Tải Bộ đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán - Số 4 - Đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án năm 2016

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (546.29 KB, 34 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2 1

2
x
y

x



 Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

3 2

3 6

y x  x  Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số 
Câu 3 (1,0 điểm).

2 2

log log 4

4
x

x 

a) Giải bất phương trình
5.9x 2.6x 3.4x

  b) Giải phương trình



2 sin 3



I 



x xdx

Câu 4(1,0 điểm). Tính nguyên hàm
.

S ABC SA



ABC ABC



, 90 ,0 AB a BC a ,  3,SA2a S ABC.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
có . Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và tính diện tích
mặt cầu đó theo a.

Câu 6(1,0 điểm).

a) 2cos2 x sinx 1 0Giải phương trình: .

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.

.
S ABCD

3
2

a
SD

AB K AD S ABCD. HK SDCâu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp có đáy là hình
vng cạnh a, . Hình chiếu vng góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn. Gọi
là trung điểm của đoạn . Tính theo a thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng và .

BC D 7x y  25 0 MN N DC MBC M AD Oxy B y 2 0 B(1; 2) ABAD CD D A ABCDC
âu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho hình thang vng tại và có , điểm , đường thẳng
BD có phương trình là . Đường thẳng qua vng góc với cắt cạnh tại . Đường phân giác trong góc
cắt cạnh tại . Biết rằng đường thẳng có phương trình . Tìm tọa độ đỉnh .



 











2
2

2 1 1

1 ,

3 8 3 4 1 1

x

x y x y

x x y

x x x y



    



 



     





Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

,
x y 

2
2
2

2 3

y x

y x x

 




 



 Câu 10 (1,0 điểm). Cho thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:





4 4

2
2

P x y

x y

  



</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016

MƠN THI: TỐN

I. LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.

- Với bài hình học khơng gian nếu thí sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì khơng cho điểm tương
ứng với phần đó.

II. ĐÁP ÁN:

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1 2 1

2
x
y

x



 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1,0

2 1

2
x
y

x




\ {2}

D 1. Tập xác định: 
2. Sự biến thiên.

2
3

' 0,

( 2)

y x D

x

   



( ;2) (2;)Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng và 
Hàm số khơng có cực trị

0,5

2 2

lim 2; lim 2; lim ; lim

x y x  y x  y x  y Các giới hạn
2

x y2Suy ra là tiệm cận đứng, là tiệm cận ngang của đồ thị.

0,25

Bảng biến thiên

0,25

1
;0
2

 

 

 

1
0;

 

 

  I(2; 2)3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại, giao với trục Oy tại , đồ thị có
tâm đối xứng là điểm

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2 3 2
3 6

y x  x  Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số 1,0

* Tập xác định: 0,25

2 0

' 3 6 , ' 0

2
x

y x x y

x



    



 0,25

Bảng xét dấu đạo hàm

0,25

Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có
0

x y6 x2 y2Hàm số đạt cực đại tại và giá trị cực đại ; đạt cực tiểu tại và
giá trị cực tiểu .



0;6





2; 2



Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M, điểm cực tiểu của đồ thị hàm
số là N

0,25

3 a 2

2 2

log log 4

4
x

x 

Giải bất phương trình (1) 0,5

x +) Điều kiện của bất phương trình (1) là: (*)
+) Với điều kiện (*),

2 2

2 2 2 2 2

(1) log xlog x log 4 4  log x log x 2 0

2 2

(log x 2)(log x 1) 0

   

0,25

2
2

log 2

log 1 0

2
x
x

x x





 

  



  







0; 4;

S   

  +) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương 
trình (1) là

0,25

AD

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

b 5.9x 2.6x 3.4x

  Giải phương trình (1) 0,5

x Phương trình đã cho xác định với mọi 
4x 0

 Chia cả hai vế của phương trình (1) cho ta được :
2

3 3

5.9 2.6 3.4 5. 2. 3

2 2

x x

x x x    

        

   

3 3

5. 2. 3 0

2 2

x x

   

       

   

3 3

1 5. 3 0

2 2

x x

      
          

   

   

    (2)

0,25

5. 3 0

2
x

x
 

   
 

  Vì nên phương trình (2) tương đương với
3

1 0

2
x

x
 

  

 

  .

x Vậy nghiệm của phương trình là:

0,25

4 I 





x 2 sin 3



xdx

Tính nguyên hàm 1,0

2
sin 3
u x

dv xdx

 





 Đặt 0,25

cos 3
3
du dx

x
v










 ta được

0,25



2 cos3



1
cos3

3 3

x x

I   



xdx

Do đó: 0,25



2 cos3



1
sin 3

3 9

x x

x C



   0,25

5

S ABC SA



ABC ABC



, 90 ,0 AB a BC a ,  3,SA2a S ABC.

Cho hình chóp
có . Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
và tính diện tích mặt cầu đó theo a.

1,0

I

A

C

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>





SA ABC  SABC
Vì

ABBC BC



SAB



BCSB Mặt khác theo giả thiết , nên và do đó

0,25

Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên
2

SC

IA IB  ISIC
(*)
.

S ABCVậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại
tiếp của hình chóp

0,25

2
SC
R

Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là

2 2 2

AC AB BC  aTa có

2 2 2 2 2

SC SA AC  a R a

0,25

2 2

4R 8a Diện tích mặt cầu là 0,25

6 a 2cos2 x sinx 1 0

   Giải phương trình . 0,5

2 2

2cos x sinx  1 0 2sin xsinx 3 0  (sinx1)(2sin +3)=0x Ta có: 0,25
sinx 1

  2sinx    3 0 x (do )





sinx 1 2

x  k  k

      





2
2

x k  k 

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

0,25

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.

0,5

Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
5

9 126

C  Số phần tử của không gian mẫu là:

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

0,25

2 1 2 2 2 1 3 1 1

4. .3 2 4. .3 2 4. .3 2 78

C C C C C C C C C  Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: . 
78 13

126 21

P 

Xác suất cần tìm là .

0,25
7

.
S ABCD

3
2

a
SD

AB K AD S ABCD. HK SDCho hình chóp có đáy là hình vng
cạnh a, . Hình chiếu vng góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm
của đoạn. Gọi là trung điểm của đoạn . Tính theo a thể tích khối chóp và khoảng
cách giữa hai đường thẳng và .

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

SH

2 2 2 ( 2 2) (3 )2 ( )2 2

2 2

a a

SH  SD  HD  SD  AH AD    a a

Từ giả thiết
ta có là đường cao của hình chóp S.ABCD và

0,25

2
a

3
2
.

1 1

. .

3 3 3

S ABCD ABCD

a

V  SH S  a a 

Diện tích của hình vng ABCD là , 0,25

/ / / /( )

HK BD HK SBD Từ giả thiết ta có

( , ) ( ,( ))

d HK SD d H SBD Do vậy: (1)

Gọi E là hình chiếu vng góc của H lên BD, F là hình chiếu vng góc của H lên SE

, ( )

BDSH BDHE BD SHE  BDHF HF SE

( ) ( ,( ))

HF  SBD  HF d H SBD Ta có mà nên suy ra (2)

0,25

 0 2

.sin .sin 45

2 4

a a

HE HB HBE 

+)
+) Xét tam giác vng SHE có:

2 2
2
.

. 4

. .

3
2

( )

4
a
a

SH HE a

HF SE SH HE HF

SE a

a

    



(3)

( , )

3
a
d HK SD 

+) Từ (1), (2), (3) ta có .

0,25

8 BC D 7x y  25 0 MN N DC MBC M AD Oxy B y 2 0 B(1; 2)

ABAD CD D A ABCDTrong mặt phẳng với hệ toạ độ cho hình thang vng
tại và có , điểm , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là .. Đường thẳng
qua vng góc với cắt cạnh tại . Đường phân giác trong góc cắt cạnh tại . Biết
rằng đường thẳng có phương trình . Tìm tọa độ đỉnh .

1,0

0,25

O
K
H

A D

C
S

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

BMDCTứ giác nội tiếp

   450

BMC BDC DBA

   

BMC

  MBC vuông cân tại B, BN 
là phân giác trong

,
M C

 đối xứng qua BN

( , ) ( , )

2
AD d B CN d B MN

    0,25

2 4

ABAD BDAD  Do 0,25

: 2 0 ( ; 2)
BD y   D a

5
4
3
a
BD
a


   
 , 
(5;2)

D D( 3;2) Vậy có hai điểm thỏa mãn là: hoặc

0,25

9



 











2
2

2 1 1

1 ,

3 8 3 4 1 1

x

x y x y

x x y

x x x y


    

 

     




Giải hệ phương trình:

1,0
1
1
x
y
 




 Điều kiện:

 



 















3 2 1

1 2 1 1 2 1

1 1 1

x x x

x x x

y x y y y

x x x

 
 
        
  





3
3
1 1
1 1
x x
y y
x x
 
       
 
  . 
0,25

 

f t  t t  f t

 

3t2    1 0 t 





1 1

x x

f f y y

x x

 

    

 

 

  3x2 8x 3 4 x x1Xét hàm số trên

có suy ra f(t) đồng biến trên . Nên . Thay vào (2) ta được .

0,25



2x 1





x 2 x 1



    

6 3 0 3 2 3

2 1 1

1 5 2 13

2 1 1 3

3 9

9 10 3 0

x

x x x

x x

x

x x x

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

2
1
1
x
y

x
 

 Ta có

4 3 3
3 2 3

x   y  5 2 13 41 7 13

9 72

x   y 

Với . Với .
Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện.



;



3 2 3;4 3 3
2
x y    

 

  KL: Hệ phương trình có hai nghiệm





5 2 13 41 7 13

& ; ;

9 72

x y     

 .
0,25
10





4 4
2
2

P x y

x y
  

2
2
2
2 3
y x

y x x

 




 



 x y,  Cho thỏa . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức

1,0

2 6

2 3 0

2 5

x

x x x

     y 0

 Từ giả thiết ta có và và









2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 6 5

x y x   x  x  x x  x
6
0;
5
Max
 
 
 





2 2 6

( ) 2 2 6 5 ; 0;

5
f x  x x  x x  

  Xét hàm số ta được f(x) = 2
2 2 2

x y

  

0,25















2 2



2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

2
x y

P x y x y x y

x y
x y

       


2 2
tx y

2 2

, 0 2

2
t
P t
t
    
Đặt
0,25

Xét hàm số:





( ) , 0;2

2
t

g t t

t
  
3
3
2 2
2 2

'( ) t ; '( ) 0 2

g t t g t t

t t



     

0,25

3 6

3 4 16

2 2

P khi x y

Lập bảng biến thiên ta có Min 0,25

---Hết---TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TỔ TỐN - TIN

ĐỀ CHÍNH THỨC

MƠN: TỐN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần 1

Thời gian làm bài: 180 phút khơng kể giao đề
(Đề gồm có 1 trang)

3 3

yx  xCâu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số .
1
2 1
x
y
x



 2;4 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn .
Câu 3 (1,0 điểm).









3 1

log x  x log x4 1

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2 1

2 1 1

x
x


  

  

  Giải bất phương trình: ﾧ.





2
0

2 1 sin

I x x dx







 

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân .

Oxyz

 

P :x y  2z 1 0 A



2;0;0 ,

 

B 3; 1;2



 

S I

 

P A B O,

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không
gian với hệ trục toạ độ , cho mặt phẳng và hai điểm . Viết phương trình mặt cầu tâm thuộc mặt phẳng
và đi qua các điểm và điểm gốc toạ độ .

Câu 6 (1,0 điểm).

a)  tan 2 2

cos2 -3
sin

P 




Cho góc lượng giác , biết . Tính giá trị biểu thức .

b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh của trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải trong đó có
4 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Nhà trường muốn chọn một nhóm 5 học sinh trong 10 học
sinh trên để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ 1 năm học 2015 – 2016 do
huyện uỷ Phù Cừ tổ chức. Tính xác suất để chọn được một nhóm gồm 5 học sinh mà có cả nam
và nữ, biết số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ.

ABCDCâu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, đáy là hình chữ nhật có AB = a, AD =
a√3. Biết góc giữa đường thẳng A’C và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ
ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau B’C và C’D theo a.

Oxy ABC A G ABC D AC GD GC G d: 2x3y 13 0 BDG

 

C :x2 y2 2x 12y 27 0

     B BC B G

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ ,
cho tam giác vuông cân tại . Gọi là trọng tâm tam giác . Điểm thuộc tia đối của tia sao cho . Biết
điểm thuộc đường thẳng và tam giác nội tiếp đường trịn . Tìm toạ độ điểm và viết phương trình
đường thẳng , biết điểm có hồnh độ âm và toạ độ điểm là số nguyên.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau trên tập :

2
2

5 13 57 10 3

2 9

3 19 3

x x x

x x

   

  

  

, ,

a b cCâu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương . Chứng minh rằng:





2 3

2 3 1 6

a b c

a b c

a b c a b c

 

  

     

TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TỔ TỐN TIN MƠN: TOÁN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần 1

Thời gian làm bài: 180 phút khơng kể giao đề
(Đáp án gồm có 6 trang)

Câu Đáp án Điểm

1 y x3 3x

  Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số .

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

2 1

' 3 3 ' 0

1
x

y x y

x
 

     



 Ta có

Giới hạn









3 3

lim lim 3 lim 1

x x x

y x x x

x

y x x x

x

     

        

 

        

 

 

       

 

0,25

Bảng biến thiên

x   11

 

f x  0 0

 

f x

2

  



1;1



Hàm số đồng biến trên khoảng



  ; 1





1;



Hàm số nghịch biến trên khoảng và
Hàm số đạt cực đạt tại điểm x = 1 và yCĐ = 2

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = -1 và yCT = -2

0,25

Đồ thị:

Bảng giá trị

x -2 -1 0 1 2

y 2 -2 0 2 -2

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

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-5
5

x
y

0,25

2 1

2 1

x
y

x




 2;4 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
trên đoạn .

2;4
 

 Hàm số liên tục trên đoạn 0,25





' 0, 2;4

2 1

y x

x

 

     



Ta có

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

 

2 1; 4

 

3 7

y  y 

Có 0,25

2;4
3
max =
7
y
 

  x4 2;4

1
min =

3
y
 

  x2Vậy khi và khi

0,25

3

Câu 3 (1,0 điểm).









3 1

log x  x log x4 1

a) Giải phương trình .
1
4 0
x
x
 

  

 Điều kiện:





























2 2

3 3 3 3 3

2 2

3 3

log log 4 1 log log 4 log 3

log log 3 4 3 4

x x x x x x

        

 

       

 

0,25

2 4 12 0 2

6
x
x x
x
 
     


 (thoả mãn)
2; 6

x x

Vậy phương trình có hai nghiệm .

0,25

2 1

2 1 1

2
8
x
x

  
  

  b) Giải bất phương trình ﾧ.
Bất phương trình tương đương với

 

2 1 3 3 2 1 1 2

2 2 2 2 2 1 1

x

x x x x x



    

       

ﾧ

0,25

2 2 0 2 0

x x x

       S  



2;0



. Vậy bất phương trình có tập nghiệm . 0,25

4





2
0

2 1 sin

I x x dx







 

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân .





2 2 2 2

0 0 0 0

2 1 sin 2 . sin

I x x dx xdx dx xdx A B C

   





  











   0,25

2
2
2 2
0
0
2 .
4

A xdx x








 
2
2
0
0 2

B dx x








 
; 
0,25





2
2
0
0

sin os 1

C xdx c x







   0,25

4 2

I A B C      

Vậy

0,25
5

Oxyz

 

P :x y  2z 1 0 A



2;0;0 ,

 

B 3; 1;2



 

S

I

 

P A B O, Câu 5 (1,0
điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ , cho mặt phẳng và hai điểm . Viết phương
trình mặt cầu tâm thuộc mặt phẳng và đi qua các điểm và điểm gốc toạ độ .



, ,



I x y z I 

 

P  x y  2z 1 0

 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

 

, ,

A B O S  IA IB IO

 

2 5

2
1

x y z

x

   







 Do . Suy ra

2 1 0 1

2 5 2

1 1

x y z x

x y z y

x z

      

 

    

 

   

   I



1; 2;1



Từ (1) và (2) ta có hệ

0,25

R IA  Bán kính mặt cầu (S) là 0,25



x 1



2



y2



2



z 1



2 6

Vậy phương trình mặt cầu (S) là: 0,25

6

Câu 6 (1,0 điểm).

 tan 2 2

cos2 -3
sin

P 




a) Cho góc lượng giác , biết . Tính giá trị biểu thức .

2 2

cos2 -3 2cos 4

sin 1 cos

P  

 



 

 0,25

2 2

1 1 1

1 tan cos

cos 1 tan

 

    



9
2
P 

. Suy ra

0,25

b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh của trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải
trong đó có 4 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Nhà trường muốn chọn một nhóm 5 học

sinh trong 10 học sinh trên để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ 1
năm học 2015 – 2016 do huyện uỷ Phù Cừ tổ chức. Tính xác suất để chọn được một
nhóm gồm 5 học sinh mà có cả nam và nữ, biết số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ.

 

10 252

n  C 

Không gian mẫu

Gọi A là biến cố 5 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời số học sinh nam ít
hơn học sinh nữ.

1 4

4. 6

C C Trường hợp 1: Chọn 1 học sinh nam và 4 học sinh nữ nên ta có

2 3

4. 6

C C Trường hợp 2: Chọn 2 học sinh nam và 3 học sinh nữ nên ta có

0,25

 

1 4 2 3

4. 6 4. 6 180

n A C C C C 

Suy ra

 

57

P A 

Vậy xác suất cần tìm là

0,25

7

aC D' B C' ABCD A B C D. ' ' ' '600



ABCD



A C' AB a AD a,  3ABCD

. ' ' ' '

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>





A A  ABCD ABCD A B C D. ' ' ' '

Do là lăng
trụ đứng nên .

 ' 600

A CA 



ABCD



A C' Suy ra góc giữa và
mặt phẳng là

0,25

2 2 2 ' .tan600 2 3

AC  AB BC  a A A AC  a Có

, 3 ABCD . 3

AB a AD a  S AB AD a

ABCD là hình chữ nhật có
. ' ' ' '

ABCD A B C D V A A S' . ABCD 6a3 Vậy thể tích khối lăng trụ là

0,25

Do C’D//AB’ nên C’D//(AB’C)



' , '





' , A '







', A '







B, A '





d C D B C d C D B C d C B C d B C

Suy ra
Do BC’ giao với mp(AB’C) tại trung điểm của BC’ (vì BCC’B’ là hình chữ nhật)

0,25







 



BM AC  AC  BB M  AB C  BB M

Kẻ theo giao tuyến B’M





' '

BH B M  BH  AB C d



B, A '



B C



BH

Kẻ hay

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 17 2 51

' ' 12

a
BH

BH B B BM B B BC AB  a   Có



' , '



2 51
17
a
d C D B C 

Vậy

0,25

G B BC B

 

C :x2y2 2x 12y27 0 BDG d: 2x3y 13 0 G


</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Tam giác ABC vuông cân tại A có G là trọng tâm
nên GB = GC

Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường
tròn tâm G.

Suy ra

 2 2 900

BGD  BCD  BCA   BG GD

Hay tam giác BDG vng cân tại G
10

R  Đường trịn (C) tâm I(1;6) bán kính
ngoại tiếp tam giác BDG nên I là trung điểm của
BD

IG  IG BDDo đó và

0,25

13 2

: 2 3 13 0 ;

3
m
G d x y   G m  

 Vì



2;3



10 28 75

;
13 13
G
IG
G


    


 

 

 Từ , do toạ độ điểm G là số nguyên nên G(2;3).

3 17 0

x y  IG BDBD đi qua I(1;6) và nên phương trình

 









2;5
,
4;7
B

B D BD C

D
 


  

 (do hoành độ điểm B âm)



2;5



B 

Vậy

0,25

Gọi M là trung điểm của BC ta có AM = MB = MC (do ABC vuông cân tại A)
AM BC  GM MB

1 1

3 3

GM  AM  MB

Suy ra và

 1  3

tan cos
3 10
MG
GBM GBM
MB
   
Nên

 

n  a b





a2 b2 0



 

Gọi với là VTPT của BC.



4; 2



BG

 

1;2

BG    n 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Ta có VTCP của BG là là VTPT của BG















3 .

cos , cos , cos cos ,

10 .

BG

BG BG

BG

n n

BG BC n n GBM n n

n n
    
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   
 

Có





2 2
2 2
2 0

3 35 40 5 0

7 0

10 5

a b a b

a ab b

a b
a b

  
       
 

 
0,25

 

0 1;1

a b   n 


: 3 0

BC x y   Trường hợp 1: Với nên phương trình

: 7 33 0

BC x y  7a b  0 n 

 

1;7


Trường hợp 2: Với nên phương trình
3 0

x y  

Do hai điểm D và G cùng mằn về một phía đối với đường thẳng BC nên
phương trình BC thoả mãn là

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>



2;5



B  BC x y:   3 0

Vậy và

9

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau trên tập :

2
2

5 13 57 10 3 2 9

3 19 3

x x x x x

x x
   
  
  
19
3
3
4
x
x

  


 

 Điều kiện

Bất phương trình tương đương



3 19 3

 

2 3 19 3



2 2 9

3 19 3

x x x x

x x
x x
     
  
  
0,25
2

2 x 3 19 3x x 2x 9

      

5 13

2 3 19 3 2

3 3

x x

x x x x

     

           

   





2

2 2 2

5 13

9 3 9 19 3

3 3

x x x x

x x
x x
x x
     
    
     
   
   
   
0,25



2 2



2 1 0

 

*

5 13

9 3 9 19 3

3 3
x x
x x
x x
 
 
 
    
      
   
    
    
 
2 1
0
5 13

9 3 9 19 3

3 3
x x
x x
 
     

   
   
   

 

19
3; \ 4

3
x  

  Vì với mọi

0,25

 

* x2 x 2 0 2 x 1

       

Do đó (thoả mãn)
2;1

S   

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là .

0,25
10 a b c, , Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương . Chứng minh rằng:





 

2 3 1

2 3 1 6

a b c

a b c

a b c a b c

 

  

     

Bất đẳng thức tương đương với





2 2 3 3 1 6

4 2 4 3 4 1 4 6

a b c

a a b b c c a b c

a b c a b c

 
           
      
     
     
     
0,25

































2 2 2 2

2 3 1 6

4 2 4 3 4 1 4 6

a b c a b c

     

   

      0,25

















 

2 2 2 2

2 3 1 6

a b c a b c

     

   

     

0,25

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

 



 





 







 

2 2

2 3 1 6

2 2

2 3 1

a b c a b c

VT VP

a b c

a b c

         

 

  

  

    

2; 3; 1

a  b c Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Vậy bất đẳng thức (2) đúng. Do đó bất đẳng thức (1) được chứng minh.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc

Trường THPT Đồng Đậu

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016

Mơn: Tốn

Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề.





3 3 2 2 1 2,

y x  mx  m  x m

Câu 1 (2,0 điểm).

Cho hàm số là tham số.

1)

m1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi .

2)

x2

Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại .

Câu 2 (1,0 điểm).

1)

log (2 x 5) log ( 2 x2) 3

Giải phương trình:

2)

7x 2.71x 9 0

  

Giải phương trình: .





( ) ln 1 2

f x x   x



2;0



Câu 3 (1,0 điểm).

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

hàm số trên đoạn .

10
x

3
2
1 n
x

x

 



 

  Cn4 13Cnn 2.




Câu 4 (1,0 điểm).

Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển

biểu thức , biết n là số tự nhiên thỏa mãn

Câu 5 (1,0 điểm).

 2



 

  sin( ) 1.

  tan 7
2




 



 

 

1) Cho góc thỏa mãn và Tính .

2) Trong cuộc thi “Rung chng vàng” có 20 bạn lọt vào vịng chung kết, trong đó

có 5 bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia các bạn thành 4

nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiên bằng cách bốc

thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm.

Câu 6 (1,0 điểm).

S ABCD

Cho hình chóp có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt

phẳng vng góc với mp(ABCD). Biết AC = 2a, BD = 4a. Tính theo a thể tích khối

chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.

1: 2 2 0, 2: 3 3 6 0

d x y  d x y  3 d1 d2 d1

Câu 7 (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ

với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình lần lượt là và tam giác

ABC đều có diện tích bằng và trực tâm I thuộc . Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn

nội tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ giao điểm và đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

biết điểm I có hoành độ dương.

Câu 8 (1,0 điểm).

Giải hệ phương trình:





2 2 2 3 1 1

3 6 2 3 7 2 7

x xy y y y x

y x y x

       




     





.

2 2 12

a  b





2
4 4

4 4 5

P

a b a b

  



Câu 9 (1,0 điểm).

Cho các số thực dương a, b thỏa mãn .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

---Hết---(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc

Trường THPT Đồng Đậu

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016

ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM

Mơn thi: Tốn

Câu

Đáp án

Điểm

1.1

(1,0

điểm)

3 3 2 2

y x  x 

Với m = 1 hàm số trở thành

D R

*Tập xác định :

* Sự biến thiên:

lim , lim

x y x  y 

+ Giới hạn tại vô cực:

0,25

2 0

' 3 6 , ' 0

2
x

y x x y

x



    





+ Chiều biến thiên :

( ;0)(2;) (0;2)

Các khoảng đồng biến: và ; khoảng nghịch biến :

0, CD 2

x y  x2,yCT 2.

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại ; đạt cực tiểu tại

0,25

+ Bảng biến thiên:

x -∞ 0 2 +∞

y’

0 - 0+

0 y

-2

-∞

0,25

*Đồ thị:

0,25

1.2

(1,0

điểm)

2 2

' 3 6 1; '' 6 6

y  x  mx m  y  x m

Ta có:

0,25

'(2) 0

''(2) 0
y

x

y



  





Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại

0,25

2 12 11 0

12 6 0

m m

m

   

 

 



0,25

1
m

 

Vậy với m = 1 thì thỏa mãn u cầu bài tốn.

0,25

2.1

(0,5

x

Điều kiện . Phương trình đã cho tương đương với

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

điểm)

log (2 x 5)(x2) 3  (x 5)(x2) 8

2 3 18 0 6( / )

3( )

x t m

x x
x l


     



x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là

0,25

2.2

(0,5

điểm)

7 , 0

x
t t

2 2

9 0 9 14 0

7
t

t t t

t
t


        




Đặt . Ta có phương trình:

0,25

2, 7x 2 log 2

t suy ra   x

Với

7, 7x 7 1

t suy ra   x

Với



log 2;17



S 

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là .

0,25

3

(1,0

điểm)

( )

f x

Ta có hàm số xác định và liên tục trên đoạn [-2;0];

4 2 2

'( )
1 2
x x
f x
x
  



0,25



2;0



ì '( ) 0 1
2
x  th f x   x

Với

0,25

1 1

( 2) 4 ln 5; ( ) ln 2; (0) 0.

2 4

f    f    f 

Ta có

0,25

1
4 ln 5 à ln 2.

4
v

 

Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên

đoạn [-2;0] lần lượt là

0,25

4

(1,0

điểm)

3
n
n N







Điều kiện . Phương trình đã cho tương đương với

! !

13.

4!( 4)! ( 2)!2!

n n

n  n

0,25

2 5 150 0 15( / )

10( )

n t m

n n
n l


     



15.

n

Vậy

0,25

Với n = 15 ta có

 

15 15
15
3 3
15
2 2
0
15
45 5
15
0
1 1
.
( 1) .

k

k k

k

k k k
k

x C x

x x
C x





   
  
   
   
 



0,25

x 45 5 k 10 k 7( / )t m

Để trong khai triển đã cho có số hạng chứa thì

x C157.( 1) 7 6435

Vậy hệ số của trong khai triển đã cho là .

0,25

5.1

(0,5

điểm)

1 1

sin( ) sinx

3 3

    

Ta có:

tan tan 3 tan cot

2 2 2

  
    
     
      
     
     

0,25

cot 0
2

  

    1 cot2 12 cot 12 1 2 2

sin sin

 

     

Vì . Do đó

tan 2 2

2


 
 
 

 

Vậy .

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

5.2

(0,5

điểm)

5 5 5 5
20. 15. 10. 5
C C C C

 

Chia 20 học sinh thành 4 nhóm nên số phần tử của không

gian mẫu là

0,25

Gọi A là biến cố “ Chia 20 học sinh thành 4 nhóm sao cho 5 bạn nữ thuộc

cùng một nhóm”

5 5 5
15. 10. 5

C C C

Xét 5 bạn nữ thuộc một nhóm có cách chia 15 nam vào 3 nhóm

cịn lại

5 5 5
15 10 5
4. . . .

A C C C

 

Vì 5 bạn nữ có thể thuộc nhóm A,B,C hay D nên ta có

5 5 5

15 10 5
5 5 5 5
20 15 10 5

4. . . 1

( )

. . . 3876

A C C C

P A

C C C C


  



Vậy xác suất của biến cố A là .

0,25

6

(1,0

điểm)

SH  AB

Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB đều nên



SAB

 

 ABCD suy ra SH



, 



ABCD



Mà .

2 2

, 2 5

OA a OB  a AB OA OB a

Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta

có

3 15

2 2

a

SH a 

a

Tam giác SAB đều cạnh nên đường cao

0,25

1 1

. .2 .4 4

2 2

ABCD

S  AC BD a a a

Đáy ABCD là hình thoi nên có diện tích

3
.

1 2 15

. .

3 3

S ABCD ABCD

a

V  S SH 

Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là

0,25





/ / / /

AD BC AD SBC

Ta có



;





;( )





;( )





;( ) .



d AD SC d AD SBC d A SBC  d H SBC

Do đó

à ê ( )

BCHK v BCSH n n BC SHK

Gọi K là hình chiếu của H trên BC, ta có

à ê ( ).

HI SK v HI BC n n HI  SBC

Gọi I là hình chiếu của H trên SK, ta có





( ; ) 2 ;( ) 2

d AD SC  d H SBC  HI

Từ đó suy ra

0,25

2 2

2 5

HBC ABC ABCD

S S S a

HK

BC BC BC

  

   

Ta có

2 2

. 2 15

HS HK a

HI

HS HK

 

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>



;



2 4 15
91
a
d AD SC  HI 

Vậy

7

(1,0

điểm)

M AIBC
( 0), ,
AB x x  R r

G

ọi . Giả sử lần

lượt là bán kính

đường trịn ngoại

tiếp, nội tiếp tam

giác ABC

2 3 2 3

3 2

4 4

ABC

x x

S     x

-Do tam giác ABC đều nên

0,25

1 1 3

3 3 3

r IM AM

    

-Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm

đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp tam giác ABC .

(2 2; ) ( 1)

I a a d a

Giả sử

0,25

2
d

6 2 6

3(2 2) 3 6 3 1( )

( ; ) 3 6 6 6 3

3
9 9

a a a l

d I d r a

a

 

    



       







Do tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên

(2; 2)

I

Suy ra .

2 2 3

3 3

R AM 

Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính



phương trình đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC

2 2 4

( 2) ( 2)

3
x  y 

là :

0,25

( )d

Giao điểm của đường thẳng và (C ) là nghiệm của hệ phương trình:

2 2

2 2 0

( 2) ( 2)

x y

  






   




1
( )d ( )d2

2 4 2 4

(2 ; 2 ), (2 ; 2 )

15 15 15 15

E   F  

Vậy giao điểm của và là .

0,25

8

(1,0

điểm)





2 2 2 3 1 1 (1)

3 6 2 3 7 2 7 (2)

x xy y y y x

y x y x

       




     





1 6

2 3 7 0

x
y

x y






 


   



Điều kiện .

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

(1) ( 1 )( 1 ) ( 1 ) 0

( 1 ) 1 0

y x

y x y x y y x

y x

y x y x y

y x

 
         
 
 
        
 
 

0,25

1
1

1 0 (*)

1
y x

y x y

y x
 


 
    
  

0
1 6
x
y




 



+ Với , suy ra phương trình (*) vơ nghiệm

y x  3 5 x3 5x 4 2 x7 (3)

+ Với thay vào (2) ta được

0,25

5 ó :

5 x ta c

Điều kiện

















2 2

(3) 7 3 5 3( 5 4) 0

3 5 4

7 9 5

7 3 5 5 4

1 3

5 4 0

7 3 5 5 4

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x x

       
 
  
  
    
 

     
    
 

0,25

2 5 4 0 1

1 3

0( )

7 3 5 5 4

x

x x

x

VN

x x x x

  
   
  





 

    


( ; ) (1;2) à ( ; ) (4;5)x y  v x y 

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là

0,25

9

(1,0

điểm)

2 2 12

a  b





2
4 4

4 4 5

8
P

a b a b

  



Cho các số thực dương a, b thỏa mãn . Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Từ giả thiết và bất đẳng thức CôSi ta có:

2 2 12 2 4 2 16 4 2 16 2 4 .2 16 0 8

a  b  a   b  a b  a b   ab

0,25





2 2 2 2

4 4 2 2

4 4 5 1 5 1

. .

64 8 8 16 64 2

a b ab a b

P

a b

a b a b b a

b a
 
 
       
      

Do đó

( 2)
a b
t t
b a

   1 2 5 . 1 1

16 64 2 8

P t

t

  



Đặt , ta có

0,25

1 5 1 1

( ) . ê (2; )

16 64 2 8

f t t tr n

t

   



Xét hàm số





1 5 1 5

'( ) . ; '( ) 0

8 64 2 2

f t t f t t

t

    



Ta có

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Bảng biến thiên

2; 

5 27

min ( )

2 64

f t f


 
  

 

Từ bảng biến thiên ta có

64
P

2, 4.

a b

Suy ra , dấu bằng xảy ra khi

64 a2,b4.

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi

0,25

---

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Mơn: Tốn

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

y=x3−6x2+9x −2 Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số (1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

b) A(−1;1) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm và vng góc với đường thẳng đi qua hai
điểm cực trị của (C).

Câu 2 (1.0 điểm).

y=x4−2x2+3

[

0;4

]

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : trên đoạn .

Câu 3 (1.0 điểm).

a) sinα=1

2 P=

√

2(1+cotα). cos(

π

4+α) Cho . Tính giá trị biểu thức .

b) 95 3 x x 2 34−2x Giải phương trình: =

Câu 4 (1.0 điểm).

x5

(

x+ 2

x2

)

a)Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển : .

b) Trong bộ mơn Tốn, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung
bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính
xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó,
trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ khơng ít hơn 4.

Câu 5 (1.0 điểm).

√

9x2+3+9x −1≥

√

9x2+15 Giải bất phương trình:
Câu 6 (1.0 điểm).

ABC ABC .A ' B ' C ' AB=a ,AC=a

√

3 BCC' B ' M , N CC' B ' C ' ABC .A ' B ' C '

A ' B ' MN . Cho lăng trụ đứng , có đáylà tam giác vng tại A,, mặt bên là hình vng, lần

lượt là trung điểm của và . Tính thể tích khối lăng trụ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng và

Câu 7 (1.0 điểm).

ABC ABC Oxy (C):x2

+y2−3x −5y+6=0 H(2;2) BC=

√

5 Trong mặt phẳng với hệ

tọa độ , cho tam giác nội tiếp trong đường tròn . Trực tâm của tam giác là và đoạn .

A , B , C Tìm tọa độ các điểm biết điểm A có hồnh độ dương .

Câu 8 (1.0 điểm).

x3− y3+5x2−2y2+10x −3y+6=0

√

x+2+

√

4− y=x3+y2−4x −2y

¿{

Giải hệ phương trình :

Câu 9 (1.0 điểm).

, ,
a b c

a2

+b2+c2=3 S=a
3

+b3

a+2b+

b3+c3

b+2c+

c3+a3

c+2a

Cho ba số thực dương và thỏa mãn điều kiện .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .

---Hết---Thí sinh khơng được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………SBD:………...…...

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Câu Nội dung Điểm

1a

y=x3−6x2+9x −2 Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số (C).

a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 1.0

 TXĐ D= R 0.25



x=1

x=3

⇒

y=2

y=−2

¿
¿
¿
¿
¿
¿

y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=>

 xlim  y ; limx y- Giới hạn tại vô cực:

0.25

BBT

(− ∞;1);(3;+∞) KL: Hàm số đồng biến trên khoảng

Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2

Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2

0.25

 Đồ thị 0.25

x

y’

y









1

3 





0 



2

-2

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

1b

A(−1;1) b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm và vng góc với đường thẳng đi

qua hai điểm cực trị của (C). 1.0

Đuờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4 0.5

Ta có ptđt vng góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½ 0.25

y=1

2x+
3

2 Vậy PT đư ờng thẳng cần tìm là 0.25

2

y=x4−2x2+3

[

0;4

]

Câu 2 (1.0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

hàm số trên đoạn . 1.0

y’=4x3-4x =4x(x2-1) 0.25

[

0;4

]

y’= 0 <=> x=0, x=1 x= -1 loại 0.25

Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227 0.25

[

0;4

]

Vậy GTLN y = 227 , trên khi x=4

[

0;4

]

GTNN y= 2 trên trên khi x=1 0.25

3

a) sinα=1

2 P=

√

2(1+cotα). cos(

π

4+α) Cho . Tính giá trị biểu thức 0.5

P=sinα+cosα

sinα (cosα −sinα)=

1−2sin2α

sinα 0.25

sinα=1

2 thay vào ta tính được P =1 0.25

b) 95 3 x x 2Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 0.5

x2

+2x −3=0 đưa về cùng cơ số 3 khi đó phương trình tđ với 0.25

nghiệm cần tìm là x = 1 hoặc x = -3 0.25

4

x5

(

x+ 2

x2

)

a)Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển : .

(

x+ 2

x2

)

(

x+2x−2

)

14=

∑

❑
❑

C14

k

x14−3k.2k =

số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3

C14
3

23=2912 Hệ số cần tìm là

0.25
0.25
f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2

-2 -1 1 2 3 4 5 6

-3
-2
-1
1
2
3
4
5

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

b) Trong mơn học Tốn, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15
câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi đựơc chọn
từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải
có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ khơng ít hơn 4.

0.5

|Ω|=C740=18643560 Không gian mẫu của việc tạo đề thi là :

Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ 3 loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi

dễ khơng ít hơn 4.

|

ΩA

|

=C20
4

.C5
2

.C15
1

+C204 .C51.C152 +C205 .C51C151 =4433175

0.25

P(A)=

|

ΩA

|

|Ω|=

915

3848 Xác suất cần tìm là 0.25

5

√

9x2+3+9x −1≥

√

9x2+15 Giải bất phương trình: 1.0

9x −1≥

√

9x2+15−

√

9x2+3≥0⇒x ≥1

9 Nhận xét :

bpt⇔

(

√

9x2+3−2)+3(3x −1)≥

√

9x2+15−4

0.25
⇔ 9x2−1

√

9x2+3+2+3(3x −1)−

9x2−1

√

9x2+15+4≥0 0.25

(3x −1)

[

3x+1

√

9x2+3+2−

3x+1

√

9x2+15+4+3

]

≥0

(3x −1)

[

(3x+1)

(

√

9x2+3+2

− 1

√

9x2+15+4

)

]

≥0⇒3x −1≥0⇔x ≥1

0.25

x ≥1

3 kết hợp các Đk suy ra nghiệm của BPT là là nghiệm của bpt 0.25

6 ABC ABC .A ' B ' C ' AB=a ,AC=a

√

3 BCC' B ' ABC .A ' B ' C ' Cho lăng
trụ đứng .Có đáylà tam giác vng tại A,, mặt bên là hình vng, M, N lần lượt là trung
điểm của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng
A’B’ và MN

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Ta có BC= BB’=2a

VABC .A ' B 'C '=BB'.SΔABC=2a.1

2a.a

√

3=a

√

3 .

0.25
0.25

gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách
d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình
chiếu vng góc của C’ lên mp(MNP)

Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MPC’

0.25

C ' H= C ' M.C ' P

√

C ' P2

+C ' M2=

a

√

7 0.25

7 ABC ABC (C):x2

+y2−3x −5y+6=0 H(2;2) BC=

√

5 Trong mặt phẳng
với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nội tiếp trong đường tròn . Trực tâm của tam giác là , . 1.0

I

(

2;
5

)

AH(2− x ;2− y) Gọi tâm đường tròn (C) là và A(x;y) suy ra M là

trung điểm của BC

AH=√5⇔x2

+y2−4x −4 y+3=0 Học sinh tính được 0.25

kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình

x2+y2−4x −4y+3=0

x2

+y2−3x −5y+6=0

¿{

Giải hệ ta được (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)

AH=2IM Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng minh được

0.25
0.25

0.25

B

A

C

P

B’

N

A’

C’

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

AH=2IM

(2y −1)2+y2−3(2y −1)−5y+6=0⇔y2−3y+2=0⇔

y=1

y=2

x=1

x=3

¿
¿
¿

⇒¿
¿
¿
¿

Từ ta tính được

M(2;3/2) Do (BC ) vng góc với IM nên ta viết được phương trình (BC): x-2y+1
=0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường trịn (C) ta được

Suy ra toạ độ của B(1;1) , C(3;2) hoặc B(3;2) , C(1;1)

Vậy A( 1;4), B(1;1) , C(3;2) hoặc A( 1;4), B(3;2) , C(1;1)

8

x3− y3+5x2−2y2+10x −3y+6=0(1)

√

x+2+

√

4− y=x3+y2−4x −2y(2)

¿{

Câu 8: Giải hệ 1.0

x ≥-2;y ≤4 Điều kiện

(1)⇔x3+5x2+10x+6=y3+2y2+3y
⇔(x+1)3+2(x+1)2+3(x+1)=y3+2y2+3y

f (t)=t3+2t2+3t , f '(t)=3t2+4t+3>0∀t∈R Xét hàm số

Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc

√

x+2+

√

3− x=x3+x2−4x −1 Phương trình :

0.25

⇔

(

√

x+2+

√3

− x

)

−3=x3+x2−4x −4⇔2

(

√

(x+2) (3− x)−2)

√

x+2+

√

3− x+3 =(x+1)

(

x
2

−4

)

⇔ 2

[

(x+2) (3− x)−4

]

(

√

x+2+

√

3− x+3

)

(

√

(x+2) (3− x)+2)=(x+2)(x
2

− x −2)

⇔ 2(− x

+x+2)

(

√

x+2+

√

3− x+3

)

(

√

(x+2) (3− x)+2)−(x+2)

(

x

− x −2

)

0.25

⇔

(

x2− x −2

)

[

x+2+ 2

(

√

x+2+

√

3− x+3

)

(

√

(x+2) (3− x)+2)

]

¿0(vix ≥ −2)

⇔x2− x −2

=0⇔

x=2

x=−1

¿
¿
¿
¿
¿

Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)

0.25

9 a b c, ,

S=a

3
+b3

a+2b+

b3+c3

b+2c+

c3+a3

c+2a a

+b2+c2=3 Câu 9 : Cho ba số thực dương và thỏa
mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : .

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

x3+1

x+2 ≥

7
18 x

2
+ 5

18 (x>0)() Trước tiên ta chứng minh BĐT : 0.25

( )⇔18(x3+1)≥(x+2)

(

7x2+5

)

⇔(x −1)2(11x+8)≥0 luôn đúng với mọi x>0, d ấu “=” sảy ra khi x=1 0.25

a
b;

b
c;

c

a Áp dụng (*) cho x lần lượt là

c3
+a3

c+2a≥

7c2

18 +
5a2

18 ;

b3
+c3

b+2c≥

7b2

18 +
5c2

18 ;

a3
+b3

a+2b≥

7a2

18 +
5b2

18 ;

0.25

S ≥12

(

a

+b2+c2

)

18 =2 Từ các đảng thức trên suy ra

Vậy MinS =2 khi a=b=c=1

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Sở GD&ĐT Nghệ An ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA LẦN I
Trường THPT Phan Thúc Trực Năm học 2015 – 2016

Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

3 3 2

yx  x Câu 1: (2,0 đ) Cho hàm số (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2

y x b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thi (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng 
d:

biết tọa độ tiếp điểm có hồnh độ dương.
2

3 1

log (x 3 ) log (2x  x2) 0 ; ( x )

Câu 2: (0,5đ)Giải phương trình:

4 2

( ) 2 4 10

f x  x  x 



0; 2



Câu 3: (0,5đ)Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên 
đoạn

1
0

(1 x)
I 



e xdx

Câu 4: (1,0đ) Tính tích phân:

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: (1,0đ)


3
2


  

tan 2 A sin 2 cos( 2)


 

  

a) Cho góc thỏa mãn: và. Tính giá trị của biểu

thức .

b) Trong cụm thi để xét cơng nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4 mơn trong đó có 3 mơn bắt
buộc là Tốn, Văn, Ngoại ngữ và một mơn do thí sinh tự chọn trong số các mơn: Vật lí, Hóa học, Sinh
học, Lịch sử và Địa lí. Trường A có 30 học sinh đăng kí dự thi, trong đó có 10 học sinh chọn mơn Lịch
sử. Lấy ngẫu nhiên 5 học sinh bất kỳ của trường A, tính xác suất để trong 5 học sinh đó có nhiều nhất 2
học sinh chọn mơn Lịch sử.

Câu 7: (1,0đ)Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a, hình chiếu của S lên mặt
phẳng

60 (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho AB = 3AH. Góc tạo bởi SA và mặt phẳng (ABC) bằng . 
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.

Câu 8: (1,0đ) 
1

( ;0)
2

H  ( ; )1 1
4 2
I

5x y  1 0 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với AB//CD 
có diện tích bằng 14, là trung điểm của cạnh BC và là trung điểm của AH. Viết phương trình đường
thẳng AB biết đỉnh D có hồnh độ dương và D thuộc đường thẳng d: .

5
2

( 3) 2 ( 3 ) 2

9 16 2 2 8 4 2

xy y x x y x y

x y x

       




    



 ( ,x y )Câu 9: (1,0đ) Giải hệ phương trình: 
2x3y7Câu 10: (1,0đ)Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

2 2 3 2 2

2 5( ) 24 8( ) ( 3)

P xy y  x y  x y  x y 

...Hết………….

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015 - 2016
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Mơn thi: Tốn (Gồm 4 trang)

Câu Nội dung Điểm

1.
(2,0đ)

a. 1,0đ

* TXĐ: D=R
* Sự biến thiên:

' 3 3, ' 0 1

y  x  y   x - Chiều biến thiên:

0,25

(  ; 1) à (1;v )Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng , đồng biến trên khoảng (-1;1)
d 0

c

y  yct 4- Cực trị: HS đạt cực tiểu tại x = -1; và đạt cực đại tại x = 1;

lim ; lim

x y  x  y- Giới hạn:

0,25
- Bảng biến thiên:

x  - -1 1 +
y’ 0 + 0

-y

+ 0

 4

0,25

*Đồ Thị: Cắt trục Ox tại 2 điểm (1;0); (-2;0); cắt trục Oy tại điểm (0;-2). Đi qua điểm (2; -4) 0,25

b. 1,0đ

3 3 2 2

x x x

     Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của phương trình: 0,25
0

2( / )
2

x

x t m

x



   



 0,25

Với x = 2 thì y(2) = -4; y’(2) = -9 0,25

PTTT là: y = -9x + 14 0,25

2.
(0,5đ)

Đk: x>0 (*)

3 3

log (x 3 ) log (2x x 2)

    Với Đk(*) ta có: (1) 0,25

2 2 0 1( / )

2( )

x t m

x x

x loai




     



 . Vậy nghiệm của PT là x = 1 0,25

3.
(0,5đ)

( )

f x



0;2



3
'( ) 8 8

f x  x  x xác định và liên tục trên đoạn , ta có: 0,25



0;2



x

0
'( ) 0

1
x
f x

x



   

 Với thì: . Ta có: f(0) = 10; f(1) = 12; f(2) = -6

0;2ax ( ) (1) 12; min ( )0;2 (2) 6

M f x f  f x f 

Vậy:

0,25

Câu Nội dung Điểm

(1,0đ) (1 x) x

u x du dx

dv e dx v x e

 

 



 

   

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

1
1
0

( x) ( x)

I x x e 



x e dx

Khi đó: 0,25

1
0

1 ( )

2 2

x
x

I e e

      0,25

0,25
5.

(1,0đ)

2 2

(2;2;1); (4; 5; 2) ;

4 5

AB AC     AB AC


   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

 Ta có: không cùng phươngA; B; C lập 0,25
. 2.4 2.( 5) 1.2 0

AB AC      ABAC
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

thành tam giác. Mặt khác: suy ra ba điểm A; B;

C là ba đỉnh của tam giác vng. 0,25

AG Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G(4;0; -2). Ta có: 0,25
6

AG (x 2)2(y1)2(z3)2 6Mặt cầu cần tìm có tâm A và bán kính nên có pt: 0,25
6.
(1,0đ)
a. 0,5đ
3
2

  
sin 0
os 0

c






 2

1 1 2

os sin os .tan

1 tan 5 5

c   c  



    

 Vì nên .

Do đó: 0,25

4 2 5
2sin . os sin

5
A c    

Ta có: 0,25

b. 0,5đ

5
30

( ) 142506

n  C  Số phần tử của không gian mẫu là: 0,25

Gọi A là biến cố : “5 học sinh được chọn có nhiều nhất 2 học sinh chọn môn lịch sử”

5 4 1 3 2

20 20 10 20 10

( ) 115254

n A C C C C C  Số phần tử của biến cố A là: 
115254

( ) 0,81

142506

P A  

Vậy xác suất cần tìm là: .

0,25

(1,0đ) ABC
1
2
2
9 3
4
a

(ABC)

 Diện tích đáy là: dt() = AB.AC.Sin600 = . Vì SH nên góc tạo bởi 0,25
0

60
SAH

   SH AH.tan 600 a 3SA và (ABC) là: . Thể tích khối chóp S.ABC là:
3

1 9

. ( )

3 4

a
SH dt ABC 

AD BC Kẻ thì d(SA,BC)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))=3d(H,(SAD)) Vì AB=3AH
HI AD HKSI ADSH AD(SHI) ADHK Kẻ và ,do nên Suy ra:

0,25

Câu Nội dung Điểm

0 3

AH.sin60
2
a

HI   1 2 12 12 52 15

3 5

a
HK
HK HI HS  a  

3 15

( , )

5
a
d SA BC 

d(H,
(SAD)) = HK. Ta có: . Trong tam giác SHI , ta có: . Vậy

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

8.
(1,0đ)

13
2
AH 

Vì I là trung điểm của AH nên A(1;1); Ta có: . 0,25

2x 3y 1 0 M AHCDPhương trình AH là: .Gọi thì H là trung điểm của AM

Suy ra: M(-2; -1). Giả sử D(a; 5a+1) (a>0). Ta có: 0,25

. ( , ) 14
ABCD ADM

ABH MCH S S AH d D AH

     

28
( , )

13
d D AH

 

0,25
13a2 28 a2( ìv a0)(2;)

Hay
1

(1;3)

4MD 



(3; 1)

n  Vì AB đi qua A(1;1) và có 1VTCP là AB có 1VTPT lànên AB có

3x y  2 0 Pt là: 0,25

9.
(1,0đ)

0 2

(*)
2

x
y

 





 

( 1) ( 3) 2 ( 1) 0

( 3) 2 ( 1) (3)

x

x y y x x

y y x x




 

         

   

 Đk: .Với đk(*) ta

có (1)

0,25

Câu Nội dung Điểm

B
A

I
K

A B

D C

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

2 2 8 1 ( )

8
y   y loai

Với x = 1 thay vào (2) ta được:





3 3

(3) y2  y2 ( x)  x f t( ) t3 t f t'( ) 3t2 1 0; t

        Ta có: (4). 
Xét hàm số Hàm số f(t) là hs đồng biến, do đó:

0,25

( 2) ( ) 2 2

f y f x y x y x

         (4) thay vào pt(2) ta được:

2
4 2 x2 2x4  9x 16

2 2 2 2 2

32 8x 16 2(4 x ) 9x 8(4 x ) 16 2(4 x ) (x 8 ) 0x

           

2(4 ) ( 0)

t  x t

2 2 2

4 16 ( 8 ) 0

4 0( )
2

x
t

t t x x

x

t loai





     

   

 Đặt: ; PT trở thành:

0,25

0 2

4 2 4 2 6

2(4 ) 32

2 3 3

9
x
x

x x y

x
 





       




 Hay

4 2 4 2 6
;

3 3

  

 

 Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) là:

0,25

10.
(1,0đ)

2 2 3 3

6( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36 5

x y

x y  x y        x y xy  

  Ta có . 0,25





2 2 2 2

5(x y ) 2x y  5(x y ) 2 x y

Ta có và

2 2 2

2 2

( 3) 9 2 6 6 0

2( 3) 8( ) ( 3)

x y x y xy x y

x y xy x y x y

        

        

2( ) 24 2( 3)

P xy x y   x y xy   Suy ra

0,25





, 0;5

t  x y xy t P f t( ) 2t 24 23 t 6

    Đặt ,





3
/

2 2

3 3

(2 6) 8
24.2

( ) 2 2 0, 0;5

3 (2 6) (2 6)

t

f t t

t t

 

     

  Ta có

0,25





0;5



hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng .

min ( )f t f(5) 10 48 2  Suy ra

3 2

min 10 48 2,

1
x

P khi

y



  



 Vậy

0,25

………….Hết…………
Lưu ý: - Điểm bài thi khơng làm trịn

- HS giải cách khác đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa của phần tương ứng

</div>

Tải Bộ đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán - Số 4 - Đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án năm 2016





<sub></sub>







 

 



























<i>AD</i>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>









I

A

<sub>C</sub>



















 

 











 



 

 



















 

<sub> </sub>

























