TRƯỜNG THPT KIẾN VĂN

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

ĐỀ THAM KHẢO

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

x −1
x−2

2
Câu 2 (1,0 đ).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 ln 3 x − 3ln 2 x − 2 trên đoạn 1 ; e  .
Câu 3 (1,0 đ).
a) Giải phương trình log 2 ( x − 1) − 2 log 4 (3 x − 2) + 2 = 0 .

b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện ( 3 z - z ) ( 1 + i ) - 5 z = 8i - 1 . Tính môđun của z
p
4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x ( 1 + sin 2 x ) dx .
ò
0

Câu 5 (1,0 điểm).
5x
3x
cos + 2(8sin x − 1) cos x = 5 .
2

2
b) Cho n là số nguyên dương thỏa 5C nn −1 = C3n . Tìm số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức Newton
a) Giải phương trình: 4 cos

của (

nx 2 1 n
− ) với x ≠ 0
14 x

x − 3 y − 2 z +1
=
=
và mặt phẳng (P):
2
1
−1
x + y + z + 2 = 0 . Gọi M là giao điểm của (d) và (P). Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) nằm trong (P)

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d):
saocho ( ∆ ) vuông góc với (d) và khoảng cách từ M đến ( ∆ ) bằng

42 .

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt phẳng (SAB) vuông góc
với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45°, SA = SB. Tính theo a thể tích
của khối chóp S.ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mp tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, có BD nằm trên đt có pt x + y – 3 = 0, điểm
M(-1;2) thuộc đt AB, điểm N(2;- 2) thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết
B có hoành độ dương.


Câu 9 (1,0 điểm).

Giải hệ phương trình:

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

--------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:………………


TRƯỜNG THPT KIẾN VĂN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN ( Gồm 05 trang)

Câu
1 (1,0 đ)

Đáp án

Điể
m

Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y =

x −1
x−2


1,0

• Tập xác định: D = ¡ \ { 2} .

¢
• Đạo hàm y =

- 1
2
( x - 2)

< 0 , với mọi x ¹ 2 .
0,25

+ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( - ¥ ;2) , ( 2; +¥ )
+Hàm số không có CĐ, CT
• Giới hạn, tiệm cận

lim y = lim y = 1 . Đồ thị có tiệm cận ngang y = 1 .
x®- ¥

0,25

x®+¥

lim y = +¥ ; lim y =- ¥ . Đồ thị có tiệm cận đứng x = 2 .
x®2-

x®2+


• Bảng biến thiên

x
y¢
y

- ¥
−

−
0.25

+¥

1
||

- ¥

2 (1,0 đ)

+¥

2
||

1

• Đồ thị:
Đồ thị hàm số đối xứng qua điểm M(2;1)


0,25

Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 ln 3 x − 3ln 2 x − 2 trên

1,0

2
đoạn 1 ; e  .
2
Hàm số y = 2 ln 3 x − 3ln 2 x − 2 xác định và liên tục trên đoạn 1;e 
2
Đặt t = ln x ; với x ∈ 1; e  ⇒ t ∈ [ 0; 2] ,

0,25

hàm số đã cho trở thành y = g (t ) = 2t 3 − 3t 2 − 2
t = 1 ∈ [ 0; 2]
y ' = g '(t ) = 6t 2 − 6t = 0 ⇔ 
t = 0 ∈ [ 0; 2]
t = 0 ⇒ g (0) = −2
t = 1 ⇒ g (1) = −3
t = 2 ⇒ g (2) = 2

0,25
S
0,25

y = g (1) = −3 ; max2 y = g (2) = 2
Vậy: xmin

∈1;e 2 
x∈1;e 




A



D

H
B

C

0,25


3.(1,0đ)

a) Giải phương trình log 2 ( x − 1) − 2 log 4 (3 x − 2) + 2 = 0 .
Điều kiện: x > 1 .
x −1
= −2
Phương trình đã cho tương đương với log 2
3x − 2
x −1 1
⇔

= ⇔x=2
3x − 2 4
Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 2

0,5
0,25

0,25

b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện ( 3 z - z ) ( 1 + i ) - 5 z = 8i - 1 . Tính môđun của z
Đặt z = a + bi , ( a, b Î ¡

( 3z - z ) ( 1 + i) -

0,5

) ta có:
ù
5 z = 8i - 1 Û é
ë3( a + bi ) - ( a - bi ) û( 1 + i ) - 5 ( a + bi ) = 8i - 1
Û ( - 3a - 4b) +( 2a - b) i =- 1 + 8i
0,25

ìï 3a + 4b = 1
Û ïí
ïïî 2a - b = 8
ïì a = 3
Û ïí
ïïî b =- 2
2

Vậy môđun của z là z = a 2 + b 2 = 32 +( - 2) = 13 r

4 .(1,0 đ)

0,25

p
4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x ( 1 + sin 2 x ) dx .
ò

1,0

0

p
4

p
4

p
2 4

Ta có: I = xdx + x sin 2 xdx = x
ò
ò
2
0

0
ïì u = x
Þ
Đặt ïí
ïïî dv = sin 2 xdx

0

p
4

+ ò x sin 2 xdx =
0

2

p
4

p
+ x sin 2 xdx
32 ò
0

0,25

ïìï du = dx
ï
í
ïï v =- 1 cos 2 x

2
îï

p
4

p
4

0,25
p
4

p
4

p

4
Suy ra: x sin 2 xdx =- 1 x cos 2 x + 1 cos 2 xdx = 1 cos 2 xdx = 1 sin 2 x = 1
ò
2
2ò
2ò
4
4
0
0
0
0

0

Vậy I =
5 (1,0 đ)

p2 1
+ .
32 4

0,25

0,25

5x
3x
cos + 2(8sin x − 1) cos x = 5 .
2
2
Phương trình đã cho tương đương: 2cos 4x + 8sin 2x – 5 = 0
<=> 4sin² 2x – 8sin 2x – 3 = 0
3
1
<=> sin 2x =
(vô nghiệm) hoặc sin 2x =
2
2
π
5π
<=> x =
+ kπ hoặc x =

+ kπ (k thuộc Z)
12
12

a) Giải phương trình: 4 cos

1,0
0,25

0,25

.b) Cho n là số nguyên dương thỏa 5C nn −1 = C3n . Tìm số hạng chứa x5 trong khai triển nhị
thức Newton của (

nx 2 1 n
− ) với x ≠ 0
14 x

Cho n là số nguyên dương thỏa 5C nn −1 = C3n . Tìm số hạng chứa x5 trong khai triển nhị

0,25


nx 2 1 n
− ) với x ≠ 0
14 x
n(n − 1)(n − 2)
điều kiện đề bài tương đương 5n =
<=> n = 7
6

nx 2 1 n
Số hạng tổng quát trong khai triển của (
− ) là
14 x
x2
1
x14−3k
(−1)k C7k ( )7−k k = ( −1) k C7k 7−k
2
x
2
Số hạng chứa x5 khi và chỉ khi 14 – 3k = 5 <=> k = 3.
x5
35
Số hạng cần tìm là −C37 7−3 = − x 5
16
2
6 .(1,0 đ) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d): x − 3 = y − 2 = z + 1 và mặt phẳng (P):
2
1
−1
x + y + z + 2 = 0 . Gọi M là giao điểm của (d) và (P). Viết phương trình đường thẳng ( ∆ )
thức Newton của (

nằm trong (P) saocho ( ∆ ) vuông góc với (d) và khoảng cách từ M đến ( ∆ ) bằng
• Do M = (d) I (P) nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:

0,25

1,0


42 .

 x − 3 y − 2 z + 1
 x = 1
=
=
⇔
 2
 y = −3 ⇒ M ( 1; −3;0 )
1
−1
z = 0
 x + y + z + 2 = 0

0,25

•

r
uur
(d) có VTCP a = ( 2;1 − 1) và (P) có VTPT n P = ( 1;1;1) .

uur
r uur
Mặt phẳng (Q) chứa (d) và vuông góc với (P) có VTPT n Q = a; n P  = ( 2; −3;1)

0,25

Phương trình mp(Q): 2x − 3y + z − 11 = 0

•

•

Gọi (d') là hình chiếu vuông góc của (d) trên mặt phẳng (P) thì (d) = ( P ) I ( Q )
uur uur uur
VTCP của (d') là a d ' =  n P ; n Q  = ( 4;1; −5 ) , phương trình tham số của (d') là:
 x = 1 + 4t
 y = −3 + t
 z = −5t
Ta tìm N ∈ ( d ' ) sao cho MN = 42 , đặt N ( 1 + 4t; −3 + t; −5 ) , ta có:

MN = 42 ⇔ 42t 2 = 42 ⇔ t = ±1
+ Với t = 1 ta có N1 ( 5; −2; −5 ) . ( ∆1 ) qua N1 nằm trong (P) và vuông góc với (d')
có VTCP là
uuu
r uur uur
a ∆1 =  n P ; n d '  = ( −6;9; −3 ) = −3 ( 2; −3;1) . Phương trình đường thẳng cần tìm là:

( ∆1 ) :

x −5 y+2 z+5
=
=
2
−3
1

0,25


0,25


+ Với t = −1 ta có: ( ∆ 2 ) :

x +3 y + 4 z −5
=
=
2
−3
1

7. (1,0 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt phẳng (SAB) vuông góc
với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45°, SA = SB. Tính
theo a thể tích của khối chóp S.ABCD.
Kẻ SH vuông góc với AB tại H; SA = SB ⇒ H là trung điểm của AB. (SAB) vuông góc
với (ABCD) nên SH vuông góc với (ABCD)
Khi đó góc SCH là góc tạo bởi SC và đáy, nên góc SCH = 45°
Tam giác SCH vuông cân tại H
SH = CH =

HB2 + BC2 =

a2
a 5
+ a2 =
4
2

1

a3 5
SH.SABCD =
3
6
8 .(1,0 đ) Câu 8. Trong mp tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, có BD nằm trên đt có pt x + y – 3 =
0, điểm M(-1;2) thuộc đt AB, điểm N(2;- 2) thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ các đỉnh
\
của hình vuông ABCD biết B có hoành độ dương.
• Gọi H là hình chiếu của M lên BD

•B

0,25
0,25

0,25

VS.ABCD =

N(-2;2)

Do tam giác MBH vuông cân tại H

1,0

, khi đó :

• AB qua M và B nên pt AB: y = 2
AD đi qua N và vuông góc với AB nên pt AB: x = 2


0,25
1,0

0,25

0.25

0,25

Tọa độ điểm D là nghiệm hệ :
Gọi I là trung điểm BD

0,25

Vậy A(2;2), B(1;2), C(1;1), D(2;1)
9 .(1,0 đ)
\

1,0
Câu 9.

Giải hệ phương trình:
0,25

ĐK:

Khi đó :


(∗) thay vào pt (2) ta được :

0,25

thay vào (∗)
.( thỏa mãn đ kiện)
(∗∗) thay vào pt (2) ta được :

0,25
thay vào (∗∗)

(tmđk)
0,25
Vậy nghiệm của hệ pt ;
10.(1,0đ) Câu10 Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

1,0

Áp dụng BĐT côsi:
0,25
Dấu đẳng thức xảy ra

.
0,25
Đặt,

. Khi đó ta có:

Xét hàm số
0,25

Lập BBT⇒


, đẳng thức xảy ra
0,25

Vậy GTNN của P là – 2 khi và chỉ khi