vậy minP 
hay a  ; b 
;c  .
5
 0;  
2
6

10
14
3 2
 y  2 ; z  2

1014

0,25

Trang | 5/4


SỞ GD – ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC
TRƯỜNG THPT LỘC NINH

ĐỀ SỐ 178
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

2x 1
x2

ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN 12 – Đề số 1
Thời gian làm bài: 180 phút.

C  .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm trên (C) tất cả các điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai tiệm cận của (C) tại
hai điểm A, B sao cho AB  2 10 .

Câu 2 (1,5 điểm). Giải các phương trình sau
a)

cos x  cos 2x  sin x  0

b)

log 3  x 2  6   log 3  x  2   1

Câu 3 (1.5 điểm).
a) Tính môđun của số phức

z  (1  2i )(2  i )2 .


2

b) Tính tích phân: I 

 e

sin x

 x  cos x.dx

0

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;1;5) và B(3;4;1)
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với AB tại B .
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Oz sao cho M cách đều A và mặt phẳng (Oxy).

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông canh a. Mặt bên SAB là tam giác
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên đường
thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH = 2AH. Goi I là giao điểm của HC và BD. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD).
Câu 6 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:

5x

2

 5 x  10  x  7   2 x  6  x  2  x 3  13 x 2  6 x  32 .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC
nằm trên đường thẳng d : x  y  1  0 . Điểm E  9;4  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm

F  2; 5  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình
thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.
Câu 8 (1,0 điểm). Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x 2 y  xy 2  x  y  3 xy .
(1  2 xy ) 2  3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  x  y 
.
2 xy
-------------Hết----------2

2

1015


ĐÁP ÁN:

NỘI DUNG

CÂU Ý
1
2,0 điểm
a TXĐ: D  R \{2}
Các giới hạn lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y  
x 

x  2

x 

ĐIỂM

0,25

x  2

Suy ra x  2 là tiệm cận đứng, y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
3
 0, x  D
( x  2)2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 2) và (2;  )

Sự biến thiên: y '  

0,25

Bảng biến thiên

x
y’

2









2

0,25



y

1



2


1

Đồ thị: Giao với trục Ox tại  ; 0  , giao với trục Oy tại  0;  , đồ thị có
2 
 2
tâm đối xứng là điểm I (2; 2)

0,25

b



2a  1 

Giả sử M  a;
 ,  a  2  thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại
 a2 
3
2a  1
( x  a) 
M có dạng () : y 
2
(a  2)
a2
6
 2)
a2
B là giao của tiệm cận ngang với (  ) , suy ra B (2 a  2; 2)

Gọi A là giao của tiệm cận đứng với (  ) , suy ra A(2;

Khi đó AB  (2a  4)2 

36
, theo bài ra ta có phương trình
(a  2) 2

36
4(a  2) 
 40  (a  2)4  10(a  2) 2  9  0
2
(a  2)
a  1
a  3
 (a  2) 2  1



2
 a  1
 (a  2)  9

a  5
Vậy có 4 điểm M thỏa mãn là (1; 1), (3;5), ( 1;1), (5;3) .

0,25

0,25

0,25

2

1016

0,25


2

1,5 điểm
a + Phương trình tương đương với  sin x  cos x 1  cos x  sin x   0
sin x  cos x  0

sin x  cos x  1  0

0,25

+ sin x  cos x  0  x  


 k , k  Z
4

0,25

 x  k 2

1

+ sin x  cos x  1  0  sin  x    


k  Z 
3
x 
4
 k 2
2


2

b + ĐK x  6
+ Với ĐK phương trình tương đương với log 3  x 2  6   log 3 3  x  2 
x  0
 x2  6  3  x  2  
x  3

a.

0.25

0.25

z  (1  2i)(2  i) 2  (1  2i )(4  4i  i 2 )  (1  2i )(3  4i )  3  4i  6i  8i 2  11  2i

Vậy z  11  2i  z  112  22  5 5
b


2


2

0

0,25
0,25
0.25

I   cos x.esin x dx   x cos x.dx
0


2


2

I1   cos x.e

sin x

dx   e

0

sin x

d  sin x   e

sin x


2


2

0.25

/  e 1
0

0


2


2


2



2



I 2   x.cos x.dx   xd  sin x   x sin x /   sin xdx   cos x /   1
0
0
2
2
0
0
0

Vậy I  I1  I 2  e 


2
2

0.25
0.25

1,0 điểm
a (P) đi qua B(3;4;1) có véctơ pháp tuyến

AB 1;3; 4   ( P) : x  3 y  4 z  11  0
b M  Oz  M (0; 0; t ) .
Ta có AM  d ( M , (Oxy))  5  (t  5) 2  t  t  3  M  0;0;3 

5

0,25

+ Kết hợp với ĐK nghiệm của phương trình x  3

1,5 điểm

3

4

0,25

0,5
0,5

1,0 điểm
VS . ABCD 

1
SH .S ABCD ,
3

SH2=HA.HB=2a2/9  SH 
VS . ABCD 

a
2
3

a
a3 2
2.a 2 
9
9

0,25

1017


d ( I , ( SCD ))
IC
IC CD 3
IC 3
13

và

 

và CH2=BH2+BC2= a 2
d ( H ,( SCD )) HC
IH BH 2
CH 5
9

6

1
1
1
11
a 22



 2  HM 
2
2
2
HM
SH
HK
2a
11
3a 22
d ( I , (SCD )) 
55
Điều kiện x  2 . Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương

0,25
0,25
0,25

trình
(5 x 2  5 x  10)





x  7  3  (2 x  6)

 (5x 2  5x  10)







x  2  2  3(5 x 2  5 x  10)  2(2 x  6)  x 3  13x 2  6 x  32



x  7  3  (2 x  6)



0,25



x  2  2  x 3  2 x 2  5 x  10  0

 5 x 2  5 x  10
  x  2

x

7

3



2x  6
 x 2  5   0 (*)
x2 2

1
1
 và vì 2 x  6  0
Do x  2  x  2  2  2 
x22 2
2x  6
2x  6


 x  3 (1)
2
x22
1
1
 và vì
Do x  2  x  7  3  5  3  5 
x7 3 5
2
5 x  5 x  10  0 x  

0,25

0,25

5 x 2  5 x  10 5 x 2  5 x  10

5 x 2  5 x  10

 x2  x  2 
 x 2  5   x  3 (2)
5
x7 3
x7 3
2
5 x  5 x  10
2x  6

 x 2  5  0 . Do đó (*)
Từ (1) và (2) 
x 7 3
x2 2


 x20 x2
Kết hợp điều kiện x  2  2  x  2 .

7.

0,25

1,0 điểm
B
E
I

A

J

C

E'
F
D


Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc BAD
nên E’ thuộc AD. EE’ vuông góc với AC và qua điểm E  9;4  nên có
phương trình x  y  5  0 .
Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ
x  y  5  0  x  3

 I  3; 2 

 x  y 1  0
 y  2
Vì I là trung điểm của EE’ nên E '( 3; 8)

1018

0,25




Đường thẳng AD qua E '( 3; 8) và F ( 2; 5) có VTCP là E ' F (1; 3) nên

phương trình là: 3( x  3)  ( y  8)  0  3 x  y  1  0
Điểm A  AC  AD  A(0;1) . Giả sử C (c;1  c ) .
Theo bài ra AC  2 2  c 2  4  c  2; c  2 .
Do hoành độ điểm C âm nên C ( 2;3)
Gọi J là trung điểm AC suy ra J ( 1; 2) , đường thẳng BD qua J và vuông
góc
với
AC
có
phương
trình
Do
x y 3  0.
D  AD  BD  D (1; 4)  B ( 3; 0)
Vậy A(0;1) , B ( 3; 0), C ( 2;3), D (1; 4).

8.

0,25

0,25

0,25

1,0 điểm
+ Ta có x 2 y  xy 2  x  y  3 xy
 xy( x  y)  x  y  3xy (1) do x >0 ; y > 0 nên x + y > 0
1 1
4
2

(1)  x  y    3 
 3   x  y   3( x  y )  4  0
x y
x y
  x  y   1 ( x  y )  4  0  x  y  4
(1)

1

3
1

x  y xy

1
3
Nên P = (x + y) + 2 = (x + y)2 +1 +
xy
x y
3
+ Đặt x + y = t ( t  4)  P  t 2   1  f (t )
t
3
3 2t  3
+Ta có f '(t ) = 2t - 2 
 0 t>4 Nên f (t ) đồng biến trên nửa
t
t2
71
khoảng  4;   => P  f (t )  f (4) 

4
71
Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng
khi x= y = 2
4

0,25

0,25

2

1019

0,25

0,25


SỞ GD & ĐT KHÁNH HÒA
TRƯỜNG THPT TÔ VĂN ƠN

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn thi : TOÁN. Đề 1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ THI THAM KHẢO

ĐỀ SỐ 179
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y 

2x 1
.
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho .
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 3x – y – 2 = 0.
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình tan 2 x  2cos x .

z2
b) Cho số phức z = 3 – 2i .Tính mô đun của số phức w 
zz
Câu 3 (0.5 điểm) Giải phương trình log 22 x  2log 2 (4 x)  4  0

2

Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính tích phân I =  ( x  sinx).cos x.dx
0

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp thoi ABCD.A'B'C'D' có các cạnh đều bằng a và

  BAA
'  
BAD
A ' AD  600 . Tính thể tích hình hộp và khoảng cách từ B' đến mặt phẳng (A'AC).
Câu 6 (0,5 điểm ) Một hộp đựng bi trong đó có 6 viên bi màu trắng ,4 viên bi màu đỏ , và 2 viên bi màu
vàng .Chọn ngẫu nhiên 6 viên bi .Tính xác xuất để 6 viên bi được chọn có 3 viên bi màu trắng , 2 viên bi
màu đỏ và 1 viên bi màu vàng .
Câu 7 (1,0 điểm) Trong không gian với hệtoạ độ Oxyz, cho hai điểm A(2;2;3), B(1;1;1) và mặt phẳng

(P): 2x + 2y + z – 5 = 0.Viết phương trình mặt phẳng qua AB và vuông góc mp(P).Tìm điểm M trên
đường thẳng AB sao cho khoảng cách từ M đến mp(P) bằng 6.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB là
x – 3y + 5 = 0. Phương trình đường chéo BD : x – y – 1 = 0; biết rằng đường chéo AC đi qua điểm M(–9;
2). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

 x ( x  y )  x  y  2 y ( 2 y 3  1)
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
.
2
2
 x y  5 x  7( x  y )  4  6 3 xy  x  1
Câu 10 (1,0 điểm) Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn xyz + x + z = y .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
4z
2
2
3z
P= 2
– 2
–
+
2
2
x 1 y 1
z  1 ( z  1) z 2  1
–––––––––––– HẾT –––––––––––––

1020

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Văn bản gồm 05 trang)
I. Hướng dẫn chung
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần
như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm.
3) Sau khi cộng điểm toàn bài,không làm tròn .
II. Đáp án và thang điểm
CÂU
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ): y 

2x 1
x 1

1.0đ

+TXĐ : D = R \ {–1}
+ y'

3
, x  1
( x  1) 2

0.25

+Hàm số đồng biến trên các khoảng (–∞;–1) và (–1;+∞),hàm số không có
cực trị.
+ lim y  lim y  2 : y = 2 là 1 tiệm cận ngang của (C)
x 

x 

0.25

lim y  

+

x 1

lim y  

: x = –1 là một tiệm cận đứng của (C)

x 1

+ BBT
x
y'

–∞

–1

+∞

+

+
+∞

y

0.25

2

2
–∞
y

. Đô thị cắt Ox tại (1/2;0), oy tại (0;–1)

f(x )=(2x -1 )/(x+1)
f(x )=2

8

f(x )=20 0 (x +1 )

6
4
2

x

-8

-6

-4

-2

2

4

6

1.0đ

8

-2
-4
-6
-8

b.Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến song song với đường
thẳng 3x – y – 2 = 0.
+Gọi (x0;y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến ∆ với đồ thị (C) thì phương trình tiếp tuyến
2x 1
3
∆:y=
( x  x0 )  0

2
( x0  1)
x0  1
+ Vì tiếptuyếnsongsongđườngthẳng3x – y – 2 = 0.nên

 x0  0

 x0  2

1021

3
=3
( x0  1)2

0.25

0. 25


0.25
0.25

+ x0  0 , tiếp tuyến tương ứng y = 3x –1
+ x0  2 , tiếp tuyến tương ứng y = 3x + 7
Câu 2

a) Giải phương trình tan 2 x  2cos x .
+ Điều kiện : x 

0.5đ

 k

.
4 2

sin 2 x
s inx
 2cos x  2cos x(
 1)  0
cos2 x
cos2 x
 cos x  0
 cos x  0
+  s inx


 cos2 x  s inx  cos(   x )
1  0
 cos2 x

2

 k 2
+ x   k  x  
2
6
3

0.25

+

0,25

b) Cho số phức z = 3 – 2i .Tính mô đun của số phức w 

z2
zz

0.5đ

+ z 2  (3  2i )2  5  2i và z  z = 6

5  12i
6
5
+ w   2i
6
+w

25
13
4 
36
6

+ | w |
Câu 3

0.25

0.25

Giải phương trình log 22 x  2 log 2 (4 x)  4  0 (1)

0.5đ

+ ĐK: x > 0
+ (1)  log 22 x  2(log 2 4  log 2 x)  4  0

+  log 22 x  2 log 2 x  8  0

0.25

 log x  2
+  2
 log 2 x  4
 x = 1/4 và x = 16

0.25

4

Câu 4

1,0đ

Tính tích phân I =  ( x  s inx ).cos x.dx

0


2



0.25

12
+ I =  x cos xdx   s in2x.dx
20
0


12
1
1
+I1 =  s in2x.dx =  cos2 x 02 
20
4
2


4


4

0.25


2
0


2

+ I2=  xcosx.dx =  xd (sin x ) = x sinx   sin xdx 
0

+ I = I1 + I 2 =

0

0

1
(  1)
2




 cos x 02   1
2
2

0.25
0.25

1022


Câu 5

Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có các cạnh đều bằng a và
  BAA
'  A

BAD
' AD = 600.

1.0đ

Tính thể tích hình hộp và khoảng cách giữa hai đường thăng A'A và BD
+ Từ giả thiết bài toán , ta có tứ diện A'ABD là tứ diện đều cạnh bằng a .Nên gọi H là
trọng tâm tam giác ABD thì A'H =
+ Thể tích của hình hộp :
V = A'H .2.SABD

C'

B'

a 6
3
A'

0.25

D'

a 6 a2 3
=
.
3
2
a3 2
=
2

B

K

H

A

C

O

0.25
D

+ Ta có : BD  A'H nên BD  AC nên BD  mp(A'AC).Kẽ OK  A'A
Thì khoảng cách giữa A'A và BD là d(A'A;BD) = OK ; (O = AC  BD)
+ Tam giác A'OA cân tại O nên OA' = OA =

a 3
2

2a
2
Một hộp đựng bi trong đó có 6 viên bi màu trắng ,4 viên bi màu đỏ , và 2 viên
bi màu vàng .Chọn ngẫu nhiên 6 viên bi .Tính xác xuất để 6 viên bi được chọn
có 3 viên bi màu trắng , 2 viên bi màu đỏ và 1 viên bi màu vàng .
+ d(A'A;BD) = OK =.

Câu 6

0.25

0.25
0.5đ

+ Số cách chon 6 viên bi từ hộp : C126
+Số các chọn 3viên bi màu trắng ,2 viên bi màu đỏ , 1 viên bi màu vàng :

C63 C42 C21
+ Xác suất cần tìm : P =
Câu 7

0.25
3
6

2

4
6
12

1
2

CCC
20
=
 0, 26
77
C

+Viết phương trình mặt phẳng qua A,B và vuông góc mp(P):2x+2y+y–5 = 0



+ BA  (1;1; 2) ; n p (2;2;1) là VTPT của(P)

+ mp(Q) qua A,B và vuông góc (P) là mp qua A(2;2;3) và có VTPT

  
nQ  BA  n p  (3; 3;0)

+ mp(Q): –3(x–2)–3(y–2) = 0
+ hay mp(Q): x + y – 4 = 0
+Tìm M thuộc AB sao cho d(M;(P)) = 6

x 1 y 1 z 1



,M thuộc AB nên M(1+m;1+m;1+2m)
1
1
2
| 2(1  m)  2(1  m)  1  2m  5 |
+ Khoảng cách từ M đến mp(P): d =
6
3
+ Đ thẳng AB:

+ m = –3 và m = 3 vậy có 2 điểm cần tìm M1(–2;–2;–5) và M1(4;4;7)
Câu 8

Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB là x–
3y + 5 = 0.Phương trình đường chéo BD : x–y–1 = 0 ; biết rằng đường chéo
AC đi qua điểm M(–9;2).Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật

1023

0.25
1.0

0.25

0.25
1.0đ
0.25

0.25

1.0đ


x  y 1  0
x  4

x  3y  5  0
y  3

+Tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương trình 

0.25

B(4;3)
+ Đường thẳng d qua M và song song AB: x–3y+15 = 0

x  y 1  0
 x  3 y  15  0

+ Gọi N = d  BD ,tọa đọ N là nghiệm hệ phương trình 

0.25

N(9;8).Gọi Hlà trung điểm MN thì H(0;5)
+ d' là đường thẳng qua H và vuông góc AB: 3x +y – 5 = 0
+ Gọi I là tâm hình chữ nhật thì tọa độ điểm I là nghiệm hệ phương trình

x  y 1  0

thì I (3/2;1/2)

x  3y  5  0

0.25

+ Do D đối xứng B qua I nên D(–1;–2)
+ Gọi E là trung điẻm AB thì E = d ' AB thì E(1;2)nên A(–2;1) và C(5;0)
Câu 9

 x( x  y )  x  y  2 y ( 2 y 3  1)
Giải hệ phương trình 
.
2
2
3
 x y  5 x  7( x  y )  4  6 xy  x  1
+ĐK x+ y  0 ; y  0

0.25
1.0đ

+ y = 0 hệ không có nghiệm
+ y > 0 , ta có : x 2 y  y  2 y 2  x  y  2 y  0

 ( x  y )( x  2 y )  x  y  2 y  0
 ( x  y )( x  2 y 

0.25

1
)0 x=y
x  y  2y

0.25

+ Ta có : x 3  5 x 2  14 x  4  6 3 x 2  x  1

 ( x  1)3  3( x  1)  8 x 2  8 x  8  3 3 8 x 2  8 x  8

0.25

+ Xét hàm số f(t) = t3 + 3t trên R , y' = 3t2 + 3 > 0, mọi t thuộc R
Mà f(x+1) = f ( 3 8 x 2  8 x  8)  x+1 =

3

8x 2  8x  8  x = 1

0.25

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;1)

Câu 10

Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn xyz + x + z = y .Tìm giá trị lớn nhất của
2
2
4z
3z

biểu thức P = 2
– 2
–
+
x 1 y 1
z 2  1 ( z 2  1) z 2  1
 1
x z
2
2
(1  xz )2 
+ Vì y =
,nên 2

 2 2
 2

2
1  xz
x 1 y2 1
 x  1 ( x  1)( z  1) 
=

2 z[ z (1  x 2 )  2 x ] 2 z[ (1  x 2 ) 2  4 x 2 ]
2z
z

=
,Đặt t =
2

2
( x  1)( z  1)
( x 2  1) ( z 2  1)
z2 1
z2 1

Ta có P  –2t +

3t
2

t
1
1 t2

1.0đ
0.25

0.25

= –3t3 + t = f(t) với t  (0;1)
0.25

1
3

+ Khảo sát ta có kết quả Maxf=f( ) 

2 1
1

2
đạt được khi z =
 x y
9
4
2
4

(0;1)

1024

0.25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ ÔN TẬP THPT QUỐC GIÁ NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ SỐ 180

1
2
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  2 x  1  x  2 .
2
2x  m
với m  2 . Tìm các giá trị của tham số m để tiếp

x 1
tuyến với đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung, tạo với các trục tọa độ một tam
1
giác có diện tích bằng .
2
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 5 x  sin x  cos 4 x  sin 3x  cos 2 x 1 .
Câu 4 (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số mà cả hai chữ số đều khác 0.
Trong S chọn ngẫu nhiên 2 số. Tính xác suất để chọn được hai số mà số này gồm các chữ số viết
theo thứ tự ngược lại của số kia (chẳng hạn 45 và 54).
Câu 5 (1,0 điểm). Tính giới hạn: lim

3x  ln 2 x  1  1

x 0

tan x

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AD =
2a, AB = BC = a. Biết hai mặt phẳng (SBD) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD),
góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;2;0) , B (1;1;4) ,

C(3; 2;1) . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I đi qua A, B, C sao cho OI  5 .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB, CD
và CD = 2AB. Biết phương trình đường thẳng AB là x  y  3  0 , phương trình đường thẳng BD
là x  3 y 13  0 và đường thẳng AC đi qua điểm M (3;8) . Tìm tọa độ điểm C?
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 y  2 x  y  5  x 2  y  5 10 x 


 y  4  3 3 y  3 x  2  1 3 x 2  y 2  5 x  30

4
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

232a  135b  54



ab  bc  3 abc



1  a  b  c 

2

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

1025


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH - TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ÔN TẬP THPT NĂM 2016 - Môn: TOÁN

Câu

Điể
m

Đáp án
+) Tập xác định D   .

7
1
7
+) Sự biến thiên: y '  6 x 2  4 x  ; y '  0  x  hoặc x  
2
6
2
1
7


+) Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng:  ;   và  ;   . Hàm số nghịch biến
2
6


 1 7
trên khoảng   ;  .
 2 6
1
+) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm xCÐ   , yCÐ  0.
2

7
125
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm xCT  , yCT  
.
6
27
+) Giới hạn và tiệm cận: lim y  ; lim y  . Đồ thị h.số không có tiệm cận.
x 

1
(1,0
điểm)

Bảng biến thiên
x 
y



0,25

0,25

x 

1
2
0
0

7
6
0












0,25

125
27

Đồ thị:

0,25

 1   7 125 

3
Đồ thị hàm số đi qua các điểm A  ; 0  , B  ; 
 , C  2; 0  , D  1;   .
2

 2   6 27 

Tập xác định: D   \ 1 .
Giao điểm của đồ thị với trục tung: M(0; m).
2
(1,0
điểm)

Phương trình tiếp tuyến  với đồ thị hàm số tại M: y  (2  m) x  m
 m

Giao điểm của tiếp tuyến  với các trục tọa độ: N 
; 0  , M  0; m .
 m 2 
Diện tích tam giác: SOMN

1
m
1
m  1
 . m.
  m2  m  2  
2
m 2 2
 m  2

1026

0,25
0,25

0,25