TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 2
TỔ TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015-2016

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian phát đề )

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x − 3 x + 1
3

2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số, gọi đồ thị hàm sồ là (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
d : y = 9 x − 26 .
Câu 2 (1 điểm).
2

a) Cho tan x = 2 . Tính giá trị của biểu thức: A =

4

sin x + cos x
2

4

cos x + sin x
π

 sin 2 x + xe x  dx

sin x + 1

0 
2

b) Tính tích phân: I = ∫ 

Câu 3 (1 điểm). Giải bất phương trình: log 2 ( x − 3 x + 1) ≤ 0
2

Câu 4 (1 điểm). Cho 10 điểm phân biệt A1, A2,…,A10 trong đó có 4 điểm A1, A2, A3, A4 thẳng hàng,
ngoài ra không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh được lấy trong 10 điểm
trên.

6 xy + 5 y + x − y + 1 = 3 x 2 + 3 y 2 + 5 x + 2 x − 2 y + 1

4
4
Câu 5 (1 điểm). Giải hệ phương trình: 
1
1

−x−
+ y +1
sin π x + cosπ y =

4
4

Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, cạnh AC = 2a , góc

BAC = 300 , SA vuông góc với đáy và SA = a . Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng SB với AC.

Câu 7 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:
2

2

2

x + y + z + 2x + 2 y + 4z + 3 = 0
a) Tìm tâm và bán kính mặt cầu.
b) Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(1;0;1); B(-1;1;2) và cắt mặt cầu (S) theo
một đường tròn có bán kính lớn nhất.

Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường
2

2

tròn (C): x + y = 10 , đỉnh C thuộc đường thẳng có phương trình: x + 2 y − 1 = 0 . Gọi M là hình

 −3 ; 1  và P(1;1). Tìm tọa

 5 5

chiếu vuông góc của B lên AC. Trung điểm của AM và CD lần lượt là N 


độ các đỉnh của hình chữ nhật biết rằng điểm B có hoành độ dương và điểm C có tung độ âm.
2x

y

Câu 9 (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5 + 5 , biết rằng x ≥ 0; y ≥ 0
và x + y = 1


ĐÁP ÁN
Câu
Câu 1
2 điểm

Điể
m

Nội dung
a

1) TXĐ: D=R
2) Sự biến thiên của hàm số
a) Giới hạn

3 1
lim ( x3 − 3 x 2 + 1) = lim x3 (1 − + 3 ) = +∞
x →+∞
x x

0,25


x →+∞

3 1
lim ( x3 − 3 x 2 + 1) = lim x3 (1 − + 3 ) = −∞
x →−∞
x x

x →−∞

Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận
b) Bảng biến thiên
x = 0
Ta có: y ' = 3 x 2 − 6 x y ' = 0 ⇔ 
x = 2
BBT
0,25

x

0

−∞

+

y'

0


2

-

0

+∞

+

1

+∞

y
−∞

-3

Hàm số ĐB trên các khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ )
Hàm số NB trên khoảng ( 0; 2 )
Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2; yct = −3
Hàm số đạt cực đại tại xcd = 0; ycd = 1
3) Đồ thị
Một số điểm thuộc đồ thị (1;-1); (3;1); (-1;-2)

0,25


0,25


b

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = 9 x − 26 nên hệ số góc của tiếp

0,25

tuyến là k=9.

 x = −1
Ta có y ' = 9 ⇔ 3 x 2 − 6 x = 9 ⇔ 3 x 2 − 6 x − 9 = 0 ⇔ 
 x=3
Với x = −1 ⇒ y = −3 ; tiếp tuyến có phương trình: y + 3 = 9( x + 1) ⇔ y = 9 x + 6
Với x = 3 ⇒ y = 1 ; tiếp tuyến có phương trình: y − 1 = 9( x − 3) ⇔ y = 9 x − 26 (loại)
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = 9 x + 6 .

Câu 2

a

2

0,25
0,25

4

sin x + cos x
2


1 điểm

0,25

A=

4

sin x + cos x
2

4

2

2

4
tan x (1 + tan x ) + 1 4(1 + 4) + 1
cos x
=
=
=1
2
4
2
4
cos x + sin x
1 + tan x + tan x
1 + 4 + 16


=

cos x + sin x

0,5

4

cos x

b

π

π

π

2
2
sin 2 x
sin 2 x

x
x
+ xe  dx = ∫
dx + ∫ xe dx = J + K
I = ∫
sin x + 1

sin x + 1

0 
0
0
2

π
2

Tình J = ∫

π

sin 2 x

2

dx = ∫

2sin x cos x

dx
x
+
x
+
sin
1
sin

1
0
0
Đặt t = sin x + 1 ⇒ dt = cos xdx
sinx = t − 1

x = 0 ⇒ t =1 x =
2

J =∫
1

2(t − 1)
t

π
2

⇒t =2

2
1
dx = 2 ∫ (1 − ) dx = 2 ( t − ln t ) = 2(1 − ln 2)
1
t
2

1

0,25



π
2

Tính K = ∫ xe dx
x

0,25

0

Đặt u = x ⇒ du = dx
dv = e x dx ⇒ v = e x
π
π 2
π
x
x

π

π

π

π

π


K = x.e 2 − ∫ e dx = e − e 2 = e 2 − e 2 + 1
2
2
0 0
0

Vậy I = 2(1 − ln 2) +

Câu 3

π
2

2

x

π

π

e 2 − e 2 +1 = 3 +

π
2

π

π


e 2 − e 2 − 2 ln 2

 x − 3x + 1 ≤ 1
 x2 − 3x ≤ 0
log 2 ( x − 3 x + 1) ≤ 0 ⇔  2
⇔ 2
x
x
−
3
+
1
>
0

 x − 3x + 1 > 0
2

0,25

2

1 điểm

 0≤ x≤3


3− 5

0≤x<

3
−
5

 x <
2
⇔ 
⇔
2

3 + 5

< x≤3
3
+
5

 x >
 2
2
 

0,25

 3− 5  3+ 5 
;3
∪
2
2


 


Vậy nghiệm của bất phương trình là: S =  0;

0,5

Câu 4

TH1. Chọn 3 điểm trong các điểm A4, A5,…A10 có C63 = 20 tam giác.

0,25

1 điểm

TH2. Chọn 2 điểm trong các điểm A4, A5,…A10 và 1 điểm trong các điểm A1,…A4

0,25

có C62 .C41 = 15.4 = 60 tam giác.
TH3. Chọn 1 điểm trong các điểm A4, A5,…A10 và 2 điểm trong các điểm
1
6

2
4

A1,…A4 có C .C = 6.6 = 36 tam giác.
Vậy có 20+60+36=116 tam giác.


Câu 5
1 điểm

6 xy + 5 y + x − y + 1 = 3 x 2 + 3 y 2 + 5 x + 2 x − 2 y + 1 (1)

4
4

1
1

sin π x + cosπ y =
−x−
+ y + 1 (2)

4
4
1

 x≤ 4

−1

Điều kiện:  x − y ≥
2

−1

 y≥ 4


Biến đổi phương trình (1) ta có:

0,5


5
( x − y )(3( x − y ) + ) + 2( x − y ) + 1 − ( x − y ) + 1 = 0
4
5
x− y
⇔ ( x − y )(3( x − y ) + ) +
=0
4
2( x − y ) + 1 + ( x − y ) + 1



5



4

⇔ ( x − y )  3( x − y ) +

0,25


=0
2( x − y ) + 1 + ( x − y ) + 1 

1

+

0,5

TH1. Với x = y thay vào phương trình (2) ta có phương trình

1

sin π x + cosπ x =

−x−

4

1

+ x + 1 (3)

4




2 sin  π x +

Xét hàm số y1 = sin π x + cosπ x =

Ta có:


−1

1

≤x≤

4

⇔

−π

4

≤πx ≤

π

4

4

⇔ 0≤πx+

π

π

 ; y1 ' = π 2co s  π x + 

4
4


π
4

≤

π

nên hàm số y1 ĐB trên

2

 −1 ; 1 
 4 4 
1

Xét hàm số y2 =

−x−

4

1

+ x + 1 , dễ thấy hàm số NB trên

4


 −1 ; 1 
 4 4 

Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = 0 .
TH2. 3( x − y ) +

5

1

+

4

= 0 (4)

2( x − y ) + 1 +

( x − y) + 1

 x≤1

1
3
4
Vì 
⇒ x − y ≤ ⇒  2( x − y ) + 1 + ( x − y ) + 1  ≤ 2 +
2
2

 y ≥ −1

4
1

Do đó:

2( x − y ) + 1 +

1

≥

( x − y) + 1

2+

3
2

Mặt khác x − y ≥

−1
2

⇒ 3( x − y ) +

5
4


≥

−1
4

(6)

Từ (5), (6) suy ra phương trình (4) vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = y = 0

Câu 6
1 điểm

2

=

2+

>

3

1
(5)
3

0,25



S

H

C

A
I

K

B

0,25

Tình thể tích khối chóp SABC.
Trong tam giác ABC ta có: AB = AC cos 300 = 2a.

3
= a 3,
2

0,25

1
BC = AC sin 30 = 2a. = a
2
Vậy thể tích khối chóp SABC là
a3 3
1

1
1
1
V = SA.S ABC = SA. BA.BC = a.a.a 3 =
3
3
2
6
6
Tình khoảng cách giữa SB và AC
Trong mặt phẳng (ABC) kẻ đường thẳng Bx//AC. Khi đó AC//(SBx), do đó
d ( AC ; SB ) = d ( A;( SBx ))
Trong mặt phẳng (ABC) kẻ AK ⊥ Bx , vì
AS ⊥ Bx ⇒ Bx ⊥ ( SAK ) ⇒ ( SBx ) ⊥ ( SAK ) . Trong mặt phẳng (SAK) kẻ
AH ⊥ SK ⇒ AH ⊥ ( SBx ) . Vậy d ( A; ( SBx )) = AH
0

0,25

0,25

0

Trong tam giác ABK vuông tại K có BAK = 60 ta có
0

AK = AB.cos60 = a 3.

1


=

a 3

2

2
1

Trong tam giác SAK ta có:

AH
Vậy d ( AC ; SB ) = AH =

2

=

1

AS

2

+

1

AK


2

=

1

a

2

+

4

3a

2

=

7

3a

2

⇒ AH =

a 3
7


a 3
7

Câu 7

Mặt cầu có tâm I(-1;-1;-2) và bán kính R =

1 điểm

Để mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính lớn nhất thì (P) đi

3

0,25
0,25

qua tâm I.
Ta có AB = (−2;1;1); AI = (−2; −1; −3) . Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABI) là

0,25

n =  AB; AI  = ( −2; −8; 4 )
Phương trình mặt phẳng (P):
−2( x − 1) − 8( y − 0) + 4( z − 1) = 0 ⇔ − x − 4 y + 2 z − 1 = 0

Vậy (P): − x − 4 y + 2 z − 1 = 0

0,25



Câu 8

A

D

1 điểm
N
M

P
Q
B

C

 NQ / / AB

Gọi Q là trung điểm BM, khi đó 
suy ra PCQN là hình bình hành.
1
 NQ = 2 AB
Suy ra CQ//PN.
Trong tam giác BCN thì Q là trực tâm nên CQ vuông góc với BN. Vì vậy PN
vuông góc với BN.
Đường thẳng BN đi qua N và vuông góc với PN nên có phương trình:
2x + y +1 = 0 .

 x = 1; y = −3

 x 2 + y 2 = 10
B là giao điểm của đường tròn (C) và BN 
⇔
 x = −9 ; y = 13
2 x + y + 1 = 0
5
5

Vì B có hoành độ dương nên điểm B(1;-3).
Gọi C(1-2c;c) CB = (2c; −3 − c); CP = (2c;1 − c) . Do CP vuông góc với BC nên
c = −1

CB. CP = 0 ⇔ 5c 2 + 2c − 3 = 0 ⇔ 
3
 c = 5
Vì C có tung độ âm nên C(3;-1)
 x = 2 xP − xc = −1
P là trung điểm CD nên  D
do đó D(-1;3)
 y D = 2 y P − yc = 3
 x − 1 = −4
 x = −3
Ta có BA = CD ⇔  A
⇔ A
 yA + 3 = 4
 yA = 1
Vậy A(-3;1); B(1;-3); C(3;-1); D(-1;3).

Câu 9
1 điểm


y

Ta có P = 5 + 5 = 5

2x

0,25

0,25

1− x

+5

2

Đặt t = 5 x 1 ≤ t ≤ 5 . Ta có P = t +

5
5
; P ' = 2t − 2
t
t

P' = 0 ⇔ t =

2

5  5

2
P(1)=6, P(5)=26, P( 3 ) =  3  + 5 3
2  2
5

Ta có Pmax

 x =1
= 26 ⇔ 
y = 0

0,25

0,25

Từ giả thiết và điều kiện của x, y ta có : y = 1 − x và 0 ≤ x ≤ 1
2x

0,25

Pmin


2
 x = log 5 3
 5
2

=  3  + 5 3 ⇔ 
5

 2
 y = 1 − log
5


3

5
2

0,25
0,25

5
2
3

0,25
5
2

Chú ý: Nếu thí sinh có cách làm khác với đáp án nhưng vẫn đúng logic và kết quả thì vẫn cho điểm tối
đa.