Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
Tổ: TỰ NHIÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ LẦN II - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 27/02/2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  x 3  3x .
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) 



2





x2  3x  6
trên đoạn  2; 4  .
x 1



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

x 2 1

1 3

b) Giải bất phương trình 22x 1   
8

.


2

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân sau I  x (2  sin 2 x )dx .


0

Câu 5: (1,0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;-3), B(4;3;-2), C(6;-4;-1). Chứng
minh rằng A, B,C là ba đỉnh của một tam giác vuông và viết phương trình mặt cầu tâm A đi qua trọng
tâm G của tam giác ABC.
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Cho góc  thoả mãn

tan   1
3
4
.
   2 và cos   . Tính giá trị biểu thức A 
2  cos 2
2
5


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.
3a
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 
. Hình chiếu vuông
2
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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường
tròn (T) có phương trình: x 2  y 2  6x  2y  5  0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Đường tròn
đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết
đường thẳng MN có phương trình: 20x  10 y  9  0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.

 2 x 3  xy 2  x  2 y 3  4 x 2 y  2 y

Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 y 2  x  2 y  16 
1
  y   x 1  3
 x2  8 y  7
2







( x, y  ) .


Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P 

2
abc
3
3  ab  bc  ca
1  a 1  b 1  c 

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
-------------------- Hết -------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
Tổ:TỰ NHIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN II

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn:Toán

A. CÁC CHÚ Ý KHI CHẤM THI:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần
như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bào không
sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi.
3) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.

B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM: (Đáp án gồm có 7 trang)
Câu

Đáp án
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  x 3  3x .
Tập xác định: D 
x  1
Ta có y '  3x 2  3  y '  0  
x  1
Giới hạn

3
lim y  lim x 3  3x  lim x 3  1  2   
x 
x 
x 
x 


3
lim y  lim x 3  3x  lim x 3  1  2   
x 
x 
x 
x 

Bảng biến thiên
x

1

1


0

0

f' x









Điểm

0,25

0,25

 

1

2




 

f x

0,25

2



Hàm số đồng biến trên khoảng 1;1










Hàm số nghịch biến trên khoảng ; 1 và 1; 



Hàm số đạt cực đạt tại điểm x = 1 và yCĐ = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = -1 và yCT = -2
Đồ thị:
Bảng giá trị

x
-2
-1
0
1
2
y
2
-2
0
2
-2

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
y

f(x)=-x^3+3*x

5

x
-8

-6


-4

-2

2

4

6

8

-5

2
(1
điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất…
Ta có f(x) liên tục trên đoạn  2; 4  , f '(x) 

x 2  2x  3
(x  1)2

0.25

Với x   2; 4  , f '(x)  0  x  3

0.25


10
3

0.25

Ta có: f(2)  4,f(3)  3,f(4) 

Vậy Min f ( x)  3 tại x = 3; Max f ( x)  4 tại x = 2
2 ; 4 

0.25

2 ; 4 

Câu 3 (1,0 điểm).









a) Giải phương trình log 3 x 2  x  log 1 x  4  1 .
3

x  1
Điều kiện: 
 4  x  0


3a









3  x  4    x






 x  3 x  4 

0,25



log 3 x 2  x  log 3 x  4  1  log 3 x 2  x  log 3 x  4  log 3 3






 log3 x 2  x  log 3

2

x   2
(thoả mãn)
 x 2  4x  12  0  
x  6

0,25

Vậy phương trình có hai nghiệm x  2; x  6 .
x 2 1
1 3

b) Giải bất phương trình 22x 1   
8

0,5

.

Bất phương trình tương đương với
3b

22x 1 

x 2 1
2 3 3


 

 22x 1  2 x

2

1

0,25

 2x  1  x 2  1





 x 2  2x  0  2  x  0 . Vậy bất phương trình có tập nghiệm S  2; 0 .

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

Câu 4.
2
(1 điểm) Tính tích phân sau I  x (2  sin 2 x )dx .



0


2


2

Ta có: I  2 xdx  x sin 2 xdx  x





0

0


2 2
0


2

2

  x sin 2 xdx 
0



2


 x sin 2 xdx
4 0

0,5


2

du  dx
 ux

Tính J   x sin 2 xdx Đặt 

1
dv  sin 2 xdx
0
 v   2 cos 2 x

2


2

0,25



2

1
1
 1

 J   x cos 2 x   cos 2 xdx   sin 2 x 
2
20
4 4
4
0
0

 2 
4


 
2 2
Ta có: AB (2; 2;1); AC (4; 5; 2)  
 AB; AC không cùng phương  A; B; C
4 5
lập
 
thành tam giác. Mặt khác: AB. AC  2.4  2.( 5)  1.2  0  AB  AC suy ra ba điểm
Vậy I 

5.
(1,0đ)


0,25

0,25

A; B; C là ba đỉnh của tam giác vuông.

0,25

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G(4;0; -2). Ta có: AG  6

0,25

Mặt cầu cần tìm có tâm A và bán kính AG  6 nên có

0,25

pt: ( x  2)2  ( y  1) 2  ( z  3)2  6
Câu 6.
(1
điểm)

a)
(0.5
điểm)

a) Cho góc  thoả mãn

tan   1
3

4
.
   2 và cos   . Tính giá trị b/t: A 
2  cos 2
2
5
2

9
3
4
2
2
 sinα  
Ta có: sin α = 1- cos α = 1-   
5
 5  25
3
3
Vì
   2 nên sin  

2
5
sin
3
32
7
 tan 
  và cos2  2cos2  1 

1 
cos
4
25
25

3
1
175
4
A
=

Vậy
7
172
225


b)
(0.5

0,25

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.
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 


Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25

0,5
0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

điểm) Số phần tử của không gian mẫu là: C95  126
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, 1 học sinh lớp 12B, 2 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
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C42 .C31 .C22  C42 .C32 .C21  C43 .C31.C21  78 .
Xác suất cần tìm là P 

7

0,25

78 13
 .
126 21

3a
. Hình chiếu vuông góc

2
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 .

Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 

S

1,0
F
C

B
E
H
O
A

K

D

Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và
SH  SD 2  HD 2  SD 2  ( AH 2  AD 2 )  (

3a 2 a 2
)  ( )  a2  a
2
2


1
1
a3
Diện tích của hình vuông ABCD là a 2 , VS . ABCD  SH .S ABCD  a.a 2 
3
3
3
Từ giả thiết ta có HK / / BD  HK / /(SBD )
Do vậy: d ( HK , SD )  d ( H ,( SBD )) (1)
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE
Ta có BD  SH , BD  HE  BD  (SHE )  BD  HF mà HF  SE nên suy ra
HF  (SBD )  HF  d ( H , (SBD)) (2)

a
a 2
+) HE  HB.sin HBE  .sin 450 
2
4
+) Xét tam giác vuông SHE có:
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25
0,25

0,25

0,25



Thaygiaongheo.net Video Ti liu hc toỏn THPT
a 2
a
4
(3)
3
a 2 2
(
) a2
4
a
+) T (1), (2), (3) ta cú d ( HK , SD ) .
3
Tỡm ta im A v vit phng trỡnh cnh BC.
SH .HE
HF .SE SH .HE HF

SE

7
(1.0
im)

a.

(T) cú tõm I(3;1), bỏn kớnh R 5 .

A

Do IA IC IAC ICA (1)

ng trũn ng kớnh AH ct BC ti
M MH AB MH / / AC (cựng
vuụng
gúc AB) MHB ICA (2)

N
E
M
B

H

I

C

0.25

Ta cú: ANM AHM (chn cung AM) (3)
T (1), (2), (3) ta cú:

IAC ANM ICA AHM MHB AHM 90o
Suy ra: AI vuụng gúc MN
phng trỡnh ng thng IA l: x 2y 5 0
Gi s A(5 2a; a) IA.

a 0
M A (T) (5 2a)2 a2 6(5 2a) 2a 5 0 5a2 10a 0
a 2
Vi a 2 A(1; 2) (tha món vỡ A, I khỏc phớa MN)


0.25

Vi a 0 A(5; 0) (loi vỡ A, I cựng phớa MN)

9
Gi E l tõm ng trũn ng kớnh AH E MN E t; 2t
10


38
Do E l trung im AH H 2t 1; 4t
10


58
48
AH 2t 2; 4t , IH 2t 4; 4t
10
10



272 896
Vỡ AH HI AH.IH 0 20 t 2
t
0
5
25
8

11 13
H ; (thoỷa maừn)
t
5
5 5

28
31 17
H ; (loaùi)
t
25
25 25

Vi t

11 13
8
H ; (tha món)
5
5 5

Ghộ thm blog thaygiaongheo.net thng xuyờn cp nht nhng ti liu hay, mi nht

0.25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
  6 3 

Ta có: AH   ;   BC nhận n  (2;1) là VTPT

 5 5
 phương trình BC là: 2x  y  7  0
Câu 9
(1
điểm)

0.25

 2 x 3  xy 2  x  2 y 3  4 x 2 y  2 y
(1)
 2
Giải hệ phương trình:  2 y  x  2 y  16 
.
1
  y   x  1  3 (2)
 x2  8 y  7
2







+) ĐKXĐ: x  1 (*)
+) pt(1)  ( x  2 y)  (2x3  4x2 y)  ( xy2  2 y3 )  0  ( x  2 y)(1  2x2  y 2 )  0  x  2 y
2

0,25


2

Vì 1  2 x  y  0, x, y
Thế vào (2) được:
x
2( )2  x  x  16
 x 1
2
  
2
x  4x  7
2 2



x 2  4 x  32
  x  1
x2  4 x  7

x  8
  x4
 2

 x  4 x  7

 x  8 x  4    x  1 x  8

x2  4 x  7




x 1  3 

x 1  3





x 1  3

0,25
x 1
x 1  3

 3

+) x  8  y  4 (tm).
+) pt  3 







x  1  3  x  4    x  1  x 2  4 x  7 




x 1  3 




x 1



2

2
 3   x  2   3 .  x  2   3




+) Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3  với t 
nên f  t  đồng biến trên
+) Mà pt(4) có dạng: f
Do đó  4  



(4)

2

có f '  t   3  t  1  0, t 


0,25

.



x  1  f  x  2

x  2
x 1  x  2  
2
x  1  x  4x  4

x  2
5  13
(T/M)
 2
 x
2
x  5x  3  0

+) Với x 

5  13
11  13
y
2
4

0,25



 5  13 11  13  
Vậy hệ đã cho có tập nghiệm  x; y  là: T  (8; 4); 
;

4
 2
 

Câu
10.
(1
điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

2
abc
3
3  ab  bc  ca
1  a 1  b 1  c 
2

Áp dụng Bất đẳng thức  x  y  z   3  xy  yz  zx  , x, y, z 

ta có:


Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

 ab  bc  ca 

2

 3abc  a  b  c   9 abc  0

 ab  bc  ca  3 abc



Ta có: 1  a 1  b 1  c   1  3 abc

3

 , a, b, c  0. Thật vậy:

1  a 1  b 1  c   1   a  b  c    ab  bc  ca   abc 



2

1  3 3 abc  3 3  abc   abc  1  3 abc

Khi đó P 



3

3

2



3 1  abc





abc
Q
1  3 abc

1
0,25
3

Đặt

6


 a bc
abc  t . Vì a, b, c  0 nên 0  abc  
 1
3



Xét hàm số Q 

 Q 't  

2
t2

, t   0;1
2
3 1  t 3  1  t

2t  t  1  t 5  1
3 2

2 2

1  t  1  t 

 0, t   0;1

Do hàm số đồng biến trên  0;1 nên Q  Q  t   Q 1 
Từ (1) và (2) suy ra P 
Vậy max P 


0,25
5
6

 2

5
6

5
, đạt được khi và chỉ khi: a  b  c  1.
6

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25