SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  3 x 2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng
y  3 x  5.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3x 

3
2

b)Cho số phức z thỏa mãn z   2  3i  z  1  9i . Tìm môđun của số phức z.
Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x  9  0.
Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học
sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong
4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.
1





Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x 2 1  x 1  x 2 dx
0

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA và SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN).
Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) và đường thẳng d:
 x  2  t

 y  1  2t . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa đường thẳng d. Viết phương trình
z  1  2t

mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d.
Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A
lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường
thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Câu 9 .(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:








32

2 x



y  3  1  

2 y 3 3



x 2 x



2

5



y  3 1





x 2 y 3 2  6 x




2


y  3 1

Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn: ab  bc  ca  1 . Tìm GTNN của
biểu thức:
P

a
16  b  c   a 2  bc 



b
16  a  c   b 2  ac 



a2 1  1 c 
  
4  a ab 

-------- Hết--------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................

Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL


KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015

Câu
1a
(1,0đ)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Đáp án
-Tập xác định: D = R.
-Sự biến thiên:
Chiều biến thiên y '  3 x 2  6 x; y '  0  x  0  x  2 .
Các khoảng nghịch biến: (-;0) và (2;+); khoảng đồng biến: (0;2).
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4.
Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y  
x  

Điểm
0,25

0,25

x  

Bảng biến thiên:
x
y'

y

-

0
0

–

2
0
4

+

+

+
0,25

–

0

-

Đồ thị:
y

8


6

4

2

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2


3

4

5

6

7

8

0,25

9

-2

-4

-6

-8

1b
(1,0đ)

Tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  5 nên có hệ số góc bằng 3.
2
0


2
0

Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, ta có  3 x  6 x0  3  3 x  6 x0  3  0  x0  1
Suy ra M(1;2)
Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 1 .

2a
(0,5đ)

3
1
1
1
3
 (1  cos2 x)  (1  cos4 x)  (1  cos6 x) 
2
2
2
2
2
 (cos6 x  cos2 x)  cos4 x  0  2 cos 4 x.cos2 x  cos4 x  0

cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3 x 

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

0,25

 cos4 x(2 cos 2 x  1)  0

 k

cos4 x  0
x  8  4


cos2 x   1
 x     k

2

3
2b
(0,5đ)

Gọi z  a  bi, a, b   ; Khi đó z   2  3i  z  1  9i

0,25

0,25

 a  bi   2  3i  a  bi   1  9i   a  3b   3a  3b   1  9i
 a  3b  1
a  2

. Vậy môđun của số phức z là : z  22  (1) 2  5


3a  3b  9
b  1
3
(0,5đ)

32 ( x 1)  82.3 x  9  0  9.32 x  82.3 x  9  0
1
  3 x  9  3 2  3 x  32  2  x  2. Vậy bất phương trình có nghiệm là  2  x  2 .
9

0,25
0,25
0,25


4
(0.5đ)

4
n()  C12
 495
Gọi A là biến cố : “ 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên”
 A : “ 4 học sinh được chọn là học sinh của cả 3 lớp trên”
Ta có các trường hợp sau:

+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C52 .C14 .C31  120 cách
+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C51.C42 .C31  90 cách

0,25


0,25

+ 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C có C51.C14 .C32  60 cách
 n( A)  270.
n( A) 6
 .
n() 11

 P ( A) 

Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A)  1  P ( A) 
5
(1,0đ)

1
2



1



1

. I   x 1  x 1  x dx   x dx   x 3 1  x 2 dx
0

2


5
11

1

1

x3
I1   x dx 
3
0
2


0

2

0

0,25

0

1
3

1


I 2   x 3 1  x 2 dx
0

Đặt t  1  x 2  x 2  1  t 2  xdx  tdt
Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  0

1
 t3 t5 
2
 I 2    1  t  t dt    t  t dt     
 3 5  0 15
1
0
0

1

2

Vậy I  I1  I 2 

2

2

4

7
15


Đặt u = x  du = dx; dv  e 2 x dx choïn v 
1

0,25

1 2x
e
2

1

 xe 2 x dx 


0

Vậy I 
6
(1,0đ)

x 2x 1 1 2x
e2 1
e2  1
e |0 
e dx   e 2 x |10 
2
20
2 4
4




3e 2  7
.
12

0,25
0,25

S

Ta có SA  (ABCD)  AC là hình chiếu của SC trên

H
M



(ABCD)  SCA  600

N

AC  AD 2  CD 2  a 5 ; SA  AC tan 600  a 15

A

B

0,25


D

C

1
1
2 15a3
VS. ABCD  S ABCD .SA  AB.AD.SA 
.
3
3
3
Trong mp(SAD) kẻ SH  DM, ta có AB  (SAD) mà MN // AB  MN  (SAD)  MN  SH 

0,25
0,25


SH  (DMN)  SH = d(S, (DMN))
SH SM
SA.DA
SA.DA
2a 15
SHM ~ DAM 
.

 SH 


2

2
DA DM
2 DM 2 AD  AM
31
7
(1,0đ)

0,25

Đường thẳng d đi qua M(-2;1;-1) và có vectơ chỉ phương a  (1;2;2) , MA  (4;2;2)





mp(P) đi qua A và chứa d nhận n  a, MA  (8;10;6) làm vectơ pháp tuyến

0,25
(P): 4x – 5y – 3z + 10 = 0
0,25
0,25

Gọi H là hình chiếu của A trên d  H(-2 + t; 1 + 2t; -1 – 2t),
4
 32 10 26 
AH  ( 4  t;2  2t;2  2t ); AH  a  AH .a  0  t   AH    ; ; 
9
9
9 
 9

Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH =
8
(1,0đ)

10 2
200
. Vậy (S): x  2 2  y  32  z  52 
.
3
9

Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các
đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng
minh AF  EF .
Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG
tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp,
đó AF  EF .
Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0.
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ

G

A

B

H
D

E


C

0,25

32
5

1
2
AF  2 ;
2
5
2

0,25

nội
do

F

17

 x  5
3 x  y  10
 17 1 

 F  ;   AF 


 5 5
x  3y  4
y  1

5

AFE  DCB  EF 

0,25

0,25
2

8
51  8
 17  
E  t ;3t  10   EF    t     3t   
5
5 
5 5

19
 19 7 
 5t 2  34t  57  0  t  3  t 
hay E  3; 1  E  ; 
5
 5 5
Theo giả thiết ta được E  3; 1 , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE
vuông cân tại D nên
2


 x  12   y  12   x  3 2   y  12
 AD  DE


 AD  DE
 x  1 x  3   y  1 y  1
 y  x  2
x  1
x  3



hay D(1;-1)  D(3;1)
 y  1  y  1
 x  1 x  3  0
Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).

0,25


Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1).
9
(0,5đ)

x  0
y  3

ĐK: 


0.25

Ta có phương trình thứ 2 của



 

x 2 x  y  3 1 

hệ:

 x  a

Đặt: 







y  3 1

x  2 y 3  2  6 x


2




y  3 1

 *

0,25

. Phương trình thứ 2 của hệ trở thành:

 y  3  1  b

a  2a  b   b  a  2b   6  a 2  b 2 
BCS

VT* 

Ta có:

3  a  b   6  a 2  b 2   VP*

 a  b  2a  b  2b  a  

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a  b 
Thế vào phương trình đẩu của hệ ta có:

32

2 x

 *




1. 2 y  3  3



2

x

0,25

y  3 1  x  y  3  1

0.25

52 x

32





x  y 3 2 y 3 3



2


5

**

Mặt khác theo AM-GM ta có:

2





x  y 3 

 x

2 y 3 3 2 y 3 3


2
2

32





x  y 3 2 y 3 3




2

32



AM  GM



x  y 3 2 y 3 3



2

 8

 5  VT**  VP** .

Và dẩu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

2



2 y 3 3

x  y 3 

2
2



0.25

32





x  y 3 2 y 3 3



2

3

 x  2

 y 3  1

2

9


 x  4

 y  13

4
 9 13 

4 4 

Vậy nghiệm của hệ là  x; y    ;
10
(1,0đ)

Ta có:

0,25

a 2  bc
a 2  bc
1  2

ab  ac
ab  ac


2a  b  c 
ab  ac

2

a  bc  a  b  a  c 

a
2a

2
 b  c   a  bc   a  b  a  c 

Tương tự ta cũng sẽ có:

1

b
2b

2
 a  c   b  ac   c  b  a  b 

 2
0,25

Từ (1) và (2) ta sẽ có:

0,25


P

 a2 1  1 c 
1

2a
2b



  
4   a  b  a  c   c  b  a  b  
4  a ab 

 a 2  1  b  c 
1
4ab  2ac  2bc
 .

4  a  b  b  c  c  a 
4ab
Mặt khác ta có a,b,c là các số không âm và ab  bc  ca  1 . Nên ta sẽ có:

a

2

 1  b  c 
4ab

Từ đây ta sẽ có:

 a  b  b  c  c  a    a  b  b  c  c  a 
4ab
4ab  2c  a  b 

 a  b  b  c  c  a  AMGM 1
1
4ab  2ac  2bc
P .

4  a  b  b  c  c  a 
4ab  2c  a  b 

0,25



 a 2  bc
 ab  ac  1

a  b  1
 b 2  ac
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

1
c  0
 ab  bc
ab  bc  ca  1

c  0



Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án

quy định
Ngày thi: 1/12/2015, BTC sẽ trả bài cho thí sinh vào ngày 4/12/2015.

*******HẾT*******


TRNGTHPTCHUYấNVNHPHC

CHNHTHC

THITHPTQUCGIA NMHC2015ư2016ưLNI
Mụn:TON
Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt.

Cõu1(1,0im). Khosỏtsbinthiờnvvthcahms y = x 3 - 3 x2 + 2
Cõu2(1,0im).Tỡmcctrcahms: y = x - sin 2 x +2.
Cõu3(1,0im).
3sin a - 2 cosa
a) Cho tan a = 3 .Tớnhgiỏtrbiuthc M =
5sin 3 a + 4 cos3a
x - 4 x- 3
xđ3
x 2 -9
Cõu4(1,0im). Giiphngtrỡnh: 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x =2

b) Tớnhgiihn: L= lim

Cõu5(1,0im).
5


2 ử
ổ
a)Tỡm hsca x trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ .
x ứ
ố
b)Mthpcha20qucugingnhaugm 12 quv 8 quxanh.Lyngunhiờn(ng
thi) 3 qu.Tớnhxỏcsutcúớtnhtmtqucumuxanh.
10

Cõu6(1,0im). Trongmtphngvihta ( Oxy),chohỡnhbỡnhhnh ABCD cúhainh
A ( -2 -1), D( 50) v cú tõm I( 21). Hóy xỏc nh tahainh B,Cv gúc nhnhpbihai

ngchộocahỡnhbỡnhhnhócho.
Cõu7(1,0im).
Chohỡnhchúp S.ABC cúỏy ABC ltamgiỏcvuụngti A ,mtbờn SAB ltamgiỏcuvnm
trong mt phng vuụng gúc vi mt phng ( ABC), gi M l im thuc cnh SC sao cho
MC =2MS . Bit AB = 3, BC =3 3 , tớnh th tớch ca khi chúp S.ABC v khong cỏch gia hai
ngthng AC v BM .
Cõu8(1,0im).Trongmtphngvihta ( Oxy),chotamgiỏc ABC ngoitipngtrũn

tõm J( 21).Bitngcaoxutphỏttnh A catamgiỏc ABC cúphngtrỡnh: 2 x + y - 10 =0
v D ( 2 -4) lgiaoimthhaica AJ vingtrũnngoitiptamgiỏc ABC .Tỡmtacỏc
nhtamgiỏc ABC bit B cúhonhõmv B thucngthngcúphngtrỡnh x + y + 7 =0 .
ỡù x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6y2
3
2
ùợ x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2y

Cõu9(1,0im). Giihphngtrỡnh: ớ


Cõu 10(1,0im).Cho haiphngtrỡnh: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 v x 3 - 8x 2 + 23x - 26 =0.
Chngminhrngmiphngtrỡnhtrờncúỳngmtnghim,tớnhtnghainghimú.
ưưưưưưưưHtưưưưưưư
Thớsinhkhụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm.
Hvtờnthớsinh:.......Sbỏodanh:


TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA  LẦN I 
NĂM HỌC 2015­2016 
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang) 

Câu 

Đáp án 

Điểm 

Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2

1,0 

Tập xác định:  D = ¡ . 
é x = 0 
Ta có  y' = 3 x 2  - 6 x. ;  y'  = 0 Û ê
ë x = 2 

0,25 


­ Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các  khoảng (-¥ ; 0) và  (2; +¥ ) ; nghịch 
biến trên khoảng  (0; 2) . 
­ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =­2. 

0,25 

­ Giới hạn:  lim y = +¥, lim  y = -¥ 
x ®+¥

x ®-¥

Bảng biến thiên: 

-¥ 

x
y' 
y 

0                        2
+          0 
­ 
0              + 
2

+¥ 
+¥

0,25 


­2 

-¥ 

1 (1,0 đ)  Đồ thị: 
y 

f(x)=(x^3)­3*(x )^2+2 

5 

x 
­8 

­6 

­4 

­2 

2 

4 

6 

0,25 

8 


­5 

2 (1,0 đ)

Câu 2 .Tìm cực trị của hàm số :  y = x - sin 2 x + 2 . 

1,0 

Tập xác định  D = ¡
f ¢ ( x ) = 1 - 2 cos 2 x , f ¢¢ ( x ) = 4 sin 2 x

0,25 

f ¢ ( x ) = 0 Û 1 - 2 cos 2 x = 0 Û cos 2 x =

1 
p
Û x = ± + k p , k Î ¢ 
2
6 

0,25


p
ổ p
ử
ổ pử
f ÂÂ ỗ - + k p ữ = 4 sin ỗ - ữ = -2 3 < 0ị hmstcci ti xi = - + k p
6

ố 6
ứ
ố 3ứ

3.(1,0)

p
3
ổ p
ử
Vi yCD = f ỗ - + k p ữ = - +
+ 2 + k p ,k ẻ Â
6 2
ố 6
ứ
p
ổp
ử
ổpử
f ÂÂ ỗ + k p ữ = 4 sin ỗ ữ = 2 3 > 0ị hmstcctiuti xi = + k p
6
3
6
ố
ứ
ố ứ
3
ổp
ử p
+ 2 + k p ,k ẻ Â

Vi yCT = f ỗ + k p ữ = ố6
ứ 6 2
3sin a - 2 cosa
Cho tan a = 3 .Tớnhgiỏtrbiuthc M =
5sin 3 a + 4cos3a
2
2
2
3sin a ( sin a + cos a ) - 2 cos a ( sin a + cos2a )
M=
5sin 3 a + 4 cos3a
3sin 3 a - 2sin 2 a cos a + 3sin a cos 2 a - 2 cos3a
=
(chiatvmuchocos 3 a )
5sin 3 a + 4cos 3a
3 tan 3 a - 2 tan 2a + 3tan a - 2
=
5 tan 3a+ 4
3.33 - 2.32 + 3.3 - 2 70
Thay tan a = 3 votac M =
=
5.33 +4
139
Luý:HScngcútht tan a =3 suyra 2kp < a <
1

cos a =

10


3

sina =

10

xđ3

(x(x

x đ3

)(

(

- 9) x + 4 x - 3
x- 1

L= lim
xđ3

( x + 3) ( x +

0,5

0,25

0,25


+2kp v

x - 4 x- 3
x 2 -9

0,5

) = lim

4 x - 3 x + 4 x- 3
2

2

0,25

rithayvobiuthcM.

b)Tớnhgiihn: L= lim

L= lim

p

0,25

4x - 3

)


)

=

xđ3

(x

x 2 - 4 x+ 3
2

(

3 -1

( 3 + 3) ( 3 +

0,25

)

- 9 ) x + 4 x -3

)

4.3 -1

=

1

18

0,25

Cõu4.Giiphngtrỡnh: 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x =2

1,0

2
2
2
2
4 .(1,0) Phngtrỡnh 3sin x - 4sin x cos x + 5cos x = 2 ( sin x +cos x )

sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos 2 x =0
( sin x - cos x )( sin x - 3cos x )= 0 sin x - cos x = 0 sin x - 3cos x =0
p
+ k p x = arctan 3 + k p ,k ẻ Z
4
p
Vyphngtrỡnhcúhaihnghim: x = + k p , x = arctan 3 + k p ,k ẻ Z
4

0,25
0,25
0,25

tan x = 1 tan x = 3 x =

0,25

5

2 ử
ổ
a)Tỡmhscashngcha x10 trongkhaitrincabiuthc: ỗ 3x3 - 2 ữ .
x ứ
ố
5

5- k

k

5
5
k 5 - k
ổ 3 2ử
ổ 2 ử
k
3
k
k 15 -5k
3
x
=
C
3
x
.
=

(
)
ồ
5
ỗ
ỗ 2 ữ ồC5 ( -1) 3 .2 x
2 ữ
x ứ k =0
ố
ố x ứ k=0
Hscacashngcha x10 l C5k ( -1) k 35- k 2 k, vi15 - 5k = 10 k =1
1

1,0

Vy hsca x10 l: C51 ( -1) 34 21 = -810

0,25
0,25


5 (1,0 đ)  b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm  12  quả đỏ và  8  quả xanh. Lấy ngẫu 
nhiên 3 quả. Tính  xác  suất  để trong  3  quả  cầu  chọn  ra  có  ít  nhất  một quả  cầu màu 
xanh. 
3 
Số phần tử của không gian mẫu là n ( W ) = C20 
Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu  trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh” 
C 3 
3 
Thì  A là biến cố “Chọn được ba quả cầu  màu đỏ” Þ n ( A ) = C12 

Þ P ( A ) =  12 
3 
C20 
C 3  46 
Vậy xác suất của biến cố  A là P ( A ) = 1 - P ( A ) = 1 - 12 
= 
3 
C20 
57 

0,25 

0,25 

Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành  ABCD  có hai 
đỉnh A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 )  và có tâm I ( 2;1 ) . Hãy  xác định tọa độ hai đỉnh  B, C và 
góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho. 
ì x = 2 xI - x D  = 4 - 5 = -1 
Do  I  là trung điểm  BD . Suy ra í B
Þ B ( -1; 2 ) 
î yB = 2 yI - yD  = 2 - 0 = 2 
6 .(1,0 đ)  Do  I  là trung điểm  AC . Suy ra ì xC = 2 xI - x A  = 4 + 2 = 6 Þ C  6;3 
( ) 
í
î yC = 2 y I - y A  = 2 + 1 = 3 
uuur
uuur 
Góc nhọn a = ( AC , BD ) . Ta có AC = ( 8; 4 ) , BD = ( 6; -2 ) 

0,25 

0,25 
0,25

uuur uuur
uuur uuur
AC × BD 
48 - 8
2 
cos a = cos AC , BD  = uuur uuur  =
=
Þ a = 45 o
2 
4 5.2 10 
AC BD

(

1,0 

) 

0,25 

Câu 7 . Cho hình chóp  S.ABC  có đáy  ABC  là tam giác vuông tại  A , mặt bên  SAB 
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi  M 
là điểm thuộc cạnh  SC  sao cho  MC = 2 MS . Biết  AB = 3, BC = 3 3  , tính thể tích 
của khối chóp  S.ABC  và khoảng cách giữa hai đường thẳng  AC  và  BM . 

1,0 


S 

Gọi  H là trung điểm  AB Þ SH ^  AB ( do 
D SAB đều). 
Do ( SAB ) ^ ( ABC ) Þ SH ^ ( ABC ) 

N 

M 

K 

Do  D ABC đều  cạnh bằng  3 
nên  SH =

0,25 

3 3 
, AC = BC 2 - AB 2  = 3 2 
2 

A 

C 

H 

B 

3 


1
1
3 6 9 6 
(đvtt) 
Þ VS . ABC = × SH × S ABC  = × SH × AB × AC =
= 
3
6
12
4 
7. (1,0 đ)  Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt  SA  tại N Þ AC || MN Þ AC || ( BMN ) 
AC ^ AB, AC ^ SH Þ AC ^ ( SAB ) , AC || MN Þ MN ^ ( SAB ) Þ MN ^ ( SAB ) 
Þ ( BMN ) ^ ( SAB ) theo giao tuyến  BN  . 

0,25 

0,25 

Ta có AC || ( BMN ) Þ d ( AC , BM ) = d ( AC , ( BMN ) ) = d ( A, ( BMN ) ) =  AK với  K 
là hình chiếu của  A  trên  BN 
NA MC  2
2
2 32  3 3 3 
2 
=
= Þ S ABN = S SAB  = ×
= 
(đvdt) và  AN = SA = 2 
SA SC 3

3
3 4
2 
3 

0,25


BN =

3 3
2ì
2S
2 = 3 21
AN 2 + AB 2 - 2AN . AB.cos 60 0 = 7 ị AK = ABN =
BN
7
7

3 21
(vd)
7
Luý:Victớnhthtớch,hcsinhcngcúthgiiquyttheohng CA ^(SAB )
v VS . ABC =VC .SAB
Vy d ( AC ,BM )=

Cõu8.Trongmtphngvihta ( Oxy),chotamgiỏc ABC ngoitipng
trũntõm J( 21).Bitngcaoxutphỏttnh A catamgiỏc ABC cúphng
trỡnh: 2 x + y - 10 =0 v D ( 2 -4) lgiaoimthhaica AJvingtrũnngoi
tiptamgiỏc ABC .Tỡm tacỏcnhtamgiỏc ABC bit B cúhonhõmv

B thucngthngcúphngtrỡnh x + y + 7 =0 .
AJiqua J( 21)v D ( 2 -4) nờncú
phngtrỡnh AJ : x - 2 = 0
{ A}= AJ ầAH , (trongú H lchõn
ngcaoxutphỏttnh A )

A

E
J

Ta A lnghimcah
ỡx - 2 = 0
ỡ x= 2
ớ
ị A( 2 6)
ớ
ợ 2 x + y - 10 = 0
ợy = 6

1,0

B

0,25

I

C


H

D

8.(1,0) Gi E lgiaoimthhaica BJ ving trũnngoitiptamgiỏc ABC .
ằ = DC
ằ = EA
ằị DB = DC v EC
ằ
Tacú DB
ã= 1(sEC
ằ + sDB
ằ)=DJB
ằ 1 (sEA
ã ị DDBJ cõnti D ị
ằ+ sDC)=
DBJ
2
2
DC = DB =DJ hay D ltõmngtrũnngoitiptamgiỏc JBC
Suy ra B,C nm trờn ng trũn tõm D ( 2 -4) bỏn kớnh JD = 0 2 + 52 =5 cú
2

2

phngtrỡnh ( x - 2 ) + ( y + 4 ) =25.Khiúta B lnghimcah
2
2
ộ B( -3 -4)
ùỡ( x - 2 ) + ( y+ 4 ) = 25 ỡ x = -3 ỡ x= 2

ớ
ớ
ịờ
ớ
ợ y = -4 ợ y= -9 ởờ B( 2 -9)
ù x + y + 7 = 0
ợ

0,25

Do B cúhonhõmnờntac B ( -3 -4)
ỡù qua B( -3 -4)
ỡùqua B( -3 -4)
ị BC : x - 2 y - 5 =0
BC : ớ
ị BC:ớ
r r
ùợ^ AH
ợùvtpt n = uAH = (1 -2)
Khiúta C lnghimcah
2
2
ùỡ( x - 2 ) + ( y+ 4 ) = 25 ỡ x = -3 ỡ x = 5 ộC ( -3 -4) B
ớ
ớ
ịờ
ị C( 5 0)
ớ
ợ y = -4 ợ y = 0 ởờC( 50)
ù x - 2 y - 5 = 0

ợ

0,25

Vy A ( 26 ) , B ( -3 -4 ) , C ( 50)
ỡù x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y2
Cõu9.Giihphngtrỡnh: ớ
3
2
ùợ x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
ỡx + 2 0
ỡ x -2
iukin:ớ
ớ
ợ4 - y 0
ợy Ê 4

(1)
( 2)

1,0
0,25


3

3

T phngtrỡnh (1) tacú ( x - 1) = ( y - 2 ) x - 1 = y - 2 y = x +1
9.(1,0) Thay ( 3) vo ( 2)tac pt:


x+2 +

( 3)
4 - ( x + 1) = x 3 + ( x + 1) - 4 x - 2 ( x + 1)
2

x + 2 + 3 - x = x3 + x 2 - 4 x -1 ,/K -2 Ê x Ê3






(

)

x + 2 + 3 - x - 3 = x3 + x 2 - 4 x - 4

2 ộở( x + 2 )( 3 - x) - 4ựỷ

(

x + 2 + 3- x + 3

)(

( x + 2 )( 3 - x ) + 2)


2 ( - x 2 + x+ 2)

(

x + 2 + 3- x + 3

)(

( x + 2 )( 3 - x ) +2)

(

( x + 2 )( 3 - x) - 2)

(

x + 2 + 3 - x + 3

2

)

= ( x + 1) ( x2 - 4)

= ( x + 1) ( x2 - 4)
= ( x + 2 ) ( x 2 - x- 2)

0,25

ổ

ử
ỗ
ữ
2
ỗ
ữ = 0
2
( x - x - 2 ) ỗ x+ 2 +
x+ 2 + 3- x +3
( x + 2 )( 3 - x ) + 2 ữữ
ỗ
ỗ 144444444424444444443ữ
ố
> 0
ứ
2
x - x - 2 = 0 x = 2 x = -1

(

0,25

)(

ã

( )
x = 2 ắắ
đ y = 3 ị ( x y ) =( 23) (thamón /k)


ã

( )
x = -1 ắắ
đ y = 0 ị ( x y ) = ( -10)(thamón /k)

)

0,25

3

3

Vyhphngtrỡnhcúhainghim ( x y ) = ( 23) , ( x y ) = ( -1 0)
Cõu10.Chohaiphngtrỡnh: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 v x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0.Chng
minhrngmiphngtrỡnh trờncúỳngmtnghim,tớnhtnghainghimú
ã Hms f ( x )= x 3 + 2 x 2 + 3 x +4 xỏcnhvliờntctrờntp Ă
ohm f  ( x ) = 3 x 2 + 2 x + 3 > 0,"x ẻ Ăị f ( x ) ngbintrờn Ă

1,0

(*)

f ( -4 ) . f ( 0 ) = ( -40 ) .4 = -160 < 0 ị $ a ẻ ( -40 ) : f ( a ) =0 ( **)

0,25

T (*) v (**) suyra phngtrỡnh
10.(1,0)


x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 =0 cúmtnhimduynht x =a
ã Tngtphngtrỡnh x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 =0 cúmtnhimduynht x =b

0,25

Theotrờn: a 3 + 2 a 2 + 3a + 4 = 0

(1)
3
2
V b3 - 8b 2 + 23b - 26 = 0 ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 =0 ( 2)
3
2
T (1) v ( 2 ) ị a 3 + 2a 2 + 3a + 4 = ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) +4 ( 3)
Theotrờnhms f ( x )= x 3 + 2 x 2 + 3 x +4 ngbinvliờntctrờntp Ă
ngthc ( 3) f ( a ) = f ( 2 - b ) a = 2 - b a + b =2

0,25

0,25

Vy tnghainghim cahaiphngtrỡnh úbng 2 .

Luýkhichmbi:
ưỏpỏnchtrỡnhbymtcỏchgiibaogmcỏcýbtbucphicútrongbilmcahcsinh.Khichm
nuhcsinhbquabcnothỡkhụngcho imbcú.
ưNuhcsinhgiicỏchkhỏc,giỏmkhocnccỏcýtrongỏpỏnchoim.
ưTrongbilm,numtbcnoúbsaithỡcỏcphnsaucúsdngktqusaiúkhụngcim.
ưHcsinhcsdngktquphntrclmphnsau.



SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
Năm học 2015  2016

Môn : TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y 

2x  1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm).
Cho hàm số y  x 4  mx2  m  5 có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để đồ thị (Cm) của
hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 3 (1,0 điểm).
Cho log3 15  a, log3 10  b . Tính log9 50 theo a và b.
Câu 4 (2,0 điểm).
Giải các phương trình sau:
a) 2 s inx cos x + 6 s inx  cosx  3  0 ;
b) 2 2 x 5  2 2 x 3  52 x 2  3.52 x+1 .
Câu 5 (1,0 điểm).
n

2


Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x2   với x ≠ 0, biết rằng:
x

4

Cn1  Cn2  15 với n là số nguyên dương.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a và AB vuông góc với
  300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
mặt phẳng (SBC). Biết SB = 2a 3 và SBC
điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2 x  y  5  0 và A(  4; 8). Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F(5;  4) là hình chiếu vuông góc
của B trên đường thẳng ED. Tìm tọa độ điểm C và tính diện tích hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm).

Giải phương trình: x x  1  (2 x  3)2 (2 x  2)  x  2 .
Câu 9 (1,0 điểm).
3
4

Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P  8 xyz 

1
1 1
  .

xy yz zx

-------- Hết --------


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 12 lần 2.
C©u

Néi dung bµi

§iÓm

TXĐ D = R\ 1
Ta có lim y  lim
x 

x 

2 1 / x
 2 , lim y   , lim y  
x 1
x 1
11 / x

0,25

Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang
x  D ta có y’(x) =

3

 y’(x) < 0 x  D
( x  1) 2

0,25

Ta có bảng biến thiên:
1

∞

x

+∞

1



y’


+∞

y

2

2

∞


2

Hàm số nghịch biến trên (  ∞; 1) và (1; + ∞). Hàm số không có cực trị

0,25

Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị.

0,25

x   ta có y' ( x)  4 x3  2mx = 2 x(2 x2  m) ,

0,25

(Cm) có ba điểm cực trị khi y’(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt, tức là
2 x(2 x2  m)  0 có ba nghiệm phân biệt

0,25

 2 x2  m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
 m0.

0,25

Xét dấu y’ và kết luận.

0,25

Ta có log9 50  log32 50 

3

log3 50  log3

1
log3 50
2

150
 log3 15  log3 10  1  a  b  1
3

Kết luận

0,25

0,5
0,25

a) TXĐ D = 
Phương trình đã cho  (2s inx  1)(cos x+ 3)  0

4

1

sin
x



2

cosx = 3(v« nghiÖm)

0,5

0,25




 x  6  k 2
, với k, l là số nguyên. Kết luận.

 x  5  l 2

6

0,25

b) TXĐ D = 
Phương trình  22 x 3 (4  1)  52 x 1 (5  3)

0,25
0,25

 22 x 3.5  52 x 1.8

0,25


2x

2
   1
.
5
 2x  0  x  0

0,25

2
Ta có Cn1  Cn2  15  Cn+
1  15 

n(n+ 1)
 15
2

 n  5 (t / m)
 n2 + n  30  0  
 n  6 (lo¹i)

0,25
0,25

5





Với n = 5 và x  0 ta có  x2 

5

5
5
2
2 5k
k
2 k

C
(
x
)
(

)

C 5k x3k 5 (2)5k


5

x  k 0
x
k 0

Số hạng chứa x4 trong khai triển trên thỏa mãn 3k – 5 = 4  k = 3, suy ra số hạng
chứa x4 trong khai triển trên là 40x4.


0,25

0,25

A

I
S
H
B

C

6
Ta có AB  (SBC) (gt) nên VSABC =

Từ gt ta có SSBC =
Khi đó VSABC =

1
AB.S SBC
3

0,25

1
1
1
BC.BS .sin 300  4a.2a 3.  2a 2 3

2
2
2

1
3a.2a 2 3  2a 3 3 (đvtt).
3

Hạ BH  SC (H  SC) ta chứng minh được SC  (ABH)
Hạ BI  AH (I  AH)

0,25


Từ hai kết quả trên  BI  (SAC)  BI = d(B; (SAC)).
Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI  BI 

6a 7
 Kl
7

0,25
0,25

Ta có C  d : 2 x  y  5  0 nên C(t; –2t – 5).
Ta chứng minh 5 điểm A, B, C, D, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD. Do tứ
giác ABCD là hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của đường tròn trên, nên suy ra

0,25


được 
AFC  900  AC 2  AF 2  CF 2 . Kết hợp với gt ta có phương trình:

(t  4)2  (2t  13)2  81  144  (t  5)2  (2t  1)2  t  1 .
7

0,25
Từ đó ta được C(1; –7).
Từ giả thiết ta có AC // EF, BF  ED nên BF  AC, do C là trung điểm BE nên BF

cắt và vuông góc với AC tại trung điểm.
Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ∆ABC = ∆AFC

0,25

 S ABC  S AFC  S ABCD  2S AFC  75 (đvdt).

0,25

TXĐ D = 1; 
Phương trình  ( x  1) x  1  ( x  1)  x  1  (2 x  3)3  (2 x  3)2  2 x  3 (1)

0,25

Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  t  f' (t )  3t 2  2t  1  f' (t )  0, t   suy ra hàm số

8

0,25


f(t) đồng biến trên  .
Phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f (2 x  3) . Từ hai điều trên phương trình (1)

 x 1  2x  3

0,25

x  3 / 2
x  3 / 2

 2
 x= 2
2
 x  1  4 x  12 x  9
4 x  13 x  10  0

0,25

Ta có

Mà

3

1
1
1
1

  3 3 2 2 2 , đặt t =

xy yz zx
x y z
x2 y 2 z 2 

3
 P  8t 

9

3

3
3
8t 3  2 .
2 . Xét hàm số f (t ) 
t
t
6
, f''(t ) = 0  t 
t3

Ta có bảng:
0

0,25

x2 + y 2 + z 2 1
1
 0t 
3

4
2

Ta có t  0 , f'(t) = 24t 2 

t

xyz  0

1
2

5

1
4

5

1
.
4

0,25




0,25


0

f’(t)

f(t)

13

Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn 0  t 
Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t =

1
2

1
1
hay x = y = z = Kl: MinP = 13.
2
2

0,25


Trường THPT Bố Hạ
Tổ Toán- Tin

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN, LỚP 12
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề


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

2x  1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3 x 2  3 x  2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của
đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  2(m  2) x 2  (8  5m) x  m  5 có đồ thị (Cm) và đường thẳng
d : y  x  m  1 . Tìm m để d cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ tại x1, x2 , x3 thảo mãn:
x12  x 22  x 32  20 .

Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (2sin x  1)( 3 sin x  2cos x  2)  sin 2 x  cos x
Câu 5 (1,0 điểm)
a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: An2  3Cn2  15  5n.
20

1 

b) Tìm hệ số của x trong khai triển P( x )   2 x  2  , x  0.
x 

Câu 6 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a) 32 x  32  x  30
b) log3 x 2  x  1  log3 ( x  3)  1
8






Câu 7(1,0điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB  2 a, AD  a 3 . Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
mặt đáy. Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 450. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.
Câu 8 (1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3).
2
Gọi N là điểm thuộc cạnh AB sao cho AN  AB . Biết đường thẳng DN có phương trình
3
x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B.
32 x5  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x
 x, y    .
Câu 9(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
3
(
y

2

1)
2
x

1

8
x

13(

y

2)

82
x

29


Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  0 . Tìm giá trị lớn nhất của
1
1
biểu thức: P 

2 x 2  y 2  z 2  2(2 x  y  3) y ( x  1)( z  1)
------------------------- Hết -----------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT
NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 2
Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò

C©u

Néi dung

§iÓm

2x 1

Hàm số y 
x 1
- TXĐ:  \ 1
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn và tiệm cận : lim y  2; lim y  2 .Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang
x 

C©u 1
1.0®

x 

của đồ thị hàm số
lim  y  ; lim  y   . Đường thẳng x= -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x  ( 1)

x ( 1)

+) Bảng biến thiên
1
Ta có : y ' 
 0, x  1
( x  1)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 ; (-1;+ )
Hàm số không có cực trị
Vẽ đúng bảng biến thiên

0,25đ

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;-2) là y  y '(0)( x  0)  3  3x  2


0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng d là:

0,25đ

- Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị
Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung. Suy ra A(0;-2)
C©u 2
1,0đ

0,25đ

y '  3x 2  6 x  3
y '(0)  3

x 3  2( m  2) x 2  (8  5m) x  m  5  x  m  1  x3  2(m  2) x 2  (7  5m) x  2m  6  0
 ( x  2)  x 2  2( m  1) x  3  m   0 (1)

C©u 3
1,0đ

x  2
 2

 Đặt f(x)=VT(2)
 x  2(m  1) x  3  m  0(2)

(Cm) cắt d tại 3 điểm phâm biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
2

  '  (m  1)  (3  m)  0
 (m  m  2  0
m  2


(3)

 m  1
 f (2)  0
m  1
Khi đó giả sử x1=2; x2,x3 là nghiệm của (2). Ta có x2  x3  2(1  m), x2 x3  3  m
2
1

0,25đ

2

2
2

2
3


2

0,25đ

2

Ta có x  x  x  4  (x 2  x 3 )  2x 2 x 3  4m  6m  2
3
x12  x 22  x 23  20  4m 2  6m  2  20  2m 2  3m  9  0  m  3 hoÆc m = - tm
2
(2sin x  1)( 3 sin x  2cos x  2)  sin 2 x  cos x (1)

C©u 4
1,0đ

(1)  (2sin x  1)( 3 sin x  2 cos x  2)  cos x(2sin x  1)
 (2sin x  1)( 3 sin x  cos x  2)  0


6

 k 2 , x 

0,25đ
0,25đ

 2sin x  1  0(2)

 3 sin x  cos x  2(3)


+) (2)  x 

0,25đ

5
 k 2
6

0,25đ


0,25đ



x   k 2


2

12
sin  x   

6 2

 x  7  k 2

12

KL

a)ĐK: n  , n  2 .

0,25đ

An2  3Cn2  15  5n  n(n  1) 

C©u 5
1,0đ

3.n !
 15  5n
2!(n  1)!

n  5
 n 2  11n  30  0  
n  6

0,25đ

20
1 

b) P( x )   2 x  2    C20k ( 1)k 220 k x 203k
x 

k 0
k
Số hạng tổng quát của khai triển trên là C 20
(1)k 2 20 k x 20 3k


0,25đ

Hệ số của x8 trong khai triển trên ứng với 20  3k  8  k  4
4
Vậy hệ số của x8 trong khai triển P(x) là C 20
(1)4 216

0,25đ

20

32 x  32  x  30  3.(3x )2  10.3x  3  0
0,25đ

3x  3
 x
3  1 / 3
x  1

 x  1

a)

C©u 6
1,0đ



0,25đ




b) log3 x 2  x  1  log3 ( x  3)  1 (1)
Điều kiện : x>-3.
log3 x 2  x  1  log3 ( x  3)  1  log3 x 2  x  1  log3 3( x  3)



x

2





0,25đ





 x  1  3( x  3)
0,25đ

 x  2
x2  2x  8  0  
x  4
Gọi hình chiếu của S trên AB là H.
Ta có SH  AB, (SAB)  ( ABCD )  AB, ( SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD )

  450 .
SH  ( ABCD) , suy ra góc giữa SD và (ABCD) là SDH

0,25đ

Khi đó tam giác SHD vuông cân tại H, suy ra SH  HD  2 a ,
1
3
Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà SA  (SAx)

Khi đó thể tích lăng trụ là VS . ABCD  SH .S ABCD 
C©u 7
1,0đ

4a 3 3
(đvtt)
3

0,25đ

 d (BD,SA)  d (BD, (SAx))  d (B, (SAx))  2d (H, (SAx))

Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên Ax và SI

0,25đ

Chứng minh được HK  (SAx)
Tính được HK 

2a 93

4a 93
.  d (BD,SA)  2 d (H, (SAx))  2 HK 
31
31

0,25đ


Đặt AD  x( x  0)  AB  3x, AN  2 x, NB  x, DN  x 5, BD  x 10

Xét tam giác BDN có cos BDN

0,25đ

BD 2  DN 2  NB 2 7 2

2 BD.DN
10



C©u 8
1,0đ

Gọi n(a; b)( a 2  b 2  0) là vectơ pháp tuyến của BD, BD đi qua điểm I(1;3),
PT BD: ax  by  a  3b  0
 
  cos(n, n ) 
cos BDN
1


|a b|
a 2  b2 2



3a  4b
7 2
 24a 2  24b 2  50 ab  0  
10
 4a  3b

+) Với 3a  4b , chon a=4,b=3, PT BD:4x+3y-13=0

0,25đ

0,25đ

D  BD  DN  D(7; 5)  B(5;11)
+) Với 4a  3b , chon a=3,b=4, PT BD:3x+4y-15=0
D  BD  DN  D (7;9)  B(9; 3)

0,25đ

32 x5  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x(1)
 x, y   

3
( y  2  1) 2 x  1  8 x  13( y  2)  82 x  29(2)
1

2

Đặt đk x   , y  2

0,25đ

+) (1)  (2 x)5  2 x  ( y 2  4 y ) y  2  5 y  2  (2 x)5  2 x 



y2



5

 y  2(3)

Xét hàm số f (t )  t 5  t , f '(t )  5t 4  1  0, x  R , suy ra hàm số f(t) liên tục trên
R. Từ (3) ta có f (2 x)  f ( y  2)  2 x  y  2
Thay 2 x  y  2( x  0) vào (2) được
(2 x  1) 2 x  1  8 x 3  52 x 2  82 x  29

C©u 9
1,0đ

 (2 x  1) 2 x  1  (2 x  1)(4 x 2  24 x  29)
 (2 x  1)






0,25đ

2 x  1  4 x 2  24 x  29  0

1

x  2

2
 2 x  1  4 x  24 x  29  0(4)

Với x=1/2. Ta có y=3
(4)  ( 2 x  1  2)  (4 x 2  24 x  27)  0 

2x  3
 (2 x  3)(2 x  9)  0
2x 1  2

x  3 / 2

1

(2 x  9)  0(5)
 2 x  1  2

0,25đ


Với x=3/2. Ta có y=11
Xét (5). Đặt t  2 x  1  0  2 x  t 2  1 . Thay vao (5) được
t 3  2t  10  21  0  (t  3)(t 2  t  7)  0 . Tìm được t 
x

KL

13  29
103  13 29
,y
4
2

1  29
. Từ đó tìm được
2

0,25đ


Đặt a  x  2, b  y  1, c  z  a, b, c  0
1
1
P

2 a 2  b 2  c 2  1 ( a  1)(b  1)(c 1)

0,25đ

(a  b) 2 (c  1) 2 1


 (a  b  c  1) 2
Ta có a  b  c  1 
2
2
4
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1
2

2

2

Mặt khác ( a  1)(b  1)(c 1) 

(a  b  c  3)3
27

0,25đ

27
1
Khi đó P 
. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1

a  b  c  1 (a  b  c  3)3
27
1
,t  1
Đặt t  a  b  c  1  1 . Khi đó P  

t (t  2)3

C©u 10
1,0đ

27
1
81
81t 2  (t  2)4
1
f (t )  
,
t

1;
f
'(
t
)




t (t  2)3
t 2 (t  2)4
t 2 (t  2) 4
Xét f '(t )  0  81t 2  (t  2) 4  0  t 2  5t  4  0  t  4 (do t>1)
lim f (t )  0

0,25đ


x

Bảng biến thiên
t
f’(t)
f(t)

1

4
0

+



-

1
8

0,25đ
0

0

1
8
a


b
 c 1

1
 a  b  c  1  x  3; y  2; z  1
Vậy ma xP  f(4)   
8
a  b  c  1  4

Từ BBT Ta có maxf(x)=f(4)=

Hết
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />

Trường THPT Đội Cấn

ĐỀ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

Năm học: 2015-2016

MÔN: TOÁN – LỚP 12
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y   x3  3 x  2
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại điểm có hoành độ x0 thỏa mãn
phương trình y " x0   12 .




Câu 2. Giải phương trình lượng giác cos 2 x  cos  x 



 1
2

Câu 3. a. Giải phương trình 5.25x  26.5 x  5  0
b. Tính giới hạn L  lim
x 1

x  3x  2
x 1

Câu 4. Một trường có 55 đoàn viên học sinh tham dự đại hội Đoàn trường, trong đó
khối 12 có 18 em, khối 11 có 20 em và 17 em khối 10. Đoàn trường muốn chọn 5 em để
bầu vào ban chấp hành nhiệm kì mới. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho 5 em được
chọn có cả 3 khối, đồng thời có ít nhất 2 em học sinh khối 12.
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA  a 3 và SA vuông góc
với mặt phẳng đáy. Biết tam giác SAB cân và góc giữa SD với mặt đáy bằng 300.
a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.
Câu 6. Cho hình chữ nhật ABCD có A(1;5), AB  2 BC và điểm C thuộc đường thẳng

d : x  3 y  7  0 . Gọi M là điểm nằm trên tia đối của tia CB, N là hình chiếu vuông góc
5 1
2 2

của B trên MD. Tìm tọa độ các điểm B và C biết N ( ; ) và điểm B có tung độ nguyên.






7 x  1  1  y x  1  1
Câu 7. Giải hệ phương trình 
 x  1 y 2  y x  1  13x  12

Câu 8. Cho các số dương x, y , z thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  xyz . Chứng minh
rằng
x  yz  y  xz  z  xy  xyz  x  y  z
---------------------Hết--------------------Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( />

KỲ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN I - NĂM HỌC 2015-2016
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Đáp án gồm: 04 trang.
———————
I. Hướng dẫn chung
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần
như hướng dẫn quy định.
II. Đáp án – thang điểm

Câu
Câu 1

Thang
điểm

Nội dung trình bày
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

 Tập xác định: D  
 Sự biến thiên:

0,25
 x  1
x 1

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

Hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 , nghịch biến trên mỗi khoảng

 ; 1 và 1;  
0,25

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1, y  4
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  0
+ Giới hạn: lim y  , lim y  
CĐ

x 

x 

+Bảng biến thiên:
x 
y’
+

1




1

0





0
4

+

0,25

y
0



0,25

 Đồ thị:
y
4

2
1

-2

-1

0

1

2

x

-1

b. Có y '  3 x 2  3  y ''  6 x

0,25


Theo giả thiết y "  x0   12  6 x0  12  x0  2

0,25

Có y  2   4, y '  2   9
Vậy phương trình tiếp tuyến là: y  9 x  14

0,25
0,25
0,25


Phương trình  1  2sin 2 x  sin x  1
Câu 2
sin x  0

1
sin x  

2
 sin x  0  x  k


Câu 3

k 

0,25



x    k 2

1
6
sin x    
2
 x  7  k 2

6

0,25






k 



x
x
a. Phương trình  5  5 5.5  1  0

0,25

5 x  5
  x 1  x  1
5 

5
Phương trình có nghiệm x  1.

0,25

b. Có L  lim
x 1

=  lim
x 1


Câu 4

0,25

x  3x  2
 x  1 x  2 
 lim
x 1
x 1
 x  1 x  3 x  2





x2
1

2
3x  2  x

Chọn 5 em học sinh thỏa mãn yêu cầu bài toán xảy ra 3 trường hợp:
+ Trường hợp 1: Khối 12 có 2 em, khối 11 có 2 em, khối 10 có 1 em:
2
2
1
Có C18 .C20 .C17  494190 cách chọn
+ Trường hợp 2: Khối 12 có 2 em, khối 11 có 1 em, khối 10 có 2 em
2
1

2
Có C18 .C20 .C17  416160 cách chọn
+Trường hợp 3: Khối 12 có 3 em, khối 11 có 1 em, khối 10 có 1 em
3
1
1
Có C18 .C20 .C17  277440 cách chọn
Vậy có 494190 + 416160 + 277440 = 1187790 cách chọn.

0,25
0,25

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