34 tuyen tap 5 de thi thu thpt quoc gia năm 2016 co dap an

Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2x 1
x2
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  6

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

Câu 3 (1,0 điểm).
x
4
4
b) Giải phương trình 5.9 x  2.6 x  3.4 x

a) Giải bất phương trình log 22 x  log 2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm I    x  2  sin 3 xdx
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  , ·
ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2a . Chứng
minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC và tính diện tích mặt cầu đó
theo a.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 2 cos 2 x  sin x  1  0 .
b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 12C.
Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất sao cho

lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 

3a
. Hình chiếu vuông góc H
2

của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn AD . Tính
theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có

AB  AD  CD , điểm B(1; 2) , đường thẳng BD có phương trình là y  2  0 . Đường thẳng qua B vuông
·
góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường phân giác trong góc MBC
cắt cạnh DC tại N . Biết rằng đường

thẳng MN có phương trình 7 x  y  25  0 . Tìm tọa độ đỉnh D .
x
 2
 x  x  1   y  2   x  1 y  1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3 x 2  8 x  3  4  x  1 y  1


 x, y  ¡ 

 2 y  x 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y  ¡ thỏa mãn 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2

 y  2 x  3 x
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

P  x4  y 4 

2

 x  y

2

-------------HẾT-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo
cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với
phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày

Điểm
1
2x 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
1,0
x2
2x 1
y
x2
1. Tập xác định: D  ¡ \ {2}
2. Sự biến thiên.
0,5
3
y'  

0,

x

D
( x  2) 2
Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng (; 2) và (2; )
Hàm số không có cực trị
Các giới hạn lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y  
x 
x 
x 2
x 2
0,25
Suy ra x  2 là tiệm cận đứng, y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị.

Bảng biến thiên

0,25

1 
 1
3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại  ;0  , giao với trục Oy tại  0;  , đồ thị có tâm đối
2 
 2
xứng là điểm I (2; 2)

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

2

Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  6

1,0

* Tập xác định: ¡

0,25

x  0
y '  3 x 2  6 x, y '  0  

x  2
Bảng xét dấu đạo hàm
x

y
+

0,25

0
0

-

2
0



0,25

+

Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có
Hàm số đạt cực đại tại x  0 và giá trị cực đại y  6 ; đạt cực tiểu tại x  2 và giá trị
cực tiểu y  2 .
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M  0;6  , điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là

0,25

N  2; 2 
3

a

x
 4 (1)
4
+) Điều kiện của bất phương trình (1) là: x  0 (*)
+) Với điều kiện (*),
(1)  log 22 x  log 2 x  log 2 4  4  log 22 x  log 2 x  2  0
 (log 2 x  2)(log 2 x  1)  0

Giải bất phương trình log 22 x  log 2

 x4
 log 2 x  2


0  x  1
log
x


1
 2

2
+) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là
 1

S   0;    4;  
 2

b Giải phương trình 5.9 x  2.6 x  3.4 x (1)

0,5

0,25

0,25

0,5

Phương trình đã cho xác định với mọi x  ¡
Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 4 x  0 ta được :
2x

x

 3
3
5.9 x  2.6 x  3.4 x  5.    2.    3
 2
2
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

2x
x
 3 2 x    3  x 
3
3
 5.    2.    3  0     1 5.    3  0 (2)
2
2
 2 
   2 

x

3
Vì 5.    3  0 x  ¡ nên phương trình (2) tương đương với
2
x

4

0,25

3
  1  x  0.
2
Vậy nghiệm của phương trình là: x  0
Tính nguyên hàm I    x  2  sin 3xdx

1,0

u  x  2
Đặt 
 dv  sin 3 xdx

0,25

 du  dx

ta được 
cos3 x
v   3
 x  2  cos 3x  1 cos 3xdx
Do đó: I  
3
3
 x  2  cos3x 1

 sin 3 x  C
3
9
5

0,25

0,25
0,25

Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  , ·
ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2 a .
Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S . ABC và tính diện tích mặt cầu đó theo a.

S
I
A

1,0

C
B

Vì SA   ABC   SA  BC
Mặt khác theo giả thiết AB  BC , nên BC   SAB  và do đó BC  SB
Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên
SC
IA  IB 
 IS  IC (*)
2
Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của
hình chóp S . ABC
SC
Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là R 
2
Ta có AC  AB 2  BC 2  2a
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25

0,25

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

6

7

SC  SA2  AC 2  2 2a  R  a 2
Diện tích mặt cầu là 4 R 2  8 a 2
a Giải phương trình 2 cos 2 x  sin x  1  0 .
Ta có: 2 cos 2 x  sin x  1  0  2sin 2 x  sin x  3  0  (sin x  1)(2sin x +3)=0
 sin x  1 (do 2sin x  3  0 x  ¡ )

 s inx  1  x   k 2  k  ¢ 
2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   k 2  k  ¢ 
2
b Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học
sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế
giảng năm học. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít
nhất 2 học sinh lớp 12A.
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
Số phần tử của không gian mẫu là: C95  126
Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và
có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C

+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C42 .C31.C22  C42 .C32 .C21  C43 .C31 .C21  78 .
78 13
Xác suất cần tìm là P 
 .
126 21
3a
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 
. Hình chiếu vuông
2
góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung
điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng HK và SD .

0,25
0,5
0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

S

1,0

F
C

B
E
H
O
A

K

D

Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
3a 2 a 2
)  ( )  a2  a
2
2
1
1
a3
 SH .S ABCD  a.a 2 
3
3

3

SH  SD 2  HD 2  SD 2  ( AH 2  AD 2 )  (

Diện tích của hình vuông ABCD là a 2 , VS . ABCD

Từ giả thiết ta có HK / / BD  HK / /( SBD )
Do vậy: d ( HK , SD )  d ( H ,( SBD )) (1)
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE
Ta có BD  SH , BD  HE  BD  (SHE )  BD  HF mà HF  SE nên suy ra
HF  (SBD )  HF  d ( H , (SBD)) (2)

0,25

0,25

a
a 2
·
+) HE  HB.sin HBE
 .sin 450 
2
4
+) Xét tam giác vuông SHE có:
a 2
a
4
 (3)
3
a 2 2

(
)  a2
4
a
+) Từ (1), (2), (3) ta có d ( HK , SD)  .
3
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB  AD  CD , điểm B(1; 2) , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là
y  2  0 .. Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường
phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết rằng đường thẳng MN có
phương trình 7 x  y  25  0 . Tìm tọa độ đỉnh D .
SH .HE
HF .SE  SH .HE  HF 

SE

8

a.

0,25

1,0

Tứ giác BMDC nội tiếp
·
·
·  450
 BMC
 BDC

 DBA

 BMC vuông cân tại B, BN là
·
phân giác trong MBC
 M , C đối xứng qua BN

 AD  d ( B, CN )  d ( B, MN ) 

4
2

0,25

0,25

Do AB  AD  BD  AD 2  4

0,25

a  5
BD : y  2  0  D(a; 2) , BD  4  
 a  3

0,25

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

Vậy có hai điểm thỏa mãn là: D(5; 2) hoặc D(3; 2)
9

x
 2
 x  x  1   y  2   x  1 y  1
Giải hệ phương trình: 
3 x 2  8 x  3  4  x  1 y  1


 x, y  ¡ 

1,0

 x  1
Điều kiện: 
 y  1

1 

x3  x 2  x
  y  2
x 1
3

 x 

 
 x 1 

x

x 1



 x  1 y  1 



x 3  x  x  1

 x  1

x 1

  y  2 y 1

0,25

3

y 1  y 1 .

Xét hàm số f  t   t 3  t trên ¡ có f   t   3t 2  1  0t  ¡ suy ra f(t) đồng biến
 x 
trên ¡ . Nên f 
 f
 x 1 





y 1 

x

x 1

y  1 . Thay vào (2) ta được

0,25

3x 2  8x  3  4 x x  1 .
2



  2 x  1  x  2 x  1



2

 
x 1
  2
 x  32 3
  x  6x  3  0

 2 x  1  x 1


 

1
5  2 13
x

x
 2 x  1  1  3 x

3
9


 9 x 2  10 x  3  0

Ta có y 

0,25

x2
1
x 1

43 3
5  2 13
41  7 13
. Với x 

 y
.
2
9
72
Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện.
Với x  3  2 3  y 

0,25


43 3 
KL: Hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    3  2 3;

2 

 5  2 13 41  7 13 
&  x; y   
;
 .
9
72


10
Cho

x, y  ¡
4

4

Px y 

 2 y  x 2
thỏa 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
 y  2 x  3 x
2

 x  y

2

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

1,0


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
Từ giả thiết ta có y  0 và

x2
6
 2 x 2  3x  0  x  và
2
5

2

x 2  y 2  x 2   2 x 2  3 x   2 x 2  2 x 2  6 x  5 
0,25

 6
Xét hàm số f ( x)  2 x 2  2 x 2  6 x  5  ; x   0;  ta được Max f(x) = 2
 6
 5
0; 
 5

2

2

x y 2

P  x  y
2

2 2



2

2

2

 2x y 

x  y

 x  y
2

2

2 2



x


2

 y2 
2

2



2
x  y2
2

0,25

t2 2
Đặt t  x 2  y 2  P   , 0  t  2
2 t

Xét hàm số:
t2 2
g (t )   , t   0; 2 
2 t
2 t3  2
g '(t )  t  2  2 ; g '(t )  0  t  3 2
t
t
6
33 4
16
Lập bảng biến thiên ta có Min P 
khi x  y 
2
2

0,25

0,25

------------Hết-----------TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ
TỔ TOÁN - TIN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần 1

Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề
(Đề gồm có 1 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  x 3  3x .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

x 1
trên đoạn 2; 4  .
2x  1

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: log 3 x 2  x  log 1 x  4  1 .









3

x 2 1
1 3

b) Giải bất phương trình: 22x 1   
8

.


2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I 

 2x  1  sin x  dx .
0

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

 

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x  y  2z  1  0 và



 



 

  và đi qua các

hai điểm A 2; 0; 0 , B 3; 1;2 . Viết phương trình mặt cầu S tâm I thuộc mặt phẳng P
điểm A, B và điểm gốc toạ độ O .

Câu 6 (1,0 điểm).

cos2 -3
.
sin 2 
b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh của trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải trong đó có 4
học sinh nam và 6 học sinh nữ. Nhà trường muốn chọn một nhóm 5 học sinh trong 10 học sinh trên
để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ 1 năm học 2015 – 2016 do huyện uỷ Phù
Cừ tổ chức. Tính xác suất để chọn được một nhóm gồm 5 học sinh mà có cả nam và nữ, biết số học
sinh nam ít hơn số học sinh nữ.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, đáy A B CD là hình chữ nhật có AB = a, AD = a√3.
Biết góc giữa đường thẳng A’C và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ
ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau B’C và C’D theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác A BC vuông cân tại A . Gọi G là
trọng tâm tam giác A B C . Điểm D thuộc tia đối của tia A C sao cho GD  GC . Biết điểm G thuộc đường
thẳng d : 2x  3y  13  0 và tam giác B DG nội tiếp đường tròn C : x 2  y 2  2x  12y  27  0 . Tìm
a) Cho góc lượng giác  , biết t an   2 . Tính giá trị biểu thức P 

 

toạ độ điểm B và viết phương trình đường thẳng B C , biết điểm B có hoành độ âm và toạ độ điểm G là số
nguyên.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau trên tập ¡ :

5x  13  57  10x  3x 2

 x 2  2x  9

x  3  19  3x
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:





6 a b c
2a
3b
c



a  2 b  3 c 1 a b c  6

TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ
TỔ TOÁN TIN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần 1
Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề
(Đáp án gồm có 6 trang)

Câu
1

Đáp án
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  x 3  3x .
Tập xác định: D  ¡
x  1
Ta có y '  3x 2  3  y '  0  

x  1
Giới hạn

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

Điểm

0,25

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

lim y  lim x 3  3x  lim x 3  1 
x 
x 
x 


lim y  lim x 3  3x  lim x 3  1 
x 
x 
x 

Bảng biến thiên
x

1
1


0

0
f' x









3
  
x2 
3
  
x2 



 



2





f x

0,25

2
Hàm số đồng biến trên khoảng 1;1













Hàm số nghịch biến trên khoảng ; 1 và 1; 



Hàm số đạt cực đạt tại điểm x = 1 và yCĐ = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = -1 và yCT = -2
Đồ thị:
Bảng giá trị

x
-2
-1
0
1
2
y
2
-2
0
2
-2
y

f(x)=-x^3+3*x

5

0,25
x

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

-5

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
2

x 1
trên
2x  1

đoạn 2; 4  .
Hàm số liên tục trên đoạn 2; 4 
1
Ta có y ' 
 0, x  2; 4 
2
2x  1





Có y 2 



1
3
;y 4 
3
7



Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25
0,25
0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
3
1
khi x  4 và min y = khi x  2
7
3
2;4
2;4 
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log 3 x 2  x  log 1 x  4  1 .
max y =

Vậy







0,25



3

x  1
Điều kiện: 
 4  x  0









3  x  4    x






 x  3 x  4 

0,25



log 3 x 2  x  log 3 x  4  1  log 3 x 2  x  log 3 x  4  log 3 3





 log3 x 2  x  log 3

3

2

x   2
(thoả mãn)
 x 2  4x  12  0  
x  6

0,25

Vậy phương trình có hai nghiệm x  2; x  6 .
x 2 1
1 3

b) Giải bất phương trình 22x 1   
8
Bất phương trình tương đương với

22x 1 

x 2 1
2 3 3

 

.

 22x 1  2 x

2

1

0,25

 2x  1  x 2  1





 x 2  2x  0  2  x  0 . Vậy bất phương trình có tập nghiệm S  2; 0 .

0,25


2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I 

 2x  1  sin x  dx .
0


2

I 


2


2

 2x  1  sin x  dx   2x .dx   dx   sin xdx  A  B  C
0

4


2

0


2

A   2x .dx  x 2
0


2


2
0

0


2





2
; B   dx  x
4
0

C   sin xdx  cosx
0




2

0


2
0




2

1

0,25

0,25

0

2 
 1
4
2
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng

Vậy I  A  B  C 

5

0,25

P  : x  y  2z  1  0 và hai điểm A 2; 0; 0  , B  3; 1;2  . Viết phương trình mặt cầu
S  tâm I thuộc mặt phẳng P  và đi qua các điểm A, B và điểm gốc toạ độ O .

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT





 

1

Giả sử I x , y , z . Ta có I  P  x  y  2z  1  0

x  y  2z  5
Do A, B ,O  S  IA  IB  IO . Suy ra 
x  1
x  y  2z  1  0

x  1


Từ (1) và (2) ta có hệ x  y  2z  5
 y  2  I 1; 2;1
x  1
z  1



 



0,25

2 



0,25

0,25

Bán kính mặt cầu (S) là R  IA  6



2

 

Vậy phương trình mặt cầu (S) là: x  1  y  2

2

  z  1

2

0,25

6

Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho góc lượng giác  , biết t an   2 . Tính giá trị biểu thức P 

P 

cos2 -3
.
sin 2 

cos2 -3 2cos2  4

sin 2 
1  cos2

0,25

1
1
1
9
 cos2 
 . Suy ra P  
2
2
2
cos 
1  t an  5
b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh của trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải
trong đó có 4 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Nhà trường muốn chọn một nhóm 5 học
sinh trong 10 học sinh trên để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ 1
năm học 2015 – 2016 do huyện uỷ Phù Cừ tổ chức. Tính xác suất để chọn được một
nhóm gồm 5 học sinh mà có cả nam và nữ, biết số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ.
Không gian mẫu n   C 105  252
1  t an 2  

6

0,25

 

Gọi A là biến cố 5 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời số học sinh nam ít
hơn học sinh nữ.
Trường hợp 1: Chọn 1 học sinh nam và 4 học sinh nữ nên ta có C 41.C 64

0,25

Trường hợp 2: Chọn 2 học sinh nam và 3 học sinh nữ nên ta có C 42 .C 63

 

Suy ra n A  C 41 .C 64  C 42 .C 63  180

5
7
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng A BCD .A ' B 'C ' D ' , đáy A BCD là hình chữ

 

Vậy xác suất cần tìm là P A 

7



nhật có A B  a, A D  a 3 . Biết góc giữa đường thẳng A ' C và mặt phẳng A BCD



bằng 600 . Tính thể tích khối lăng trụ A BCD .A ' B 'C ' D ' và khoảng cách giữa hai
đường thẳng chéo nhau B ' C và C ' D theo a .

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25

Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT



D'

A'

Do A BCD .A ' B 'C ' D ' là lăng trụ đứng nên
A ' A  A BCD .







Suy ra góc giữa A ' C và mặt phẳng A BCD là

B'

C'

·' CA  600
A

0,25
H
A

D

M
600

B

C

Có A C  A B 2  BC 2  2a  A ' A  A C . t an 600  2a 3
ABCD là hình chữ nhật có A B  a , A D  a 3  S A BCD  A B .A D  a 2 3

0,25

Vậy thể tích khối lăng trụ A B CD .A ' B 'C ' D ' là V  A ' A .S A BCD  6a 3
Do C’D//AB’ nên C’D//(AB’C)









Suy ra d C ' D , B ' C  d C ' D , A B ' C

   d C ',  A B 'C    d  B,  A B 'C  

0,25

Do BC’ giao với mp(AB’C) tại trung điểm của BC’ (vì BCC’B’ là hình chữ nhật)



 
 

Kẻ BH  B ' M  BH   A B 'C  hay d  B,  A B 'C    BH

Kẻ BM  A C  A C  BB ' M  A B ' C  BB ' M theo giao tuyến B’M

Có

1
1
1
1
1
1
17
2a 51






 BH 

2
2
2
2
2
2
2
17
BH
B 'B
BM
B 'B
BC
AB
12a

2a 51
17
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác A B C
vuông cân tại A . Gọi G là trọng tâm tam giác A B C . Điểm D thuộc tia đối của tia
A C sao cho GD  GC . Biết điểm G thuộc đường thẳng d : 2x  3y  13  0 và tam





Vậy d C ' D , B 'C 

 

giác BDG nội tiếp đường tròn C : x 2  y 2  2x  12y  27  0 . Tìm toạ độ điểm B
và viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm và toạ độ điểm
G là số nguyên.

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
Tam giác ABC vuông cân tại A có G là trọng tâm
nên GB = GC
Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường
tròn tâm G.
Suy ra
·
·
·
BGD
 2BCD
 2BCA
 900  BG  GD
Hay tam giác BDG vuông cân tại G

C

(?)
M
d: 2x + 3y - 13 = 0

G

0,25

Đường tròn (C) tâm I(1;6) bán kính R  10
ngoại tiếp tam giác BDG nên I là trung điểm của
BD

A

F
B(?)
I(1;6)

D

Do đó IG  10 và IG  BD

 13  2m 
Vì G  d : 2x  3y  13  0  G  m ;

3


G 2; 3

Từ IG  10    28 75  , do toạ độ điểm G là số nguyên nên G(2;3).
G  ;
  13 13 


 
BD đi qua I(1;6) và IG  BD nên phương trình x  3y  17  0

 

0,25

 
 

B 2;5
(do hoành độ điểm B âm)
B , D  BD  C  
D 4; 7

 



Vậy B 2;5



Gọi M là trung điểm của BC ta có AM = MB = MC (do ABC vuông cân tại A)
1
1
Suy ra A M  B C  GM  MB và GM  A M  MB
3
3
MG 1

3
·
·
Nên t an GBM

  cosGBM

MB
3
10
ur
2
2
Gọi n  a, b với a  b  0 là VTPT của BC.
uuur
uuur
Ta có VTCP của BG là BG  4; 2  n BG  1;2 là VTPT của BG
uuur ur
n
.n
uuur ur
uuur ur
BG
3
·
Có cos BG , BC  cos n BG , n  cos GBM  cos n B G , n 
 uuur ur
10
n BG . n



 













 







a  2b

a  b  0
 35a 2  40ab  5b2  0  
7a  b  0
10

5 a 2  b2

ur
Trường hợp 1: Với a  b  0  n  1;1 nên phương trình BC : x  y  3  0
ur
Trường hợp 2: Với 7a  b  0  n  1;7 nên phương trình BC : x  7y  33  0


3



0,25





 
 

Do hai điểm D và G cùng mằn về một phía đối với đường thẳng BC nên phương trình
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
BC thoả mãn là x  y  3  0



Vậy BC : x  y  3  0 và B 2;5



Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau trên tập ¡ :

5x  13  57  10x  3x 2

 x 2  2x  9

x  3  19  3x

19
 3  x 
Điều kiện 
3
x  4

Bất phương trình tương đương



x  3  19  3x

2

0,25

x  3  19  3x

 x

2

 2x  9

x  3  19  3x
 2 x  3  19  3x  x 2  2x  9

x  5 
13  x 
2
 2 x  3 
   19  3x 
 x x 2
3  
3 




9

2 x 2  x  2





x  5
9 x  3 

3 




x 2  x  2

0,25

2


13  x 
9  19  3x 

3 


x x 2





2
1

0
 x2  x  2 

*
 

x  5
13  x  
9  x  3 
 9  19  3x 

3 
3  
 

 19 
2
1
Vì

 0 với mọi x   3;  \ 4
3


x  5
13  x 

9 x  3 
 9  19  3x 


3 
3 









0,25





Do đó *  x 2  x  2  0  2  x  1 (thoả mãn)
0,25

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   2;1 .
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:
10





6 a b c
2a

3b
c



a  2 b  3 c 1 a b c  6
Bất đẳng thức tương đương với

1





a  2
2a   b  3
3b   c  1
c  a b c  6 6 a b c








a 2  4
b  3  4
c  1
4

a b c  6
 4
2

2

2

0,25

2

a  2   b  3   c  1  a  b  c  6 

4 a  2  4 b  3  4 c  1 4 a  b  c  6 
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
2

2

a  2   b  3  c  1


2

2

a  b  c  6 





 
 

 
 




2



0,25

2 

a 2
b3
c 1
a b c  6
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có



2

 a 2  b  3  c 1 
  a  b  c  6 VP 2
VT 2  
a b c  6
a 2  b  3  c 1





Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  2;b  3;c  1 .
Vậy bất đẳng thức (2) đúng. Do đó bất đẳng thức (1) được chứng minh.

Chú ý: Mọi cách làm khác của học sinh nếu đúng vẫn chấm điểm bình thường!
Giáo viên ra đề: Quách Đăng Thăng

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Đồng Đậu

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3mx 2   m 2  1 x  2, m là tham số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  1 .
2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x  2 .
Câu 2 (1,0 điểm).
1) Giải phương trình: log 2 ( x  5)  log 2 ( x  2)  3
2) Giải phương trình: 7 x  2.71 x  9  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 2  ln 1  2 x  trên
đoạn  2; 0  .
n

1
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển biểu thức  x3  2  , biết n
x 

4
n 2
là số tự nhiên thỏa mãn Cn  13Cn .
10

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


1
 7

    và sin(   )   . Tính tan 

  .
2
3
2



2) Trong cuộc thi “Rung chuông vàng” có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5
bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia các bạn thành 4 nhóm A, B,
C, D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiên bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên.
Tính xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mp(ABCD). Biết AC = 2a, BD = 4a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có
phương trình lần lượt là d1 : x  2 y  2  0, d 2 : 3 x  3 y  6  0 và tam giác ABC đều có diện tích
bằng 3 và trực tâm I thuộc d1 . Đường thẳng d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

ABC. Tìm tọa độ giao điểm d1 và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành
độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
 x 2  xy  2 y 2  3 y  1  y  1  x

.


3 6  y  2 x  3 y  7  2 x  7





Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a 2  2b  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P 

4 4
5
 
a 4 b 4 8  a  b 2

-------------------------------------------Hết---------------------------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh…………………………………………SBD……………………..
Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Đồng Đậu
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
Môn thi: Toán
Câu
Đáp án
3
Với m = 1 hàm số trở thành y  x  3x 2  2
*Tập xác định : D  R
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn tại vô cực: lim y   , lim y  
x 

Điểm

0,25

x

x  0
x  2

+ Chiều biến thiên : y '  3x 2  6 x , y '  0  

Các khoảng đồng biến: (; 0) và (2; ) ; khoảng nghịch biến : (0; 2)
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  2 ; đạt cực tiểu tại
1.1
(1,0
điểm)

0,25

x  2, yCT  2.

+ Bảng biến thiên:
x -∞
y’
+

0
0
0

-

2
0+

+∞

y

0,25
-2
-∞

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

*Đồ thị:

0,25

1.2
(1,0
điểm)

Ta có: y '  3x 2  6mx  m 2  1; y ''  6 x  6m
 y '(2)  0
 y ''(2)  0

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x  2  

 m2  12m  11  0

12  6m  0
 m 1

2.1
(0,5
điểm)

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

Vậy với m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Điều kiện x  5 . Phương trình đã cho tương đương với
log 2 ( x  5)( x  2)  3  ( x  5)( x  2)  8

0,25

 x  6(t / m)
 x 2  3 x  18  0  
 x  3(l )

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  6.
2.2
t  2
14

Đặt t  7 x , t  0 . Ta có phương trình: t   9  0  t 2  9t  14  0  
(0,5
t
t  7
điểm) Với t  2, suy ra 7 x  2  x  log 2
7
x
Với t  7, suy ra 7  7  x  1
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  log 7 2; 1 .
3
Ta có hàm số f ( x) xác định và liên tục trên đoạn [-2;0];
(1,0
4 x 2  2 x  2
f
'(
x
)

điểm)
1 2x
Với x   2; 0 thì f '( x)  0  x  
1
2

1
2

1
4

Ta có f (2)  4  ln 5; f ( )   ln 2; f (0)  0.

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [-2;0] lần
1
4
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

lượt là 4  ln 5 và  ln 2.

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

4
(1,0
điểm)

n  3
. Phương trình đã cho tương đương với
n  N

n!
n!
 13.
4!( n  4)!
( n  2)!2!
 n  15(t / m)
 n 2  5n  150  0  
 n  10(l )

Điều kiện 

Vậy n  15.
Với n = 15 ta có

0,25

0,25

15

15
1 k
 3 1 
k
3 15 k 
 x  2    C15  x  .   2 
x 

 x 
k 0

0,25

15

  C15k (1)k .x 45 5k
k 0

Để trong khai triển đã cho có số hạng chứa x10 thì 45  5k  10  k  7(t / m)
Vậy hệ số của x10 trong khai triển đã cho là C157 .(1)7  6435 .
5.1
(0,5
điểm)

1
3
7








tan 
    tan  3      tan      cot 
2
2
2








1
3

Ta có: sin(   )    s inx 

Vì

5.2
(0,5
điểm)

0,25


1
1
 cot   
 1  2 2
     cot   0 . Do đó 1  cot 2  
2
sin 
sin 2 
2

7
Vậy tan      2 2 .
 2


0,25

0,25

Chia 20 học sinh thành 4 nhóm nên số phần tử của không gian mẫu là
0,25

5
  C20
.C155 .C105 .C55

Gọi A là biến cố “ Chia 20 học sinh thành 4 nhóm sao cho 5 bạn nữ thuộc
cùng một nhóm”
Xét 5 bạn nữ thuộc một nhóm có C155 .C105 .C55 cách chia 15 nam vào 3 nhóm
còn lại
Vì 5 bạn nữ có thể thuộc nhóm A,B,C hay D nên ta có  A  4.C155 .C105 .C55 .
Vậy xác suất của biến cố A là P( A) 

A
4.C 5 .C 5 .C 5
1
.
 5 155 105 5 5 

C20 .C15 .C10 .C5 3876

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

6
(1,0
điểm)

0,25

Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB đều nên SH  AB
Mà  SAB    ABCD  , suy ra SH   ABCD  .
Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có
OA  a, OB  2a  AB  OA2  OB 2  a 5
3 a 15

2
2
1
1
Đáy ABCD là hình thoi nên có diện tích S ABCD  AC.BD  .2a.4a  4a 2
2
2
1
2a 3 15
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là VS . ABCD  .S ABCD .SH 

3
3
Ta có AD / / BC  AD / /  SBC 

Tam giác SAB đều cạnh a 5 nên đường cao SH  a 5.

Do đó d  AD; SC   d  AD;( SBC )   d  A;( SBC )   2d  H ; (SBC )  .
Gọi K là hình chiếu của H trên BC, ta có BC  HK và BC  SH nên BC  (SHK )
Gọi I là hình chiếu của H trên SK, ta có HI  SK và HI  BC nên HI  (SBC ).
Từ đó suy ra d ( AD; SC )  2d  H ; ( SBC )   2 HI
Ta có HK 

0,25

2SHBC S ABC S ABCD 2a



BC
BC
2 BC
5

Tam giác SHK vuông tại H nên HI 

HS .HK
2

HS  HK

Vậy

0,25

d  AD; SC   2 HI 

2



2a 15
91

0,25

4a 15
91

7
(1,0
điểm)

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

Gọi M  AI  BC . Giả sử AB  x( x  0), R, r lần lượt là bán kính đường tròn

ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC
-Do tam giác ABC đều nên S ABC 

x2 3
x2 3
 3
x2
4
4

-Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp
1
3
Giả sử I (2a  2; a)  d1 (a  1)

tam giác ABC  r  IM  AM 

1
3
.
3
3
3

0,25

Do d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên
3(2a  2)  3a  6
d (I ; d2 )  r 

99


62 6
3
a
 1(l )


 3a  6  6  6 
3

3
 a  2

Suy ra I (2; 2) .
2
3

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R  AM 

2 3
3

0,25

 phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC
4
là : ( x  2)2  ( y  2) 2 
3

Giao điểm của đường thẳng ( d1 ) và (C ) là nghiệm của hệ phương trình:

x  2 y  2  0


4
2
2
( x  2)  ( y  2)  3

0,25

Vậy giao điểm của (d1 ) và ( d 2 ) là E (2 
8
(1,0

2
4
2
4
;2 
), F (2 
;2 
).
15
15
15
15

 x 2  xy  2 y 2  3 y  1  y  1  x (1)



3 6  y  2 x  3 y  7  2 x  7 (2)





Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

điểm)

x  0
Điều kiện 1  y  6
.
2 x  3 y  7  0


Với điều kiện trên ta có :
(1) 

y 1 x
 ( y  1  x)( y  1  x)  y ( y  1  x)  0
y 1  x




1
 ( y  1  x) 
 y 1 x  y   0
 y 1  x



 y  x 1
 
1
 y  1  x  y  0 (*)
 y  1  x

x  0
, suy ra phương trình (*) vô nghiệm
1  y  6

0,25

0,25

+ Với 

+ Với y  x  1 thay vào (2) ta được 3 5  x  3 5 x  4  2 x  7 (3)
Điều kiện

4
 x  5 ta có :
5
(3)  7  x  3 5  x  3( x  5 x  4)  0

7  x


2

 9 5  x 

7  x3 5 x



3 x2  5x  4
x  5x  4

0

0,25

1
3


  x 2  5x  4  

0
 7  x  3 5  x x  5x  4 
 2
x  1
 x  5x  4  0  

x  4


1
3

 0(VN )

 7  x  3 5  x x  5x  4
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y )  (1; 2) và ( x; y)  (4;5)

9
(1,0
điểm)

0,25

Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a 2  2b  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P 

4 4
5
 4
4
a b 8  a  b 2

Từ giả thiết và bất đẳng thức CôSi ta có:
a 2  2b  12  a 2  4  2b  16  4 a  2b  16  2 4a.2b  16  0  ab  8
2 2

2

0,25

2

a b  4 4  ab
5
1 a
b  5
1
  2  2  .
 4  4  .
2
64  a b  8 8  a  b  16  b
a  64 a  b  2
b a
a b
1 2 5 1
1
t   (t  2) , ta có P  t  .

b a
16
64 t  2 8

Do đó P 
Đặt

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
1 2 5 1
1
t  .
 trên (2; )
16
64 t  2 8
1
5
1
5
Ta có f '(t )  t  .
; f '(t )  0  t 
2
8 64  t  2 
2

Xét hàm số f (t ) 

Bảng biến thiên

0,25

 5  27
f (t )  f   
Từ bảng biến thiên ta có min

 2;  
 2  64

27
, dấu bằng xảy ra khi a  2, b  4.
64
27
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng
khi a  2, b  4.
64

Suy ra P 

0,25

--------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1  và vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị
của (C).

Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y  x 4  2 x 2  3 trên đoạn 0;4 .
Câu 3 (1.0 điểm).
1

a) Cho sin   . Tính giá trị biểu thức P  2 (1  cot  ).cos(   ) .
2
4
b) Giải phương trình: 34  2 x = 953 x  x
Câu 4 (1.0 điểm).

2

14

2

a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển :  x  2  .
x 

b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20
câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để
chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số
câu hỏi dễ không ít hơn 4.
Câu 5 (1.0 điểm).
Giải bất phương trình: 9 x 2  3  9 x  1  9 x 2  15
Câu 6 (1.0 điểm).

Cho lăng trụ đứng ABC . A' B ' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  a 3 , mặt bên
BCC ' B ' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC ' và B'C ' . Tính thể tích khối lăng trụ
ABC . A' B ' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B ' và MN .
Câu 7 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn

C  : x 2  y 2  3x  5 y  6  0 . Trực tâm của tam giác ABC

là H 2;2  và đoạn BC  5 .
Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết điểm A có hoành độ dương .
Câu 8 (1.0 điểm).
 x3  y 3  5 x 2  2 y 2  10 x  3 y  6  0
Giải hệ phương trình : 
 x  2  4  y  x 3  y 2  4 x  2 y
Câu 9 (1.0 điểm).
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất