ĐỀ THI THỬ SỐ 20
THỜI GIAN : 180 PHÚT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2016

TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO

Môn: Toán (lần 1)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đê

Câu 1 (2,0 điểm ) Cho hàm số y 

2x  1
1
x 1

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị của hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc với
đường thẳng  : x  y  1  0
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình:


 

3 sin 2x  2  2cos   x  cos   x 
4
 4


b) Giải phương trình: 252 x 1  9 2 x 1  34.152 x
Câu 3 (1 điểm).
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f  x  

x
trên đoạn  e; e3  .
2 ln x  1

b) Một nhóm gồm 12 học sinh trong đó có 4 học sinh nữ và 8 học sinh nam. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh.
Tính xác suất để 5 học sinh được chọn có cả học sinh nam và học sinh nữ.
Câu 4 (1 điểm). Tìm F  x  

x  sin 4 x  x sin 2 x
dx

cos 2 x

Câu 5 (1 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Mặt bên SAB là tam giác
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết góc tạo bởi mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.
Câu 6: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD. Biết

  2 và trung điểm của cạnh AD là M(-5;-1). Tìm tọa độ đỉnh C biết rằng đường
AB  5BC , tan BAD
thẳng BD có phương trình x  y  2  0 , điểm B có tung độ dương.

 y 2  x 2 y  y  x  1  x 1  x   2 y  x y
Câu7 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3
 x  2  y  x  x  0

Câu 8 (1 điểm). Cho a,b,c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

1
1
4


3
3a  2b  6 abc 7  b  5c 14  a  2b  6c

Nhóm Học Sinh Thầy Quang Baby

Page 1

THẦY QUANG BABY SƯU TẬP – CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT SAU 1 NGÀY


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu 1:
*) Tập xác định: D  R \ 1
*) Tiệm cận ngang là: y  2 , vì: lim y  2 ; lim y  2
x 

x 

*) Tiệm cận đứng là: x  1 , vì: lim y   ; lim y  
x 1


*) y ' 

1

 x  1

2

x 1

 0 x  D  Hàm số không có cực trị

*) Bảng biến thiên
x

1

-

+

y’
-
y

-2
-

-2


*) Hàm số đồng biến trên  ;1 và 1;  
*) Bảng giá trị
X

-2

-1

0

y

5
3

3
2

-1

1
2
0

3
2
-4

2


4

-3

7
3

*) Đồ thị : HỌC SINH TỰ VẼ
b) Phương trình tiếp tuyến tại M  x0 ; y0  của đồ thị (C) có dạng
y  y ' x0   x  x0   y0

Do tiếp tuyến vuông góc với  : x  y  1  0 (hay y   x  1 )
Nên y ' x0  .  1  1

Nhóm Học Sinh Thầy Quang Baby

Page 2


 y ' x0   1 

1

 x0  1

2

 x0  2
1  
 x0  0


*) Với x0  2 , phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y   x  2    3  y  x  5
*) Với x0  0 , phương trình tiếp tuyến cần tìm là y   x  0   1  y  x  1
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn đề bài

Câu 2:
a)





3 sin 2 x  2  2 cos   x  cos   x 
4

4





 3 sin 2 x  2   cos  cos 2 x 
2


 3 sin 2 x  cos 2 x  2


3
1

sin 2 x  cos 2 x  1
2
2

 cos


6

sin 2 x  sin


6

cos 2 x  1



 sin  2 x    1
6

 2x 
 x


6


3





2

 k 2 ; k  

 k ; k  

Vậy x 


3

 k ; k  

b) 252 x 1  9 2 x 1  34.152 x
4

4

2

 25.  5x   9.  3x   34.  5x  .  3x 
4x

2x

3
 3

 9.    25  34.    0
5
5

2

  5   0 x 
x 4

 3  2 x    3  2 x

    1 9.    25  0
 5 
   5 


Nhóm Học Sinh Thầy Quang Baby

Page 3


 3  2 x
 3  2 x
   1
   1
5
5





2x
2
x

 3
3
25

 25 



  
log 3    log 3  
9 
 5  5 
9
 5 
5 
x  0

 x  1
Vậy x  0; 1
Câu 3.
a) f  x  

x
2 ln x  1


f ' x 

2 ln x  3

 2 ln x  1

x  e;e3 

2

3

f '  x   0  2 ln x  3  0  x  e 2
*) Bảng biến thiên
x

e3/2

e

f’(x)

-

0

e3
+

e


3
2

f(x)

e
2

e3
5

Từ bảng biến thiên, vậy:
max
f  x 
3
e ;e 



e3
 x  e3
5
3
2

3
e
min
f  x 

 x  e2
 e ; e3 
2



b) Không gian mẫu  “Chọn 5 học sinh từ 12 học sinh” một cách ngẫu nhiên  n     C125
A là biến cố: “Học sinh được chọn có cả nam và nữ”
A là biến cố: “5 học sinh được chọn chỉ có nam hoặc nữ ”
 n  A   C85

Nhóm Học Sinh Thầy Quang Baby

Page 4


 P  A 

n  A
n 



P  A  1  P  A  

7
99
92
 0,9293
99


Vậy xác suất cần tìm là:

92
99

Câu 4:
x 1  sin 2 x   sin 4 x
x  sin 4 x  x sin 2 x
x cos 2 x  sin 4 x
F  x  
dx

dx


 cos2 x dx
cos 2 x
cos 2 x
4  2 cos 2 x  1
sin 4 x
4sin x cos x cos 2 x
d  cos x 
  xdx  
dx   xdx  
dx   xdx  
cos 2 x
cos 2 x
cos 2 x
  xdx  8 cos xd  cos x   4 




1
d  cos x 
cos x

x2
cos 2 x
x2
8
 4 ln cos x  C   4 cos 2 x  4 ln cos x  C
2
2
2

Vậy F (x) =

x2
 4 cos 2 x  4 ln cos x  C
2

Câu 5: (hình vẽ)

*) Gọi M là trung điểm của AB  SM  AB ( SAB cân tại S)
Mà  SAB    ABCD   SM   ABCD 
 BC  AB
*) Có: 
 BC   SAB   CB  SB
 BC  SM

 Góc giữa đường thẳng SB và AB là góc giữa (SBC) và (ABCD)
Nhóm Học Sinh Thầy Quang Baby

Page 5


  900 ( SM  AB )  SBM
  600
Mà SBM
*) MB 

1
AB  a
2

a 3
*) SM  MB.tan SBM

1
1
4a 3 3
2
*) VABCD  SM .S ABCD  .a 3.  2a  
(đơn vị thể tích)
3
3
3

*) Từ A kẻ d / / BD
Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với d; BD cắt d, BD lần lượt tại E; F

*)

MF MB

 1  ME  MF
ME MA

  450 ; F
  900
*) MBF vuông cân tại F MBF



  MB 

2MF  MF 

a 2
2

*) BD / / A E  d  BD, SA  d  BD,  SAE    d  B,  SAE  
Từ M kẻ MH   SAE 
B kẻ BK   SAE 
*) M, B, A thẳng hàng  A, H , K thẳng hàng  MH 

1
BK
2

 d  B,  SAE    2d  M ,  SAE  

 AE  SM
*) 
 AE   SEM 
 AE  ME
Mà MP  SE (từ M kẻ MP  SE )  MP   SAE   H  P
*) SME vuông tại M, đường cao MH:


1
1
1
a 21


 MH 
2
2
2
MH
MS
ME
7

 d  B,  SAE   

2a 21
7

Câu 6: (Hình vẽ)


Nhóm Học Sinh Thầy Quang Baby

Page 6


*) Đặt: BC 

AB
a
5

  2  BAD
  900  cos 2 BAD

*) Có tan BAD

1
1
 cos 2 BAD

5
tan BAD  1
2

 5
Do BAD  900  cos BAD
5

  4a 2  BD  2a
*) DB 2  AD 2  AB 2  2 AB. AD.cos BAD

*) Có: BD 2  AD 2  5a 2  AB 2  ADB vuông tại B
*) d  M ; BD  

5  1  2
12   1

2

 2  MD  2 

 MB  BD 2  MD 2 

a
a2 2
2

a 17
 34
2


*) B  BD  B  b  2; b   MB   b  3; b  1



2

 b  3   b  1

2


b  2  nhan 
 B  0; 2 
 34  
b  6  l 

Ta sẽ tìm được C :

c  2
2
*) C  c;2  c  ; BC  c; c  mà BC  a  2 2  c 2   c   2 2  
 c  2
*) Với c  2  C  2;0 
Với c  2  C  2; 4 

 y 2  x 2 y  y  x  1  x 1  x   2 y  x y
Câu 7 : Giải hệ phương trình  I  
3
 x  2  y  x  x  0  2 

1

*) Điều kiện: y  0
Nhóm Học Sinh Thầy Quang Baby

Page 7


 y 2  x 2 y  y  x  1  x 1  x    x  2  y
I   

3
 x  2  y  x  x
 y 2  x 2 y  y  x  1  x 1  x   x3  x
 y 2  x 2 y  y  x  1  x3  x 2


3
3
 x  2  y  x  x
 x  2  y  x  x
 x 2  y   x  y  1  0

3
 x  2  y  x  x

 *
**

 x 2  y  0 1'
*  
 x  y  1  0  2 '

y  0
x  0
 x2  y  0  
(1’). Có  2
(Thỏa mãn)
y  0
x  0


 2 '  y  x  1 thay vào (**)
x  1  x3  x

 x  2






3

 x  1

x  1  x  1  x3  x

***

*) Xét hàm: f  t   t 3  t t  R

 f'  t   3t 2  1  f(t) đồng biến, liên tục trên R

*** 

f



x  0
1 5

3 5
x
y
x 1  f  x  x  x 1   2
2
2
x  x 1  0



Câu 8 : Cho cac số thực dương a, b, c .Tìm GTNN của :

P

1
1
4


3a  2b  6 3 abc 7  b  5c 14  a  2b  6c

a
 b  2c
a
Ta có : 6 3 abc  6 3 b(2c )  6 2
 a  2b  4c
2
3



1
1

3
3a  2b  6 abc 4(a  b  c)

Nhóm Học Sinh Thầy Quang Baby

Page 8


P



1
4
4


4(a  b  c) 4(7  b  5c) 14  a  2b  6c

9
4

 f (a  2b  6c)
4(7  a  2b  6c) 14  a  2b  6c

a  2b  6c  14
1

1 
 f (14) 
 Pmin 
 a
28
28
 2  b  2c

Nhóm Học Sinh Thầy Quang Baby

Page 9