20-De-Thi-Thu-Toan-2016-co-dap-an-đã chuyển đổi

TUYỂN TẬP

20 ĐỀ THI THỬ THPT
QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN : TOÁN
(Của các trường THPT, Sở GD & ĐT trong nước)

Nguồn sưu tầm


MỤC LỤC ĐỀ THI
STT
Đề 1
Đề 2
Đề 3
Đề 4
Đề 5
Đề 6
Đề 7
Đề 8
Đề 9
Đề 10

Tên trường/ Sở GD
THPT chuyên ĐH Vinh
lần 1
THPT chuyên ĐH Vinh
lần 2
Sở GD Vĩnh Phúc (L1)
THPT chuyên Vĩnh Phúc
lần 3

Sở GD Quảng Ninh
THPT chuyên Nguyễn Huệ
lần 2
THPT chuyên Biên Hòa
lần 1
THPT Ngô Sĩ Liên Lần 3
THPT chuyên Hạ Long lần
2
THPT Trần Phú lần 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

STT
Đề 11

Tên trường/ Sở GD
THPT Kim Liên lần 1

Đề 12

THPT Lê Lợi

Đề 13
Đề 14

THPT Hà Huy Tập (L1)
THPT Lý Thái Tổ (L1)

Đề 15

Đề 16

THPT Việt Trì - Ph ú Th ọ
Chuyên Nguyễn Tất Thành

Đề 17

THPT Hàm Nghi

Đề 18
Đề 19

THPT Nghèn- Hà T ĩnh
THPT Hương Khê - Hà ĩnh

Đề 20

THPT Phan Thúc Trực -NA

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

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 − 6x 2 + 9x − 1.
2x + 1
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
, biết rằng tiếp tuyến
x−1
Câu 3 (1,0 điểm).
song song với đường thẳng d : 3x + 4y − 2 =

0.
x3
x3
a) Giải bất phương trình
21+

< 5.

+

21−
b) Cho log3 5 = a. Tính log 75 theo a.
45

1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

∫0

x + ln(2x +
1) (x +
1)2

dx.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x + y + z − 7 = 0 và
x−3 y+8 z
đường thẳng d :
=

. Tìm tọa độ giao điểm của d với (P) và lập phương trình mặt
−1
=
−2
4
phẳng (Q) chứa d đồng thời vuông góc với (P).



Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos x + sin 2x = sin x + sin 2x cotx.


b) Nhân dịp kỷ niệm ngày Nhà giáo Việt Nam, trường THPT X tuyển chọn được 24 tiết mục văn
nghệ tiêu biểu, trong số đó lớp 11A có 2 tiết mục để công diễn trong toàn trường. Ban tổ chức
cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai buổi công diễn, mỗi buổi 12 tiết mục. Tính xác suất
để 2 tiết mục của lớp 11A được biểu diễn trong cùng một buổi.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O,
SD vuông
·
góc với mặt phẳng (ABCD), AD = a, A
OB = 1200 , góc giữa hai mặt phẳng (SBC ) và
(ABCD)
bằng

0

45 . Tính theo a thể tích khối chóp
AC, SB.

S.A BCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng



Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
cho tam giác ABC có phương trình các đường
Oxy,
thẳng chứa trung tuyến và đường cao kẻ từ C lần lượt là y + 2 = 0 và 3x − 2y + 8 = 0. Đường thẳng
chứa trung tuyến kẻ từ A đi qua K(−18; 3).
đường thẳng d : x + 2y + 2 = 0.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x
4

2

Tín A·BC biết rằng điểm A có tung độ âm và thuộc
h
+
x2

≤x+2

1 +

x

2


+ 3 ÷.




Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn xy + yz + zx = 2. Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức P =

2x

2
+ 2y + z
.
2 + x 2 2 + y2 2 +
z2

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


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN



ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 1
Môn: TOÁN;
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu
Câu 1.
(1,0

điểm)

Đáp án

1o. Tập xác định: D = ¡.
2o. Sự biến thiên:

http://d

* Chiều biến thiên: Ta có y ′ = 3x

2

− 12x + 9, x ∈ ¡.

x = 1
x < 1
y′ = 0 ⇔ 
; y′ > 0 ⇔ 
; y′ < 0 ⇔ 1 <
x = 3
x > 3
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 1) và (3; + ∞); hàm
khoảng (1; 3).
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = y(1) = 3 ;
hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, yCT = y(3) = −1.
* Giới hạn tại vô cực:

6 9 1
lim y = lim x 3  1 − + −

=÷ −∞; lim y = lim x 3
2
3
x →−∞
x →−∞
x →+∞
x →+∞
x x
x 

* Bảng biến thiên:
3
x −∞
+∞
1
y'

+

–

0

0

3



1

 −


6

y

+
+∞

y

http:/

3

−1

−∞

o

O

3 . Đồ thị:

1

−1

Câu 2.
(1,0
điểm)

Hệ số góc của d là k = −
Ta có y ' = −

3

3
4

. Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến cũng l

, x ≠ 1.

( x − 1 )2

http://deth

Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị là nghiệm của phương

3
3
3
y ' = −x =
⇔−1
−
= − ⇔ (x − 1)2 = 4 ⇔
2

4 (x − 1)
4 x =
3
1
* Với x1= −1 ta có y =3 . Suy
1 ra tiếp tuyến
1) + , hay y = − x − .42
4

7
*7
Với x = 3 ta có3y = 23
. Suy ra tiếp tuyến l
, hay y = − x +
. 24
4
3
1
3
23
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là y = − x − và y = − x +
4
4
4
4


a) Điều kiện: x ≥ −3.
Câu 3.
(1,0

điểm)

Câu 4.
(1,0
điểm)


= t > 0, bất phương trình đã cho trở thành
2
1
2t + < 5 ⇔ 2t2 − 5t + 2 < 0, (vì t > 0 ) ⇔ < t < 2
t
2
⇔ 2−1 < 2 x +3 < 2 ⇔ −1 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm −3 ≤ x < −2.
log3 75
log3 (3.52) 1 + 2 log
5 2 + 4a
3
b) Ta có log 75 = 2 log75
=
2
=
2
=2
=
.
45
45
log 45

2 + log 5 2 + a
log (32.5)
3
3 
dx 3
2 
1
Đặt u = x + ln(2x + 1), dv =
. Suy ra du = 1 +
dx, v = −
.
÷
2x + 1
x+1
(x + 1)2


Theo công thức tích phân từng phần ta có

x + ln(2x + 1) 1 1  1
2
Đặt 2

x +3

I =−
1

x +1

+ ∫0 
+
÷dx
x + 1 (2x + 1)(x + 1)
 1
4
2 
1

1

(

= − (1 + ln 3) + 2 ln(2x + 1) − ln(x + 1)

1

 4

)

=−

(

cos x − sin x + sin 2x 1 − cot x

) =0
(

⇔ cos x − sin x

)(

0,5

(1 + ln

)

Khi đó phương trình đã cho tương đương với

x

0,5

1 

2
3) + 2 ln 3 − ln 2 2
0
3
1 1

= ln 3 − ln 2 − =
3 ln 3 − 2 ln 2 − 1 .
2
2 2
Gọi M = d ∩ (P). Vì M ∈ d nên M (−2t + 3; 4t − 8; − t).
Suy ra M ∈ (P) ⇔ (−2t + 3) + (4t − 8) + (−t) − 7 = 0 ⇔ t = 12, hay M (−21; 40; −

12).
= (−2; 4; − 1)
uuur
d
Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P) nên (Q) có cặp vtcp 
uur
n = (1; 1; 1)
 P
uur  uur uur
Suy ra n = u , n  = (5; 1; − 6). Lấy N (3; − 8; 0) ∈ d nên N ∈ (Q).
Q
 d P
Suy
ra phương
trình
x ≠(Q)
0. : 5x + y − 6z − 7 = 0.
a) Điều
kiện: sin

(

Câu 6.
(1,0
điểm)

0,5

0

= − (1dx
+ ln 3) + ∫ 
+
−
−
÷dx = − (1 + ln 3) + ∫ 
÷
2
x
1
2x
1
x
1
2
2x
1
+
+
+
+




0
0
x+1
1
1

1

Câu 5.
(1,0
điểm)

0,5

0,5



) = 0 ⇔ cos x − sin x + 2 cos x (sin x − cos


π
cos x = sin x 
1 − 2 cos x = 0 ⇔  1 ⇔  x  4  k (k ∈ ¢).
cos x =
π
x = ± + k2π

2

3

)

0,5

0,5


b) Gọi hai buổi công diễn là I, II . Số cách chia 24 tiết mục thành hai buổi công diễn
chính là số cách chọn 12 tiết mục cho buổi I , đó là C2412.
Gọi A là biến cố “ 2 tiết mục của lớp 11A được biểu diễn trong cùng một buổi”.
Nếu 2 tiết mục của lớp 11A cùng biểu diễn trong buổi I thì số cách chọn 10 tiết mục còn
lại cho buổi I là C 10. Hai tiết mục của lớp 11A cũng có thể cùng biểu diễn trong buổi II .
22

Vì vậy, số cách chia để biến cố A xảy ra là 2.C
10

Do đó P(A) =

2.C
22
=
12
C 24

10

22

11
23

≈ 0, 4783.

.

0,5


2

2.C
Ghi chú. Xác suất cũng có thể được tính theo công thức P(A) = 12 =
C 242

11
23

.


 SD ⊥ (ABCD)
Vì 
nên SC ⊥ BC .
DC ⊥ BC
·
·
Suy ra S
CD = (
SBC ), (ABCD)

S

Câu 7.

(1,0
điểm)

(

)

= 450

H

450

D

A

B
x

Suy ra S

ABCD

Suy ra V

Suy ra AB = AD. tan 600 = a 3.
= AB.AD = a 2 3 và SD = CD. tan 450 = a 3.
K

=

1

SD.S

(



= a 3.

S .ABCD
3 BxABCD
Kẻ Bx // AC ⇒ mp(S,
) // AC

Câu 8.
(1,0
điểm)

C Vì ABCD là hình chữ nhật nên OA = OD,

0,5

·
·
kết hợp
với A
OD = 1800 − A

OB
0
= 60 . Suy ra ∆OAD đều.
·
Do đó OA = OD = a, A
DO = 600.

O

a

·
(do ∆SCD vuông tại D nên S
CD < 900 ).

)

(

)

1
⇒ d(AC, SB) = d O, (S, Bx ) = d D, (S, Bx ) .
(1)
2
Hạ DK ⊥ Bx, DH ⊥ SK. Vì Bx ⊥ (SDK ) nên Bx ⊥ DH ⇒ DH ⊥ (S, Bx). (2)
·
·
Vì BD = 2DO = 2a và D
BK = D

OA = 600 (đồng vị) nên DK = BD sin
600 = a 3.
SK SD 2 a 6
Suy ra ∆SDK vuông cân tại D ⇒ DH =
=
=
.
(3)
2
2
2
1
a 6
Kết hợp (1), (2) và (3) ta suy ra d(AC, SB) = DH =
.

2
4

+
=
C
 y 2 0
Từ hệ 
⇒ C (−4; − 2).
 3x − 2y + 8 = 0
Gọi M,N là trung điểm AB, BC .
N
Ta có
K

A ∈ d : x + 2y + 2 = 0 ⇒ A(−2a − 2; a) (a <
0)
M ∈ CM : y + 2 = 0 ⇒ M(m; − 2).
A
H
B
M

−a − 6 
Mà M là trung điểm AB nên B(2a + 2m + 2; − a − 4) ⇒ N a + m − 1;
.

÷
uuuur uuuur
2
Vì CH ⊥ AB nên uCH .AM = 0 ⇔ 2(2a + m + 2) + 3(−a − 2) = 0 ⇔ a = −2m + 2.
(1)
uuur
uuuur 
−a − 12 

0,5

0,5


Ta có KA = (−2a + 16; a − 3) và KN = a + m + 17;
÷.
uuur
uuuur

2 
Vì A, N, K thẳng hàng nên KA cùng phương KN . Do đó
(−2a + 16)(−a − 12) = 2(a − 3)(a + m + 17).
(2)

5
m = ⇒ a = −3 (tm)
Thay (1) vào (2) ta được 2m2 + 21m − 65 = 0 ⇔ 
2
m
=
−13
⇒ a = 28 (ktm)

Suy ra A(4; − 3), B(1; − 1).
3(−5) + (−2)(−1)
Ta có uuur = (3; − 2), uuur = (−5; − 1) ⇒ cos uuur uuur =
=−
1
.
BA
BC
BA, BC
9 + 4. 25 + 1
2
· uuur uuur
Suy ra A
BC = BA, BC = 1350.

(

(

)

)

0,5


Câu 9.
(1,0
điểm)

Điều kiện: x ≥ −2.
Đặt

x

2

+ 3 = u, x + 2 = v, bất phương trình đã cho trở thành

(

)

u2 − 3 + 4v ≤ v2 + 2u ⇔ u2 − v2 + u + v − 3 u − v + 1 ≤ 0
⇔ (u − v + 1)(u + v − 3) ≤ 0


 
⇔  x 2 + 3 −x + 2 + 1 ÷  x 2 + 3 +

3 ÷ ≤ 0.
(1)



2
x −x+1
2
Ta có x + 3 − x + 2 + 1 =
+ 1 > 0.
x + 3 +x + 2

x +2 −



2

+3 + x+2−3≤0
 3 −x + 2 ≥ 0
+ 3 ≤ 3 −x + 2 ⇔ 
+3≤9−6x+2+x+2

Do đó (1) tương đương với
⇔ x

2

x

2

x

2

0,5

−2 ≤ x ≤ 7, 8 + x − x 2 ≥ 0
 x≤7


⇔
⇔2
2
36 x + 2 ≤ 8 + x − x 2
6 x + 2 ≤ 8 + x − x



1 + 33
−2 ≤ x ≤ 2
x =≤−x1≤ 2 − 2 3
−2


0 

⇔ x + 1 2 x 2− 4x − 8 ≥ ⇔

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x = −1 và −2 ≤ x ≤ 2 − 2 3.
A
B
C
Đặt x = 2 tan , y = 2 tan , z = 2 tan , với 0 ≤ A, B, C < π .
(1)
2
2
2
A
B
B
C
C
A
Từ giả thiết ta có tan tan + tan tan + tan tan = 1.
2
2
2
2
2
2
B
C
1 − tan tan
π B+C
A
B+C

2 = cot
Khi đó tan = 2
= tan  −
.
2
B
C
2
2 ÷
2
tan + tan
2
2

π
+
A
B C
Suy ra = −
+ kπ , k ∈ ¢. Hay A + B + C = π + k2π .
2 2
2
Từ (1) suy ra k = 0. Do đó A + B + C = π . Khi đó
1
1
C 1
A+B
A−B
C
P=

sin A +
sin B + sin2 =
.2 sin
cos
+ 1 − cos2
2
2
2
2
2
2
2
C
C
3  1
C 2 3

2
≤ 2 cos − cos
+ 1 =− 
− cos ÷ ≤ .
2
2
2  2
2 2

π
 cosC = 1

 = 2

x = y = 2 − 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
⇔ C
⇔
A = B
A = B =
z = 2.
2
π


4
3

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng .
2

(

(

Câu 10.
(1,0
điểm)

0,5

)

(

)

(

)

)

0,5

0,5


Truy cập thường xuyên để cập nhật nhiều Đề Thi Thử THPT Quốc Gia, tài liệu ôn
thi THPT Quốc Gia các môn Toán, Lý, Hóa, Anh, Văn, Sinh , Sử, Địa được DeThiThu.Net cập nhật
hằng ngày phục vụ sĩ tử!
Like Fanpage Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi: để
4
cập nhật nhiều đề thi thử và tài liệu ôn thi hơn


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật liên tục.Truy cập tải ngay!
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN
2 Môn: TOÁN

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

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

−x + 1
x−2

.

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực đại, cực tiểu của hàm số f (x) = 3x 4 − 4x 3 − 12x 2.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho hàm số f (x) = ex + e−2x . Tìm x để f '(x) + 2f (x) = 3.
b) Cho số phức z thỏa mãn (1 + i)2z = 2 − 4i. Tìm phần thực và phần ảo của z.
1

3x + 1 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân =  sin π x x − 5  dx.
∫
I
+

0 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x + y + z − 3 = 0 và
điểm I(1; 2; 3). Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I, tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ tiếp
điểm của (S) và (P
).
Câu 6 (1,0 điểm).
1
sin 3a − sin a
a) Cho cos a = . Tính giá trị biểu thức P =

.
3
sin 2a
b) Nam và Hùng chơi đá bóng qua lưới, ai đá thành công nhiều hơn là người thắng cuộc. Nếu để
bóng ở vị trí A thì xác suất đá thành công của Nam là 0, 9 còn của Hùng là 0, 7; nếu để bóng ở
vị trí B thì xác suất đá thành công của Nam là 0, 7 còn của Hùng là 0, 8. Nam và Hùng mỗi
người đều đá 1 quả ở vị trí A và 1 quả ở vị trí B. Tính xác suất để Nam thắng cuộc.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A' B 'C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, góc giữa
cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng

450, hình chiếu của A lên mặt phẳng (A' B 'C ') là trung điểm
của A' B '. Gọi M là trung điểm của B 'C '. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A' B 'C ' theo a và
côsin của góc giữa hai đường thẳng A' M, AB '.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D,
1
AB = AD = CD. Giao điểm của AC và BD là E(3; − 3), điểm F(5; − 9) thuộc cạnh AB sao
3
cho AF = 5FB. Tìm tọa độ đỉnh D, biết rằng đỉnh A có tung độ âm.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 x 2

+1

(

)

log2 x + x 2 + 1 = 4x log (3x).
2

Câu 10 (1,0 điểm). Tìm số thực m lớn nhất sao cho tồn tại các số thực không âm x, y, z thỏa mãn

x+y+z=4

và x 3 + y3 + z 3 + 8 (xy2 + yz 2 + zx 2 ) = m.

------------------ Hết -----------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 16, 17/4/2016. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp
lại phiếu dự thi cho BTC.

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật liên tục.Truy cập tải ngay!
2. Thi thử THPT Quốc gia lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 07 và ngày 08/5/2016. Đăng
ký dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 16/4/2016.

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

TRƯỜNG ĐẠI HỌC
VINH
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 2
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút

Câu

Đáp án

Điểm

1 . Tập xác định:  \ {2}.

Câu 1 2o. Sự biến thiên:
(1,0 * Giới hạn, tiệm cận: Ta có lim y = +∞ và lim y = −∞. Do đó đường thẳng x = 2 là
điểm)
x →2
x →2
tiệm cận đứng của đồ thị (H ).
Vì lim y = lim y = −1 nên đường thẳng y = −1 là tiệm cận ngang của đồ thị (H ).
o

−

x →−∞

x →+∞

* Chiều biến thiên: Ta có y ' =

+

0,5

1

> 0, với mọi x ≠ 2.
(x − 2)2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 2), (2; + ∞).

* Bảng
biến thiên:
x −∞

y'

+∞

2

+

+
+∞

y

−1

y

−1

−∞

O

1

x

2

3o. Đồ thị:
I
−1
Đồ thị (H ) cắt Ox tại (1; 0), cắt Oy

1
tại 0; − ; nhận giao điểm I (2; − 1)


2
của hai đường tiệm cận làm tâm đối
xứng.
Hàm số xác định với mọi x ∈ .
Câu 2 Ta có
(1,0
f '(x) = 12x 3 − 12x 2 − 24x; f '(x ) = 0 ⇔ x = −1, x = 0, x = 2.
điểm)
1

(

f ''(x ) = 12 3x

2

2

0,5

0,5

3

)

− 2x − 2 .

Ta lại có f ''(−1) > 0, f ''(0) < 0, f ''(2) > 0.

0,5

Suy ra x = −1, x = 2 là các điểm cực tiểu; x = 0 là điểm cực đại của hàm số.

Câu 3
(1,0

Chú ý. Học sinh có thể lập Bảng biến thiên để đưa ra kết luận.
a) Hàm số xác định với mọi x ∈  và f '(x) = ex − 2e−2x , ∀x ∈ . Khi đó
f '(x) + 2f (x ) = 3 ⇔ ex − 2e−2x + 2ex + 2e

13

−2x

= 3 ⇔ ex = 1 ⇔ x = 0.

0,5

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

điểm) b) Từ giả thiết ta có
2 − 4i 2 − 4i 1
z = (1 + i)2=
2i = −i 2 = −2 − i.
Vậy, phần thực của z bằng −2, phần ảo của z bằng −1.

14

0,5

Like fanpage của chúng tôi để cập nhật nhiều đề thi thử hơn qua Facebook : />

1
1
3x + 1
Câu 4
(1,0 Ta có I = sin π x dx +
dx
∫0
0∫
x−5
điểm)
1
1
1
2

+)

∫0 sin π xdx = − π cos π0 x

1

∫

+) Tính

0

=

0,5

π

.

3x + 1
dx. Đặt 3x + 1 = t.

x−5

t2−1
2t
Khi đó x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 2 và x =
⇒ dx = dt.
3
3
1
2
2


3x + 1
t2
2
2 
Suy ra

∫

0

dx = 2∫1

x−5

(

dt = 21∫ 1 +
−
 dt
2 16
t−4 2t+4
t −

= 2t + 4 ln t − 4 − 4 ln t + 4
Từ đó ta được I =

2

0,5

)

= 2 − 8 ln 3 + 4 ln 5.
1

+ 2 − 8 ln 3 + 4 ln 5.

π

(

)

2
2
2
Câu 5 Ta có R = d I, (P) = 3. Suy ra (S) : (x − 1) + (y − 2) + (y − 3) =
3.
(1,0
điểm) Gọi H là tiếp điểm của (S ) và (P). Khi đó H là hình chiếu của I lên (P).


x −1 y −2 z −3
Ta có uIH = nP (1; 1; 1). Suy ra IH :
=
=
.
1
1

1
Do đó H (t + 1; t + 2; t + 3). Vì H ∈ (P) nên

0,5

0,5

(t + 1) + (t + 2) + (t + 3) − 3 = 0 ⇔ t = −1.
Suy ra H (0; 1; 2).
a) Ta có
Câu 6
(1,0
điểm)

P=

2 cos 2a sin
cos
sin 3a − sin
2 cos2 a −
7
= 2a
=
a sin 2a = a 2 sin a
1 cos a = − 3 .
cos a
cos a

0,5

b) Gọi X là biến cố Nam thắng cuộc; Ni (i = 0, 1, 2) là biến cố Nam đá thành công i
quả; Hi (i = 0, 1, 2) là biến cố Hùng đá thành công i quả.
Khi đó

(

) (

X = N1 ∩ H 0 ∪ N 2 ∩ H

0

) ∪ (N 2 ∩ H1 ) .

Theo giả thiết ta có

(
) ( ) ( ) (
) ( 0, 3.0, 2) = 0, 0204.
P (N 2 ∩ H 0 ) = P (N 2 ) .P (H 0 ) = ( 0, 9.0, 7 ) ( 0, 3.0, 2) = 0, 0378.
P (N 2 ∩ H 1 ) = P (N 2 ) .P (H 1 ) = ( 0, 9.0, 7 ) ( 0, 7.0, 2 + 0, 3.0, 8) = 0, 2394.
P N1 ∩ H 0 = P N 1 .P H 0 = 0, 9.0, 3 + 0, 1.0, 7

Suy ra P(X) = 0, 0204 + 0, 0378 + 0, 2394 = 0, 2976.

0,5


a

A

Câu 7
(1,0
điểm)

K

Gọi H là trung điểm của A ' B '. Khi đó
AH ⊥ (A ' B 'C '). Suy ra

C
N

B

A




A ' H = (A
A ', (A ' B

'C ')) = 450.

A'

45

0,5
a
Do đó AH = A ' H = . Suy ra
2

0

C'
M

H

VABC .A ' B 'C '

B'

a 1
a3 3
0
= . .a.a.sin 60 =
. 8
2 2



Gọi N là trung điểm của BC. Khi đó (A
' M, AB ') = (A
N , AB ').
Trong tam giác vuông HAB ' ta có
 a 2  a 2 a 2

AB ' = AH 2 + HB '2 =   +   =
.
2
2 2
a 3
Tam giác ABC đều cạnh a nên AN =
.
2
Gọi K là trung điểm của AB. Khi đó B ' K / /AH nên B ' K ⊥ KN . Suy ra

0,5

 a 2  a 2 a 2
=   +  =
.
2
2 2
Áp dụng hệ quả của định lý hàm số côsin trong tam
giác AB ' N ta có
2a2 3a2 2a2
+
−
4
4
4
6


cos(A
' M, AB ') = cos N AB ' =

=
.
4
a2 a 3
2. 2 . 2
B ' N = B ' K 2 + KN

Câu 8
(1,0
điểm)

A

F B
E

1

D

1

I

2

Gọi I = EF ∩ CD. Ta sẽ chứng minh tam
giác EAI vuông cân tại E.

 




Đặt AB = a, AD = b. Khi đó a = b và

     

C a.b = 0. Ta có AC = AD + DC = b + 3a.
0,5

FE
3b − a .
 = AE
 − AF
 = 41 AC
 − 65AB
 = 41 b + 3a
 − 65a = 12
1  
  
2
1  2
Suy ra AC .EF =
3
b
−
3
a
= 0. Do đó AC ⊥ EF.
(1)



12 


Từ (1) suy ra tứ giác ADIE nội tiếp. Suy ra I = D = 450.
(2)

(

1

)

(

)

1

Từ (1) và (2) suy ra tam giác EAI vuông cân tại E.


Ta có nAC = EF(2; − 6) nên AC : x − 3y − 12 = 0 ⇒ A(3a + 12; a).
Theo định lý Talet ta có
⇒ I (−3; 15).
EI = 3FE
EI  EC  CD  3  
EF
EA AB

0,5


Khi đó
a = 3
EA = EI ⇔ (3a + 9)2 + (a + 3)2 = 360 ⇔ 
.
a = −9
Vì A có tung độ âm nên A(−15; − 9).


Ta có nAD = AF(20; 0) nên AD : x = −15 ⇒CD : y = 15. Do đó D(−15; 15).
Câu 9
(1,0
điểm)

Điều kiện: x > 0. Phương trình đã cho tương đương với
+1


2x + x 2 log  x + x 2 + 1  = 23x log (3x ).
Xét hai trường hợp sau:
1
TH1. 0 < x < . Khi đó 2x

2
+ x

2



+1

(1)

2



0,5




log  x +


x 2 + 1  > 2 > 0 > 23x

log (3x ).

2
3


Suy ra (1) không thỏa mãn.
1
TH2. x ≥ . Ta có x + x 2 + 1 và 3x đều thuộc khoảng [1; +∞).

3
Xét hàm số f (t) = 2t log t trên khoảng [1; +∞).

2

2

1
Ta có f '(t) = 2t ln 2. log t + 2t.
> 0 với mọi
t thuộc khoảng [1; +∞).

2
t ln 2
Suy ra f (t) đồng biến trên khoảng [1; +∞).
Do đó (1) tương đương với x + x 2 + 1 = 3x. Từ đây giải ra được x =

1

0,5

.
3

1

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =

.
3

Giả sử tồn tại các số thực x, y, z thỏa mãn yêu cầu bài toán đặt ra.
Câu
Không mất tính tổng quát ta giả sử y nằm giữa x và z. Kết hợp với giả thiết ta có
10
(1,0
0 ≤ y ≤ 2 và x(y − x )(y − z) ≤ 0.
điểm)

Từ đây ta được xy 2 + yz 2 + zx 2 ≤ y x + z 2 .

(

Mặt khác, do x, z không âm nên x

3

)

+z

3

(

)

0,5

≤ x +z 3.

Do đó

(

)

(

)

(

)

m ≤ x + z 3 + y 3 + 8y x + z 2 = 4 − y 3 + y 3 + 8y

( 4 − y )2
= 8y3 − 52y2 + 80y + 64 .

(1)

Xét hàm số f (y) = 8y 3 − 52y2 + 80y + 64, 0 ≤ y ≤ 2. Ta có

(

)

f ′(y) = 24y 2 − 104y + 80 =
8 3y 2 − 13y + 10 .

f ′(y) = 0, 0 ≤ y ≤ 2 ⇔ y = 1.

0,5

Ta có f (0) = 64, f (1) = 100, f (2) = 80.
Suy ra f (y) ≤ f (1) = 100, ∀y ∈ [0; 2].
Từ (1) và (2) ta được m ≤ 100.
Khi x = 0, y = 1, z = 3 ta có dấu đẳng thức.

(2)


Vậy số m lớn nhất cần tìm là 100.


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!
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
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm y 
x 2
số

3
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm y  x  3x2  6
số
Câu 3 (1,0 điểm).
x
a) Giải bất phương trình log2 x  log  4
2


2

4
b) Giải phương trình 5.9x  2.6x 
3.4x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên
hàm
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp

I



x  2  sin 3xdx
ABC  , ABC  900, AB 
cóa, BC  a



S.A BC
SA 

Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
tích mặt cầu đó theo a.

3, SA  2a .

S.ABC và tính diện

Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 2 cos2 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.
S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,
3a
. Hình chiếu vuông
SD 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình
2
chóp
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 .
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

MBC cắt cạnh DC tại N . Biết

rằng đường thẳng MN có phương trình 7 x  y  25  0 . Tìm tọa độ đỉnh D.
 2
x  x


Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
x

1 2



y

 x  1 y 1


3x2  8x  3  4  x 1
y  1


x, y   

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!
Câu 10 (1,0 điểm).

Cho

P  x4 
y4 



2
x
y 2

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 2 y  x 2
x, y   thỏa mãn 
2
  y  2x
 3x


HẾT

Trang 11

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

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
2x
1
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


3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại
đối
xứng là điểm I (2; 2)

 1

;0



 2 

, giao với trục Oy tại



0;

1

, đồ thị có tâm

 2

0,25


2

Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3x2  6

1,0

* Tập xác định: 

0,25

 x 0

y '  3x2  6x, 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 Giải bất phương trình log2 x  log x  4 (1)
2

4
+) Điều kiện của bất phương trình (1) là: x  0 (*)
+) Với điều kiện (*),
2
(1)  log
x  2log x  2 log 4  4 2 log22 x  log x  2  0
2
 (log2 x  2)(log2 x 1)  0
 x 4
 log x  2

2
 
 
1
log2 x  1 
0  x 2
+) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là
1

0;
  4;  
S
 2
b Giải phương trình 5.9x  2.6x  3.4x (1)
Phương trình đã cho xác định với mọi x 

Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 4x  0 ta được :
 3 2 x  3 x
5.9x  2.6x  3.4x  5.2    2 2.
  3
 3 x    3 x 
 3 2 x  3 x
 5.   2.   3  0    1 5.   3  0 (2)
2
 2
  2

 
 2 
 3 x
Vì 5.   3  0 x  nên phương trình (2) tương đương với
 2
 3 x


1

x

0
.

 2 
Vậy nghiệm của phương trình là: x  0
4

0,5

2

Tính nguyên hàm I    x  2  sin 3xdx
u
  x 2
Đặt dv  sin 3xdx

du  dx
ta được

cos 3x
v   3

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

1,0
0,25

0,25



Do đó: I  
 



x  2
3

5

x  2  cos 3 x
3
cos 3x

3x  C

3
1





1



cos 3xdx

0,25
0,25

sin

9

Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  , ABC  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.

S


1,0

I
A

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 

6

AB2  BC 2  2a

SC  SA2  AC2  2 2a  R  a 2
Diện tích mặt cầu là 4 R2  8a2
a Giải phương trình 2 cos2 x  sin x 1  0 .
Ta có: 2 cos2 x  sin x 1  0  2 sin2 x  sin x  3  0  (sin x 1)(2
sin x+3)=0
 sin x  1 (do 2 sin x  3  0 x
 )
 sin x  1  x 
2



 k 2

0,25

0,25

0,25
0,5
0,25

0,25

 k  


 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.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 

0,25

0,5


Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
Số phần tử của không gian mẫu là: C 5  126
9

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, 2 học sinh lớp 12B, 1 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
2
2
1
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C42.C31.C22  C
.C
.C
4 C33.C21.C1  78 .
4
3
2

0,25

0,25