Câu I: Cho hàm số f(x) = -x4 + 2(m + 1)x2 – 2m – 1

1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 0

2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có

hoành độ tạo thành cấp số cộng.

Câu II:

1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x45 trên đoạn [-1;1]

2) Tìm a ≥ 1 để nghiệm lớn của phương trình: x2 + (2a – 6)x + 1 – 13 = 0 đạt giá

trị lớn nhất.

Câu III: Giải các phương trình sau:

1)21 log√2 (x – 1) – log

21 (x + 5) = log4 (3x + 1)2

2) 0sin22

cossin)sin(cos2 66

x

xxxx

Câu IV:

1) Trong mặt phẳng với hệ độ độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC là I (-2; 1) và thỏa mãn điều kiện góc AIB = 900, chân đường

cao kẻ từ A đến BC là D (-1; -1), đường thẳng AC đi qua điểm M (-1;4). Tìm tọa

độ các đỉnh A, B biết rằng đỉnh A có hoành độ dương.

2) Cho đường thẳng (d) và đường tròn (C) có phương trình: (d): 2x – 2y – 1 = 0,

(C): (x + 1)2 + (y+ 2)2 = 2

a) Xác định vị trí tương đối của (d) và (C).

b) Tìm trên (C) điểm N(x1; y1) sao cho x1 + y1 đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Câu V: Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy, mặt bên (SBC)

tạo với đáy góc 600. Biết SB = SC = BC =a tính thể tích khối chóp theo a.

Câu VI: Khai triển (x – 2)100 = a0 + a1x + a2x2 + … + a100x100

a) Tính T = a0 + a1 + a2 + … + a100

b) Tính S = a1 + 2a2 + … + 100a100

TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 2 (25/10/2015)MÔN THI: TOÁN HỌC

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

THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016MÔN: TOÁN

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2a) Khảo sát sự biến thiên và và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng24x - y -5=0Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sinx(2sinx + 1) = cox(2cosx + √3)

Cầu 3 (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn hệ thức (i+3)z +ii2 = (2 -i)z. Tìm môđun của

số phức w = z - iCâu 4 (1.0 điểm). Trong cụm thi xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phái thi 4 môntrong đó có 3 môn buộc Toán, Văn. Ngoại ngữ và 1 môn do thi tinh tự chọn trong số cácmôn: Vật li. Hóa học. Sinh học, Lịch sử vả Địa lý. Một trường THPT có 90 học sinh đăngki dự thi. trong đó 30 học sinh chọn mỏn Vật lỉ vả 20 học sinh chọn môn Hóa học. Chọnngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ của trường đó. Tính xắc suất để trong 3 học sinh đó luôn cócả học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa học.Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đấy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a.Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AB. Gócgiữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chópS.ABCD. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.Câu 6. (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): (x – 1)2 + (y –

2)2 + (z – 3)2 = 9 và đường thẳng2

22

236:

zyx . Viết phương trình mặt phẳng (P)

đi qua M(4; 3; 4), song song với đường thẳng ∆ và tiếp xúc với mặt cầu (S).Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộcđường thẳng d: x + 2y – 6 = 0, điểm M(1; 1) thuộc cạnh BD. Biết rằng hình chiếu vuônggóc của điểm M trê cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng ∆: x + y – 1 = 0. Tìm tọađộ đỉnh C.Câu 8 ( 1,0 điểm). Giải bất phương trình:

1352)1232)(2( 2 xxxxx

Câu 9 ( 1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 5(x2 + y2 + z2) = 9(xy + 2yz+ xz). Tìm giá trị của biểu thức:

222 )(1zyxzy

xP

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2016 chuyên Vĩnh Phúc lần 1

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 3sin2x – 4sinxcosx + 5 cos2x = 2

Câu 5 (1,0 điểm)

a) Tìm hệ số của x10 trong khai triển của biểu thức: (3x3 – 2/x2)5

b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu

nhiên (đồng thời) 3 quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh.

Câu 6 (1,0 điểm). 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.

Câu 7 (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đấy 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 = 2MS. Biết AB = 3, BC = 3√3, tính thể tích của khối

chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM.

Câu 8. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy), cho tam giác ABC ngoại

tiếp đường tròn tâm J(2;1). Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC

có phương trình: 2x + y – 10 = 0 và D(2;-4) là giao điểm thứ hai của AJ với đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành

độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0.

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số12

xxy (1)

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

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp điểm đó có hệ số góc bằng41

Câu 2: (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y =vx4 - 2x3 - 5x2 + 1 trênđoạn [-3; 1]

Câu 3: (1,0 điểm) Cho hàm số y =31

x3 +21 ax2 + bx +

31 . Xác định a, b để hàm số đạt

cực đại x = 1 và giá trị cực đại tại điểm đó bằng 2.

Câu 4 (1,0 điểm) Cho cosα =54 ; )0

2( . Tính giá trị biểu thức

)4

cos()4

sin( A

Câu 5. (1,0 điểm) Một bình đựng 6 viên bi màu trắng vả 7 viên bi màu vàng. Lấy ngẫunhiên một viên bi, rồi lấy tiếp một viên nữa. Tính xác suất của biến cố lần thứ hai đượcmột viên bi màu vàng.Câu 6. (1,0 điểm) Trong không gian hình chóp S.ABCD, tứ giác ABCD là hình thang cân,hai đáy BC và AD. Biết SA = a 2 , AD = 2a, AB = BC = CD = a. Hình chiếu vuông góccúa S trên mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm cạnh AD. Tính theo a thể tích khối chópS.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD.

Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có M(2;25

) là trung

điểm của AB, trọng tâm của tam giác ACD là điểm G(3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh của hìnhvuông ABCD, biết B có hoành độ dương.

Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

0322840412)38(

232

3

yyyxxyyxx (x, y ∈ R)

Câu 9. (1,0 điểm) Cho 2 số thực a, b∈ (0; 1) thỏa mãn (a3 + b3)(a + b) - ab(a - 1)(b - 1)

= 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2222

311

11 baab

baF

..........................Hết.......................(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

SỞ GD&ĐT BẮC GIANGTRƯỜNG THPT HIỆPHÒASỐ 1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016Môn thi: TOÁN

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

SỞ GD&ĐT BẮC GIANGTRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

ĐỀ: CHÍNH THỨC(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIATHÁNG 10 - 2015

MÔN: TOÁNThời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 (1)a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)b). Tìm tọa độ điểm A(x1; y1) thuộc (C), biết tiếp tuyến với (C) tại A cắt (C) tại điểm B(x2;y2) (B khác điểmA) sao cho x1 + x2 = 1Câu 2. (2,0 điểm)a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f(x) = x4 – 2x2 – 3 trên đoạn [0; 2].b) Giải phương trình 3 sin2x + 2sin2x = 4sin3xcosx + 2Câu 3. (1,5 điểm)a) Một tổ của lớp 12A1 trường THPT Lục Ngạn số 1 – Bắc Giang gồm 5 nam và 8 nữ.Từ tổ trên người ta cần lập một nhóm “Tình nguyện” gồm 4 học sinh. Tìm xác suất đểtrong 4 học sinh được chọn có ít nhất 1 nữ.

b) Tìm hệ số xủa x6 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của biểu thức 65 )43( nxP (x ≠

0), biết n là số nguyên dương thỏa mãn 272 12 nn AC .

Câu 4. (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M làtrung điểm của đoạn AB. Biết hai mặt phẳng (SMC), (SMD) cùng vuông góc với mặtphẳng (ABCD) và góc tạo bởi đường thẳng SC với mặt đáy bằng 600. Tình theo a thể tíchkhổi chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD).Câu 5. (1,0 điểm) Trên mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là điểm thuộccạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B, cắt BD tại N(6; 2). Tìm tọa độ cácđiểm A và C, biết M(5; 7); đỉnh C thuộc đường d: x + y - 4 = 0, hoành điểm C nguyên vàđiểm A có hoành độ bé hơn 2.Câu 6. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

0117651232

03)4(22

3

xxxyx

yyxx(x, y ∈ R)

Câu 7. (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn x.y.z = -1 và x4 + y4 = 8xy - 6.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:z

yxxyP

21)( 2 .

----------Hết----------

TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠOTổ: TOÁN

(Đề thi gồm 01 trang)

KÌ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm)� ���� ��� � �� ���� �� �� �� ��� ��� �����

xxy

Câu 2 (1,0 điểm)� ��� ��� �� � � �� � �� � � ! �� ��� "� #�$� %��� &�'( ) �* ����& �+�� ,- #�$ �.� ��/� 0 "� )�-� ��/� ,- #�$ �� �12 3��Câu 3 (1,0 điểm). 4*� )�� �1� "5 �6� �� )�� �17 �8 �6� ,- ��� ��9

:#�$ � �� � ;�� < = �1� ��. >?�@ �A�Câu 4 (1,0 điểm). B��� &�'( ) �1* � �� �� � ���� � ��� � ? �Câu 5 (1,0 điểm). CD� �D& � ) �E ��� �� 41� ) �! ! � ��� � ��+ �8F E ��� � ��+ �- � �� G ��� � ��+ �� )� H6� )I+ ��� �J �D& 1- � ��� �� 4K � �� �+6� �/ "6� �'L K� �6� � ��� � ! M ) ��+�

Câu 6 (1,0 điểm). 4K � )�5� �. �

���"���

�

x

xxxLx

Câu 7 (1,0 điểm). ��� �* � �!& N�0O� ! ��� 0O� "� �-� )�� �P+ . � -� 4-�)�� NO� Q �.� N �� R� �1� ) �S� &�T ) �+U ) )! �5� �S� &�T ) #0O�$� O���N0 � -� 4K � ��V� - ��/ �K � W��� �!& N�0O� �� W��� ) � � �J ��/� O �� �S�&�T ) #N0�$�Câu 8 (1,0 điểm). 41� ) �S� &�T ) �5� �X �12 �Y- �D 3��F �� �* � �+U ) 0O�Z ! �[ � �#�@ ?�$ �� ��/� 0 ��+D �'\ ) ��T ) ]9 � < �� � � � ^� BY� _ "� ��/�

��+D . � O�F ` "� )�-� ��/� ,- �-� �'\ ) ��T ) 0_ �� �ZF $�=a@

�=;a# I "� )�-�

��/� ,- �-� �'\ ) ��T ) Z_ �� O �̀ 4*� �Y- �D � ��/� OF Z ��� ��/� C#�� @ ^$

��+D �'\ ) ��T ) 0 �̀Câu 9 (1,0 điểm). B��� &�'( ) �1* � � ����$E# xxx �1� �b& �L& �� �� �Câu 10 (1,0 điểm). ��� �-� �� �� -F ��+D #^@ �$ �� ��8- �c ��P+ W�X #-� <�$#- < $ � -#� ? -$#� ? $� 4*� )�� �1� "5 �6� ,- �/+ ��d

����

���

�� baba

baT

----------Hết----------

Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: 3 23 1 y x x có đồ thị là (C) .a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm 1 5A ; . Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến

với đồ thị (C) B A . Tính diện tích tam giác OAB, với O là gốc tọa độ.

Câu 2 (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số2 3 6

1

x xf (x)x

trên đoạn 2 4 ; .

Câu 3 (1.0 điểm)a) Giải phương trình lượng giác: 2 6 4 cos x cos x cos x

b) Cho 425

cos với2 . Tính giá trị của biểu thức: 1

4

P tan cos

Câu 4 (1 điểm)

a)Tìm hệ số của số hạng chứa 2010x trong khai triển của nhị thức:2016

2

2

x

x.

b) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ các chữ số1 2 3 4 5 6 7 8 9, , , , , , , , . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp X. Tính xác suất để số được chọn chỉ chứa 3chữ số lẻ.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm 1 2 3 4A( ; ), B( ; ) và đường thẳngd có phương trình: 2 2 0x y . Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao cho: 2 2 36MA MB .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và 2 4AB , AC . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của đoạn thẳng AC. Cạnhbên SA tạo với mặt đáy một góc 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đườngthẳng AB và SC.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đườngtròn (T) có phương trình: 2 2 6 2 5 0x y x y . Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Đường trònđường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biếtđường thẳng MN có phương trình: 20 10 9 0x y và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:2 2 1 1

3 6 3 2 3 7 2 7

xy y y x y x

y x y x

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: 3x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức:2 2 2

3 3 38 8 8x y zP

yz x zx y xy z

-------------------------- Hết --------------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh:.......................................................... Số báo danh:..................................

SỞ GD & ĐT BẮC NINHTRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016Môn: TOÁN;

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.Ngày thi: 7/11/2015

Câu Đáp án Điểm1

(2.0 điểm)a. (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị…• Tập xác định: D . • Sự biến thiên:

2 0 13 6 0

2 5

x yy ' x x; y 'x y

0.25

Giới hạn:x xlim y ; lim

Bảng biến thiên: x -2 0 y ' 0 0

y5

1

0.25

- H/s đb trên các khoảng 2 0 ( ; ), ( ; ) và nb trên khoảng 2 0( ; ).- Hàm số đạt cực tại 2 5 CÑx ;y ; đạt cực tiểu tại 0 1 CTx ;y . 0.25

0.25

b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…tính diện tích tam giác….+ Ta có: 1 9 y '( ) phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm 1 5A ; là:

9 1 5 9 4 y (x ) y x (d)0.25

+ Tọa độ điểm B là giao của d và (C) có hoành độ là nghiệm pt:3 2 3 23 1 9 4 3 9 5 0 x x x x x x 2 1

1 5 05

x(x ) (x )x

0.25

Do B A nên 5 49 B( ; ) . Ta có: 6 54 6 82 AB ; AB ;

482

d O,d .0.25

Suy ra: 1 1 4 6 82 122 2 82 OABS d O,d .AB . . (đvdt)

0.25

2(1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất…

Ta có f (x) liên tục trên đoạn 2 4 ; ,2

2

2 31

x xf '(x)

(x )0.25

Với 2 4 x ; , 0 3 f '(x) x 0.25

Ta có: 102 4 3 3 43

f ( ) ,f ( ) ,f ( ) 0.25

Vậy

3)(4;2

xfMin tại x = 3;

4)(4;2

xfMax tại x = 2 0.25

3 a. Giải phương trình …

• Đồ thị:x 1 1y 3 5

(1.0 điểm)PT 2 4 2 4 cos x cos x cos x 4 2 2 1 0 cos x( cos x )

4 0122

cos x

cos x0.25

48 42

2 23 6

x kx k

x k x k0.25

b.Tính giá trị biểu thức…

Do2 nên 0 0 sin ,cos . Ta có:

2 1 2 1 12 10 10

coscos cos ,

2 2 9 3110 10

sin cos sin , 3

sintancos

0.25

Khi đó: 1 1 1 3 2 51 1 352 2 10 10

P tan . cos sin . 0.25

4(1.0 điểm)

a.Tìm hệ số của số hạng chứa 2010x trong khai triển…

Xét khai triển:2016

20162016

20162 20

2 2

kk k

kx C x

x x

20162016 3

201602

k k k

kC x 0.25

Số hạng chứa 2010x ứng với 2016 3 2010 2 k k là 2 2 201020162 C x có hệ số là

2 2 22016 20162 4C C .

0.25

b.Tính xác suất …Gọi là không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X”.Khi đó: 6

9 60480 A 0.25

Gọi A là biến cố: “Số được chọn chỉ chứa 3 chữ số lẻ”. Khi đó:+ Chọn 3 chữ số lẻ đôi một khác nhau từ các chữ số 1 3 5 7 9, , , , có 3

5C cách.+Chọn 3 chữ số chẵn đội một khác nhau từ các chữ số 2 4 6 8, , , có 3

4C cách.+ Sắp xếp các chữ số trên để được số thỏa mãn biến cố A có 6! cách.Do đó 3 3

5 4 6 28800 A C .C . !

Vậy xác suất cần tìm là: 28800 1060480 21

AP(A)

0.25

5(1.0 điểm)

Tìm tọa độ điểm M …Giả sử 2 22 2 2 3 2 5 8 13M( t ; t) d MA ( t ; t) MA t t

2 21 2 4 5 12 17MB ( t; t) MB t t 0.25

0.25

Ta có: 2 2 2 2 236 5 8 13 5 12 17 36 10 4 6 0MA MB t t t t t t 0.251 4 13 4 35 5 5

t M( ; )

t M ;

Vậy tọa độ điểm M là: 16 35 15 5

M( ; ),M ; .

0.25

6 Tính thể tích khối chóp S.ABC

(1.0 điểm) S

A

B

CH

K

E

D

0.25

ABC vuông tại B 2 2 12 3 2 32ABCBC AC AB S AB.BC

Vậy 1 1 2 3 2 3 43 3S.ABC ABCV SH.S . . .

0.25

Dựng hình chữ nhật ABCD AB // CD AB // (SCD)2d(AB,SC) d(AB,(SCD)) d(A,(SCD)) d(H,(SCD)) (do 2AC HC )

Trong (ABCD), gọi E là trung điểm CD HE CD CD (SHE) Trong (SHE), kẻ HK SE (K SE) HK (SCD) d(H,(SCD)) HK

0.25

Ta có: 1 32

HE AD

SHE vuông tại E 2 2 2

1 1 1 1 1 5 2 1512 3 12 5

HKHK HS HE

Vậy 4 1525

d(AB,SC) HK

0.25

7(1.0 điểm)

Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC.

A

B CH

M

N

I

E

Suy ra: AI vuông góc MN

0.25

phương trình đường thẳng IA là: 2 5 0x y Giả sử 5 2A( a;a) IA.

Mà 2 2 2 05 2 6 5 2 2 5 0 5 10 0

2aA (T) ( a) a ( a) a a aa

Với 2 1 2a A( ; ) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)Với 0 5 0a A( ; ) (loại vì A, I cùng phía MN)

0.25

SH vuông góc (ABC) góc giữaSA và (ABC) là: 60oSAH

2 3SH AH.tanSAH

(T) có tâm 3 1I( ; ), bán kính 5R .

Do IA IC IAC ICA (1)Đường tròn đường kính AH cắt BC tạiM MH AB MH //AC (cùng vuônggóc AC) MHB ICA (2)Ta có: ANM AHM (chắn cung AM) (3)Từ (1), (2), (3) ta có: IAC ANM ICA AHM

90oMHB AHM

Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH 9210

E MN E t; t

Do E là trung điểm AH 382 1 410

H t ; t

58 482 2 4 2 4 410 10

AH t ; t , IH t ; t

Vì 2 2720 2 80 96 0255

tAH HI AH.IH t

8 11 135 5 528 31 1725 25 25

t H ; (thoûa maõn)

t H ; (loaïi)

Với 8 11 135 5 5

t H ;

(thỏa mãn)

0.25

Ta có: 6 35 5

AH ;

BC nhận 2 1n ( ; )

là VTPT

phương trình BC là: 2 7 0x y 0.25

8(1.0 điểm)

Giải hệ phương trình …Điều kiện: 0 1 6 2 3 7 0x , y , x y (* )

Nhận thấy10

yx

không là nghiệm của hệ phương trình 1 0y x 0.25

Khi đó, PT 2 11 1 11

y x( ) x(y ) (y )y x

11 11

y x(y )(x y )y x

11 1 01

(x y ) yy x

1 0 1x y y x (do (*))

0.25

Thay vào PT (2) ta được: 3 5 3 5 4 2 7x x x ĐK: 4 5 5/ x (**)

3 5 7 3 5 4 0x ( x) ( x x) 2 24 5 3 4 5 0

3 5 7 5 4x x ( x x )

x ( x) x x

2 1 34 5 03 5 7 5 4

( x x )x ( x) x x

0.25

2 5 4 0x x (do (**)1 24 5

x yx y

(thỏa mãn (*),(**))

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1 2 4 5( ; ), ( ; ).

0.25

9(1 điểm)

Tìm GTNN …

Ta có BĐT:2 2 2 2a b c (a b c) (* )

x y z x y z

với 0a,b,c,x,y,z và chứng minh. 0.25

(Học sinh không chứng minh (*) trừ 0.25)

Áp dụng (*) ta có:2

3 3 38 8 8(x y z)P

xy yz zx x y z

Ta có:2 2

3 2 2 4 2 68 2 4 22 2

x x x x xx ( x)( x x )

2 23 2 2 4 2 68 2 4 2

2 2y y y y yy ( y)( y y )

2 23 2 2 4 2 68 2 4 2

2 2z z z z zz ( z)( z z )

Suy ra:2

2 2 2

22 2 2 18

(x y z)Pxy yz zx (x y z) x y z

2

2

218

(x y z)(x y z) (x y z)

0.25

Đặt 3t x y z (t ). Khi đó:2

2

218

tPt t

Xét hàm số:2

2

218

tf (t)t t

với 3t .

Ta có:2

2

2 3618

( t t)f '(t)(t t )

, 0 36f '(t) t

BBT: x 3 36 y ' 0

y144/71

3/4 2

0.25

Từ BBT ta có: GTNN của P là: 34

khi 3t .

Vậy GTNN của P là: 3/4 khi 1x y z . 0.25

▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.

TRƯỜNG THPT NGỌC TẢONăm học 2015-2016

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG KHỐI 12Môn: TOÁN

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

Câu 1 (2điểm) Cho hàm số y =4

2 12 2

x x (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).b) Tìm giá trị của m để phương trình x4 + 2x2 + m = 0 có hai nghiệm phân biệt.Câu 2 (1điểm)

a) Tìm các số nguyên a, b biết rằng: x = a + b 2 và x + 2 2 =1 2x + ( 2 + 1)2 – 1.

b) Cho số thực x thỏa mãn x3 = 4. Tính giá trị biểu thức: M = 313 22 4 16 x x .

Câu 3 (1điểm)Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2( ) 4 f x x x .Câu 4 (1điểm)Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A(1; –2), B(4; –4). Viết phương trình đường tròn tâm O vàtiếp xúc với đường thẳng AB.Câu 5 (1điểm)a) Giải phương trình: 2sin (cos 1) 3cos2 x x x .

b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton của Q(x) = 3 12

n

xx

biết

rằng: 2 11 4 6 n

n nA C n .Câu 6 (1điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, 32

aSD . Hình chiếu vuông

góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khốichóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).Câu 7 (1điểm)Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 2. Tâm I là giao của haiđường thẳng 1 : 2 0 d x y và 2 : 2 4 13 0 d x y . Trung điểm M của cạnh AD là giaođiểm của 1d với trục Ox . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết điểm A có tung độdương.

Câu 8 (1điểm) Giải hệ phương trình

3 3 41 1

1 1 1

x x yx

x y(x, y R).

Câu 9 (1điểm)Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn 34

a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức3 3 3

1 1 13 3 3

Pa b b c c a

.

----------Hết----------

Họ và tên thí sinh: ……………………………………………. SBD: ………………

SỞ GD&ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I

NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN : TOÁN 12

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

Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số 2 3

.2

xy

x

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

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 23 4y x x trên đoạn 2;1 .

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin 1 3sin 2cos 1 sin 2 cosx x x x x

Câu 4 (1,0 điểm).

a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2 23 15 5n nA C n .

b) Tìm số hạng chứa 5x trong khai triển 20

2

12 , 0.P x x x

x

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho tam giác ,ABC với 2;5 ,A trọng tâm

4 5; ,

3 3G

tâm đường tròn ngoại tiếp 2;2I . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh .BC

Câu 6 (1,0 điểm).

a) Cho tan 2 . Tính giá trị của biểu thức: 2sin cos4cot .

sin cosP

b) Nhà trường tổ chức tham quan dã ngoại cho 10 thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Toán học và 10

thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Tiếng Anh. Trong một trò chơi, ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5

thành viên tham gia trò chơi. Tính xác suất sao cho trong 5 thành viên được chọn, mỗi Câu lạc bộ có ít

nhất 1 thành viên.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp . ,S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với 2 2 .AD AB a

Tam giác SAD là tam giác vuông cân tại đỉnh S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy

.ABCD Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và .BD

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho hình chữ nhật ,ABCD có 2 .AD AB Điểm

31 17;

5 5H

là điểm đối xứng của điểm B qua đường chéo AC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ

nhật ABCD , biết phương trình : 10 0CD x y và C có tung độ âm.

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

3

3

8 2 2 2

2 1 2 1 8 13 2 82 29

x y y y x

y x x y x

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn 2, 1, 0.x y z Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức: 2 2 2

1 1

1 12 2 2 3P

y x zx y z x y

.

----------- Hết ----------

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

Họ và tên thí sinh:...............................................................................; Số báo danh:................................

1/4

SỞ GD&ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

(Hướng dẫn chấm – thang điểm 10 có 04 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I

NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN TOÁN 12

Câu Nội dung – đáp án Điểm

1

Tập xác định \ 2D

Ta có lim 2; lim 2x x

y y

2 2

lim ; limx x

y y

Đồ thị có tiệm cận đứng 2;x tiệm cận ngang 2.y

0,25

2

7' 0 2

2y x

x

Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 2 , 2; và

không có cực trị.

0,25

Bảng biến thiên

x 2

y' y 2

2

0,25

Đồ thị 0,25

2

Hàm số 3 23 4y f x x x xác định và liên tục trên đoạn 2;1 và 2' 3 6y x x 0,25

0 2;1' 0

2 2;1

xy

x

0,25

2 16; 0 4; 1 2f f f 0,25

Vậy Giá trị lớn nhất 4 là khi 0x , giá trị nhỏ nhất là 16 khi 2.x 0,25

3

PT 2sin 1 3sin 2cos 1 cos 2sin 1x x x x x

2sin 1 3sin cos 1 0x x x 0,25

2sin 1 0

3 sin cos 1 0

x

x x

0,25

+)

21 6

2sin 1 0 sin72

26

x k

x x

x k

0,25

+)

21

3 sin cos 1 0 cos 23 2 2

3

x k

x x xx k

0,25

4

a)

Điều kiện: , 2n n

2 2 !3 15 5 1 3 15 5

2! 2 !n n

nA C n n n n

n

0,25

25

11 30 0 .6

nn n

n

0,25

b) Khai triển P x có số hạng tổng quát

20 20 20 3

20 202

12 1 2

kk kk k k kC x C x

x

0,25

Ta phải có 20 3 5 5k k Số hạng chứa 5x là 5 15 5

20 2C x 0,25

2/4

5

Gọi M là trung điểm của BC . Ta có 10 10

;3 3

AG

. 0,25

10 42

33 32 3;0

010 52

3 3

M

M

M

M

xx

AG GM My

y

0,25

1; 2IM là véc tơ pháp tuyến của BC 0,25

Phương trình : 3 2 0 2 3 0.BC x y x y 0,25

6

a)

2

tan 1 4

tan 1 tanP

0,25

2 1 42.

2 1 4P

0,25

b)

Số phần tử của không gian mẫu là 5

20n C

Gọi A là biến cố “Chọn được 5 thành viên, sao cho mỗi câu lạc bộ có ít nhất 1

thành viên”

0,25

Số kết quả thuận lợi cho A là 5 5

10 10 504.C C

Xác suất của biến cố A là 5

20

504 6251

646P A

C .

0,25

7

Gọi I là trung điểm của .AD Tam giác SAD là

tam giác vuông cân tại đỉnh S SI AD .

Mà .SAD ABCD SI ABCD

2. .2 2ABCDS AB BC a a a

0,25

2

ADSI a

32

.

1 1 2. .2 .

3 3 3S ABCD ABCD

aV SI S a a

0,25

Dựng đường thẳng d đi qua A và song song với

.BD Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên

.d

/ / , ,BD SAH d BD SA d BD SAH

, 2 ,d D SAH d I SAH

0,25

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên ,SH IK SAH d I SAH IH

Ta có 5 6 6

, .5 6 3

a aIH a IK d SA BD

0,25

8

1 2 5tan cos cos

2 5 ACB ACD ACH

và 5

sin5

ACH 5

cos5

ACD

2 5

sin5

ACD

0,25

O

I

C

A

B

D

S

H

K

H

N

C

DA

B

3/4

3sin sin

5HCD ACD ACH

Ta có 18 2 18 2 5

, . 6 2.5 5 3

d H CD HC

Gọi 31 65

; 10 ;5 5

C c c CH c c

.

Ta có: 2 2 5

31 6772 5; 573

5 55

c

c c Cc

.

0,25

Phương trình : 5 5 0 0BC x y x y .

Gọi ;B b b , ta có 2 226 2 72 5 5 72BC CH BC b b

111;1 .

1

b loaiB

b

0,25

Tìm được 2;4 , 8; 2 .A D 0,25

9

Điều kiện:

12 1 0

22 0

2

x x

yy

Phương trình 3338 2 2 2 2 2 2 2x y y y x x x y y

Xét hàm đặc trưng: 3 2, ' 3 1 0f t t t f t t t

Hàm số f t liên tục và đồng biến trên R. Suy ra: 2 2x y

0,25

Thế 2 2x y vào phương trình thứ hai ta được:

3 22 1 2 1 8 52 82 29x x x x x

22 1 2 1 2 1 4 24 29x x x x x

2 22 1 2 1 4 24 29 0 2 1 2 1 4 24 29 0x x x x x x x x

2

12 1 0 3

2

2 1 4 24 29 0

x x y

x x x

0,25

Giải phương trình: 22 1 4 24 29 0x x x

Đặt 22 1, 0 2 1.t x t x t

Ta được phương trình: 2

2 21 12 1 29 0t t t 4 214 42 0t t t

2

2

3

1 292 3 7 02

1 29

2

t

t loai

t t t t t loai

t

0,25

4/4

Với 3

2 112

t x y

Với 1 29 13 29 103 13 29

2 4 2t x y

Vậy hệ phương trình đã cho có 3 cặp nghiệm: 1 3 13 29 103 13 29

;3 ; ;11 ; ;2 2 4 2

.

0,25

10

Đặt 2, 1,a x b y c z .

Ta có , , 0a b c và 2 2 2

1 1

1 1 12 1P

a b ca b c

Ta có

2 2

22 2 21 1

1 12 2 4

a b ca b c a b c

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 1a b c .

0,25

Mặt khác

33

1 1 127

a b ca b c

Khi đó :

3

1 27

1 1P

a b c a b c

. Dấu " " 1a b c

0,25

Đặt 1 1t a b c t . Khi đó 3

1 27

( 2)P

t t

, 1t .

Xét hàm 3

1 27( ) , 1

( 2)f t t

t t

;

2 4

1 81'( )

( 2)f t

t t

;

4 2 2'( ) 0 ( 2) 81. 5 4 0 4f t t t t t t ( Do 1t ).

lim ( ) 0t

f t

0,25

Ta có BBT.

t 1 4

'f t + 0 -

f t

1

8

0 0

Từ bảng biến thiên ta có

1

max ( ) (4) 48

f t f t

11

max (4) 1 3; 2;z 148

a b cP f a b c x y

a b c

Vậy giá trị lớn nhất của P là 1

8, đạt được khi ; ; 3;2;1x y z .

0,25

Chú ý: - Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng như đáp án.

- Câu 7. Không vẽ hình không cho điểm.

Luyenthipro.vn

TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU

ĐỀ CHÍNH THỨC

( Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I

Năm học 2015 – 2016.

MÔN: TOÁN. LỚP 12

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 23y x x (C).

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

b) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị (C) tạo với đường

thẳng : 3 0x my một góc biết 4

cos5

.

Câu 2(1,0 điểm ). Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số 2 3

2015

xy

x

.

Câu 3( 1,0 điểm). Xác định hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển

9

5

2

5x

x

.

Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình 2 2sin sin cos 2cos 0x x x x .

Câu 5(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 2

aSA ,

3

2

aSB , 060BAD và mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là

trung điểm của AB, BC. Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa

đường thẳng SH và DK.

Câu 6(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

2DC BC , tâm I( - 1 ; 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh CD, H( - 2; 1 ) là giao

điểm của hai đường thẳng AC và BM.

a) Viết phương trình đường thẳng IH.

b) Tìm tọa độ các điểm A và B.

Câu 7( 1,0 điểm). Giải phương trình

22 21

2 1 3 2 4 2 3 4 4 4 4 3 2 14

x x x x x x x trên tập số thực.

Câu 8( 1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn 2 2 2

0

2

x y z

x y z

.Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức 3 3 3P x y z .

------------------- Hết -------------------

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

Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh:………

1

TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I

MÔN: TOÁN. LỚP 12

(Hướng dẫn gồm 04 trang)

Chú ý:

Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó.

Điểm toàn bài không làm tròn.

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1a)

(1,0 đ)

TXĐ: D

Sự biến thiên: 23 6 3 2y x x x x

00

2

xy

x

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2;

Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 .

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 4CT

y , cực đại tại x = 0 0CÑ

y

Giới hạn lim , limx x

y y

0.25

Bảng biến thiên

0.25

Đồ thị f(x)=x^3-3*x^2

-4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

x

y

0.25

1b)

(1,0 đ)

Đường thẳng đi qua CĐ, CT là 1: 2 0x y 1 2;1VTPT n

Đường thẳng đã cho : 3 0x my có 2 1;VTPT n m

0.25

Yêu cầu bài toán 1 212

2 4cos ; cos ;

55. 1

mn n

m

0.25

2 225 4 4 5.16. 1m m m

211 20 4 0m m 0.25

x

y’

’

y

- ∞ 0 2 + ∞

0 0 + + -

- ∞

0

- 4

+ ∞

2

2

2

11

m

m

0.25

2

(1,0 đ)

Vì 2015

2 3lim

2015x

x

x

( hoặc

2015

2 3lim

2015x

x

x

) nên 2015x là

tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

0.5

Vì 2 3

lim 22015x

x

x

nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0.5

3

(1,0 đ)

Xét số hạng thứ k + 1 trong khai triển 9

5

1 9 2

5. .

kk

k

kT C x

x

0.25

9 7 18

1 9.5 .k k k

kT C x

0.25

Vì số hạng chứa x3 nên 7 18 3 3k k 0.25

Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển là 3 6

9.5 1.312.500C 0.25

4

(1,0 đ)

PT 2 2 2sin cos sin cos cos 0x x x x x 0.25

sin cos sin 2cos 0x x x x

sin cos 0 1

sin 2cos 0 2

x x

x x

0.25

1 tan 14

x x k k

0.25

2 tan 2 arctan2x x k k 0.25

5

(1,0 đ)

0.25

Từ giả thiết ta có AB = a, 2

aSA ,

3

2

aSB nên ASB vuông tại S

2

ABSH SAH đều. Gọi M là trung điểm của AH thì SM AB . Do

SAB ABCD SM ABCD .

0.25

Vậy .

1 1 1. . . .

3 3 2KSDC S KCD KCD BADV V SM S SM S

31 3 1 . . 3. . .

3 4 2 2.2 32

a a a a (đvtt)

0.25

A

B C

D

H

M

S

K

3

Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD = 4 AQ HQ KD nên

, ,SH DK SH QH

Gọi I là trung điểm HQ MI AD nên MI HQ

Mà SM ABCD SI HQ ,SH QH SHI .

0.25

Trong tam giác vuông SHI có:

1 1 1 3.

32 4 4 2cos4

2 2 2

aHQ DK

HISHI

a a aSH .

0.25

6a

(1,0 đ)

1; 1IH

0.5

Nên đường thẳng IH có phương trình 3 0x y . 0.5

6b

(1,0 đ)

Từ giả thiết ta suy ra H là trọng tâm của BCD 3IA HI

(2;5)A . 0.25

Ta có 2 22 2 6

3 3 3

BCHB BM BC MC ,

1 3

3 3

BCHC AC

2 2 2HB HC BC nên BM AC

0.25

BM đi qua H( -2; 1 ), nhận 1; 1IH

làm VTPT có phương trình

1 0x y tọa độ B có dạng B( t; - t - 1 ).

Lại có IA IB nên 2 2

18 1 3t t 2 4 4 0t t

0.25

2 8

2 8

t

t

. Do đó

2 2 2;1 2 2

2 2 2;1 2 2

B

B

. 0.25

7

(1,0 đ)

ĐK: 1 3

2 2x . Phương trình

22 2

2 2 1 2 12 1 3 2 2 1 3 2

2 2

x xx x x x

(*)

Xét hàm số 2f t t t trên 0; có 2 1 0 0;f t t t nên

hàm số f(t) đồng biến trên 0;

0.25

Do đó pt (*) trở thành

2

2 12 1 3 2

2

xf x x f

f ñoàng bieán

0.25

M

I

B

C D

H

A

4

2

2 12 1 3 2

2

xx x

2

8 2 1 3 2 4 2 1x x x

2

8 2 1 3 2 2 1 3 2x x x x ( **)

Đặt 2 1 0

3 2 0

x a

x b

thì phương trình (**) trở thành

2

2 2

2 2

8

4

a b a b

a b

22 2 2 2

2 2

8 4 (1)

4 2

a b a b a b

a b

Từ (1) 2 2 2 28 16 4 2 4a b a b a b a b

2 2 2 2 4 44 2 16 8a b ab a b a b (***)

0.25

Đặt ab = t 0 2t thì pt (***) trở thành

2 416 8 16 8t t t 22 2 4 0t t t t

0

2

1 5

1 5

t

t loaïi

t loaïi

t loaïi

. Vậy t = 0 2 1 3 2 2

2 1. 3 2 0

x x

x x

1

2

3

2

x

x

0.25

Chú ý: HS có thể giải theo cách khác như sau

Đặt 2 1 3 2a x x . Phương trình đã cho trở thành

2 4 22 2 4 8 8 8 0a a a a a a a

8

(1,0 đ)

Có 0x y z z x y 33 3 3P x y x y xyz

Từ 22 2 2 22 2 2x y z x y xy z

2 22 2 2 1z xy xy z

Vậy 23 1P z z

0.25

Do 22 2 2 2 21 3

22 2

x y z x y z z 4 4

3 3z

Đặt 33 3P f z z z với 4 4

;3 3

z K

0.25

Có 29 3f z z ,

1

30

1

3

z K

f z

z K

0.25

Ta có: 4 4 4 4 1 2 1 2

, , ,3 3 3 3 3 3 3 3

f f f f

Do vậy 2

max3

P khi 2 1

;3 3

z x y

0.25

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI MÔN TOÁN_KHỐI 12 (lần 1)Năm học: 2015-2016Thời gian: 180 phút

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 4y x x .Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2

2 2f x x x trên đoạn 1 ;22

.

Câu 3 (1,0 điểm).a) Giải phương trình sin 3 cos 2 1 2sin cos 2x x x x

b) Giải phương trình 28 8

42log 2 log 2 13

x x x

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm m để đường thẳng :d y x m cắt đồ thị C của hàm số11

xyx

tại hai điểm ,A B sao cho 3 2AB

Câu 5 (1,0 điểm).a) Cho cot 2a . Tính giá trị của biểu thức

4 4

2 2sin cossin cos

a aPa a

.

b) Một xí nghiệp có 50 công nhân, trong đó có 30 công nhân tay nghề loại A,15 công nhân tay nghề loại B, 5 công nhân tay nghề loại C. Lấy ngẫunhiên theo danh sách 3 công nhân. Tính xác suất để 3 người được lấy racó 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loạiC.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đường cao SA bằng 2a , tam giácABC vuông ở C có 2 ,AB a 30CAB . Gọi H là hình chiếu vuông của A trên

.SC Tính theo a thể tích của khối chóp .H ABC . Tính cô-sin của góc giữa hai mặtphẳng ,SAB SBC .Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang OABC (Olà gốc tọa độ) có diện tích bằng 6, OA song song với BC , đỉnh 1;2A , đỉnhB thuộc đường thẳng 1 : 1 0d x y , đỉnh C thuộc đường thẳng 2 : 3 2 0d x y .Tìm tọa độ các đỉnh ,B C .Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tạiA có phương trình ,AB AC lần lượt là 2 2 0,2 1 0x y x y , điểm 1;2M thuộcđoạn thẳng BC . Tìm tọa độ điểm D sao cho tích vô hướng .DB DC

có giá trị nhỏ

nhất.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình2

2

2

2 2 13 3

x x xx x

trên tập số

thực.Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực ,x y thỏa mãn 2 24 4 2 32x y xy . Tìmgiá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 1 2A x y xy x y .

-----------Hết-----------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh..........................

ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015-2016Câu Nội dung Điểm1 Tập xác đinh: D .

Sự biến thiên:- Chiều biến thiên: ' 23 6y x x ; ' 0 0; 2y x x 0,25Các khoảng đồng biến ; 2 và 0; ; khoảng nghịch biến 2;0 .- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại D2, 0Cx y ; đạt cực tiểu tại

0, 4CTx y

- Giới hạn tại vô cực: lim ; limx x

y y

0,25 Bảng biến thiên

x 2 0

'y 0 0

y 0

4

0,25 Đồ thị

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-15

-10

-5

5

10

15

f

x

=

x

3 +3

x

2

-4

0,252 Ta có 4 24 4f x x x ; f x xác định và liên tục trên đoạn 1 ;0

2

;

' 34 8 .f x x x 0,25Với '1 ;2 , 0 0; 2

2x f x x x 0,25

Ta có 1 13 , 0 4, 2 0, 2 42 16

f f f f

.0,25

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x trên đoạn1 ;02

lần lượt là 4 và 0.

0,253 a) sin 3 cos 2 1 2sin cos 2 sin 3 cos 2 1 sin sin 3

cos 2 1 sinx x x x x x x x

x x

0,25

2sin 0

1 2sin 1 sin 21 6sin2 5 2

6

x kx

x x x kx

x k

0,25

b) Điều kiện 0, 1x x .Với điều kiện đó, pt đã cho tương đương với :

22 28

4log 2 1 2 1 163

x x x x 0,25

2 1 42

2 1 4

x xx

x x

0,254 Pt hoành độ giao điểm 1 1 1

1x x m x x m xx

(vì 1x không

là nghiệm của pt) 2 2 1 0x m x m (1)Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt 2

1 2, 8 0x x m m .

Khi đó 1 1 2 2; , ;A x x m B x x m .Theo hệ thức Viet ta có 1 2

1 2

21

x x mx x m

0,50

2 221 2 1 2

2 21 2 1 2

3 2 18 2 18 9

4 9 2 4 1 9 1

AB AB x x x x

x x x x m m m

0,505 a)

4 4 4 4 4 4

2 2 4 42 2 2 2

sin cos sin cos sin cossin cos sin cossin cos sin cos

a a a a a aPa a a aa a a a

.0,25

Chia tử và mẫu cho 4sin a , ta được4 4

4 41 cot 1 2 171 cot 1 2 15

aPa

0,25b) Số phần tử của không gian mẫu 3

50 19600.n C 0,25Số kết quả thuận lợi cho biến cố “trong 3 người được lấy ra, mỗingười thuộc 1 loại” là 1 1 1

30 15 5. . 2250C C C . Xác suất cần tính là2250 4519600 392

p . 0,256

A

B

C

S

K

H

I

Trong mặt phẳng SAC , kẻ HI song song với SA thì HI ABC .Ta có cos30 3.CA AB a Do đó

21 1 3. .sin 30 .2 . 3.sin 302 2 2ABC

aS AB AC a a .

0,25

Ta có2 2 2

2 2 2 2 2 2. 3 3 6

4 3 7 7HI HC HC SC AC AC a HI aSA SC SC SC SA AC a a

.

Vậy2 3

.1 1 3 6 3. . .3 3 2 7 7H ABC ABC

a aV S HI a .

(Cách khác: . .1 .3H ABC B AHC AHCV V S BC ) 0,25

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Ta có,AH SC AH CB (do CB SAC ), suy ra AH SBC AH SB .

Lại có: ,SB AK suy ra SB AHK . Vậy góc giữa giữa hai mặt phẳng ,SAB SBC là HKA .

2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 7 .2 3

4 3 12 7aAH

AH SA AC a a a ;

2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 2

4 4 2AK a

AK SA AB a a a .

Tam giác HKA vuông tại H (vì ,AH SBC SBC HK ).

.2 3

6 77sin cos72 7

aAHHKA HKAAK a

0,50

7 : 2 0OA x y . : 2 0 0OA BC BC x y m m .

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

1 0 1

1 ; 22 0 2x y x m

B m mx y m y m

.

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

3 2 0 2

2;4 32 0 4 3x y x m

C m mx y m y m

.

0,50

2 2 22

2 2

1 . ,2

1 1 2 2 3 4 6 . 62 2 1

OABCS OA BC d O BC

mm m

2 3 1 12m m . Giải pt này bằng cách chia trường hợp để phádấu giá trị tuyệt đối ta được 1 7; 3m m . Vậy 7; 1 7 , 1 7;1 3 7B C hoặc 2;1 , 1; 5B C 0,50

8 Gọi vec tơ pháp tuyến của , ,AB AC BC lần lượt là 1 2 31;2 , 2;1 , ;n n n a b

.Pt BC có dạng 1 2 0a x b y , với2 2 0a b . Tam giác ABC cân tại A nên

1 3 2 3

2 2 2 2

cos cos cos , cos ,

2 2

5 5

B C n n n n

a ba b a ba ba b a b

0,50

Với a b . Chọn 2 11 1 : 1 0 0;1 , ;3 3

b a BC x y B C

,

không thỏa mãn M thuộc đoạn BC .Với a b . Chọn 1 : 3 0 4; 1 , 4;7a b BC x y B C , thỏamãn M thuộc đoạn BC . 0,25Gọi trung diểm của BC là 0;3I I .

Ta có 2 2

2.4 4

BC BCDB DC DI IB DI IC DI

.

Dấu bằng xảy ra khi D I . Vậy 0;3D 0,259 Điều kiện 3.x Bất pt đã cho tương đương với

2

2 22 2

2 2

2

2 2

22

2

2

2 42 2 3 31 0 1 0

3 3 2 23 3

1 63 3

1 02 2

3 3

x xx x x xx x

x x x xx x

x x xx x

xx x

x x

0,50

22

22

2

61 1 02 23 3

3 3

x xxx xx xx x

2 1 0 1 1x x (Với 3x thì biểu thức trong ngoặc vuông

luôn dương). Vậy tập nghiệm của bất pt là 1;1S 0,5010 Ta có 2 2 24 4 2 32 8 0 0 8x y xy x y x y x y 0,25

3 3 233 6 6 3 6.2

A x y x y xy x y x y x y

Xét hàm số: 3 23 3 62

f t t t t trên đoạn 0;8 .

Ta có ' 2 ' 1 53 3 3, 02

f t t t f t t hoặc 1 5

2t (loại) 0,25

Ta có 1 5 17 5 50 6, , 8 3982 4

f f f

. Suy ra 17 5 54

A

0,25

Khi 1 54

x y thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là

17 5 54

0,25

Thạch Thành, ngày 23 tháng 10 năm 2015Người ra đề và làm đáp án: Bùi Trí Tuấn

Trường THPT Bố HạTổ Toán- Tin

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2NĂM HỌC 2015-2016MÔN: 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 2 11

xyx

.

Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số 3 23 3 2y x x x có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến củađồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.Câu 3 (1,0 điểm) Cho hàm số 3 22( 2) (8 5 ) 5 y x m x m x m có đồ thị (Cm) và đường thẳng

: 1d y x m . Tìm m để d cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ tại x1, x2 , x3 thỏa mãn:2 2 21 2 3x x x 20 .Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (2sin 1)( 3 sin 2cos 2) sin 2 cos x x x x xCâu 5 (1,0 điểm)

a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 2 23 15 5 .n nA C n

b) Tìm hệ số của x8 trong khai triển20

2

1( ) 2 , 0.P x x x

x

Câu 6 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:a) 2 23 3 30x x

b) 23 3log 1 log ( 3) 1x x x

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với2 , AD 3AB a a . 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 chópS.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).

Gọi N là điểm thuộc cạnh AB sao cho 2

3AN AB . Biết đường thẳng DN có phương trình

x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B.

Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 5

3

32 5 2 ( 4) 2 2,

( 2 1) 2 1 8 13( 2) 82 29

x y y y y xx y

y x x y x

.

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn 2, 1, 0 x y z . Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức:2 2 2

1 1( 1)( 1)2 2(2 3)

Py x zx y z x y

------------------------- Hết ------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh.............................................................................Số báo danh...............................

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPTNĂM HỌC 2015-2016 LẦN 2

Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò

C©u Néi dung §iÓm

C©u 11.0®

Hàm số 2 11

xyx

- TXĐ: \ 1- Sự biến thiên:+ ) Giới hạn và tiệm cận :

x xlim y 2; lim y 2

.Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang

của đồ thị hàm số

x ( 1) x ( 1)lim y ; lim y

. Đường thẳng x= -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0,25đ

+) Bảng biến thiên

Ta có : 21' 0, 1

( 1)

y x

xHàm số đồng biến trên các khoảng ; 1 ; (-1;+ )

Hàm số không có cực trị

0,25đ

Vẽ đúng bảng biến thiên 0,25đ- Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị 0,25đ

C©u 21,0đ

Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung. Suy ra A(0;-2) 0,25đ2' 3 6 3 y x x 0,25đ

'(0) 3 y 0,25đPhương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;-2) là '(0)( 0) 3 3 2 y y x x 0,25đ

C©u 31,0đ

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng d là:3 2 3 22( 2) (8 5 ) 5 1 2( 2) (7 5 ) 2 6 0 x m x m x m x m x m x m x m

2( 2) 2( 1) 3 0 x x m x m (1)

2

22( 1) 3 0(2)

xx m x m

Đặt f(x)=VT(2)

0,25đ

(Cm) cắt d tại 3 điểm phâm biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 22 2 2' ( 1) (3 ) 0 ( 2 0 (3)

1(2) 0 1

mm m m mmf m

0,25đ

Khi đó giả sử x1=2; x2,x3 là nghiệm của (2). Ta có 2 3 2 32(1 ), 3 x x m x x mTa có 2 2 2 2 2

1 2 3 2 3 2 3x x x 4 (x x ) 2x x 4m 6m 2

0,25đ

2 2 21 2 3x x x 20 2 2 34m 6m 2 20 2m 3m 9 0 m 3 h

2oÆc m = - tm 0,25đ

C©u 41,0đ

(2sin 1)( 3 sin 2cos 2) sin 2 cos x x x x x (1)(1) (2sin 1)( 3 sin 2cos 2) cos (2sin 1) x x x x x

(2sin 1)( 3 sin cos 2) 0 x x x0,25đ

2sin 1 0(2)

3 sin cos 2(3)

x

x x

0,25đ

+) 5(2) 2 , 2

6 6x k x k

0,25đ

22 12sin76 2 212

x kx

x k

KL

0,25đ

C©u 51,0đ

a)ĐK: , 2n n .2 2 3. !3 15 5 ( 1) 15 5

2!( 1)!n nnA C n n n n

n

0,25đ

2 511 30 0

6n

n nn

0,25đ

b)

20 20

20 20 3202

0

1( ) 2 ( 1) 2k k k k

k

P x x C xx

Số hạng tổng quát của khai triển trên là 20 20 320C ( 1) 2k k k kx

0,25đ

Hệ số của x8 trong khai triển trên ứng với 20 3 8 4k k Vậy hệ số của x8 trong khai triển P(x) là 4 4 16

20C ( 1) 20,25đ

C©u 61,0đ

a)

2 2 23 3 30 3.(3 ) 10.3 3 0

3 3

3 1 / 3

x x x x

x

x

0,25đ

1

1

x

x 0,25đ

b) 23 3log 1 log ( 3) 1x x x (1)

Điều kiện : x>-3. 2 2

3 3 3 3log 1 log ( 3) 1 log 1 log 3( 3)x x x x x x

2 1 3( 3)x x x

0,25đ

2 22 8 0

4

xx x

x

0,25đ

C©u 71,0đ

Gọi hình chiếu của S trên AB là H.Ta có , ( ) ( ) , ( ) ( ) ( )SH AB SAB ABCD AB SAB ABCD SH ABCD

( )SH ABCD , suy ra góc giữa SD và (ABCD) là 045SDH .Khi đó tam giác SHD vuông cân tại H, suy ra 2SH HD a ,

0,25đ

Khi đó thể tích lăng trụ là3

.1 4 3.3 3S ABCD ABCD

aV SH S (đvtt) 0,25đ

Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà (SAx)SA

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

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

Chứng minh được (SAx)HK

0,25đ

Tính được 2 93

31

aHK . 4 93(BD,SA) 2 (H,(SAx)) 2HK

31ad d 0,25đ

C©u 81,0đ

Đặt ( 0) 3 , 2 , NB , 5, 10AD x x AB x AN x x DN x BD x

Xét tam giác BDN có 2 2 2 7 2cos2 . 10

BD DN NBBDNBD DN

0,25đ

Gọi 2 2( ; )( 0)n a b a b

là vectơ pháp tuyến của BD, BD đi qua điểm I(1;3),PT BD: 3 0ax by a b

2 21 2 2

3 4| | 7 2cos cos( , ) 24 24 50 04 3102

a ba bBDN n n a b aba ba b

0,25đ

+) Với 3 4a b , chon a=4,b=3, PT BD:4x+3y-13=0(7; 5) ( 5;11)D BD DN D B 0,25đ

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

0,25đ

C©u 91,0đ

5

3

32 5 2 ( 4) 2 2 (1),

( 2 1) 2 1 8 13( 2) 82 29(2)

x y y y y xx y

y x x y x

Đặt đk 1 , 22

x y

+) 55 2 5(1) (2 ) 2 ( 4 ) 2 5 2 (2 ) 2 2 2(3)x x y y y y x x y y

Xét hàm số 5 4( ) , '( ) 5 1 0,f t t t f t t x R , suy ra hàm số f(t) liên tục trênR. Từ (3) ta có (2 ) ( 2) 2 2f x f y x y

0,25đ

Thay 2 2( 0)x y x vào (2) được

3 2

2

2

2

(2 1) 2 1 8 52 82 29

(2 1) 2 1 (2 1)(4 24 29)

(2 1) 2 1 4 24 29 0

12

2 1 4 24 29 0(4)

x x x x x

x x x x x

x x x x

x

x x x

Với x=1/2. Ta có y=3

0,25đ

2 2 3(4) ( 2 1 2) (4 24 27) 0 (2 3)(2 9) 02 1 2

xx x x x xx

3 / 21 (2 9) 0(5)

2 1 2

x

xx

Với x=3/2. Ta có y=11

0,25đ

Xét (5). Đặt 22 1 0 2 1t x x t . Thay vao (5) được3 22 10 21 0 ( 3)( 7) 0t t t t t . Tìm được 1 29

2t . Từ đó tìm được

13 29 103 13 29,4 2

x y

KL

0,25đ

Hết

C©u 101,0đ

Đặt 2, 1, , , 0a x b y c z a b c

2 2 2

1 1( 1)(b 1)(c 1)2 1

Paa b c

Ta có2 2

2 2 2 2( ) ( 1) 11 ( 1)2 2 4

a b ca b c a b c

Dấu “=” xảy ra khi 1a b c

0,25đ

Mặt khác3( 3)( 1)(b 1)(c 1)

27a b ca

Khi đó 31 27

1 ( 3)P

a b c a b c

. Dấu “=” xảy ra khi 1a b c

0,25đ

Đặt 1 1t a b c . Khi đó 31 27 , 1

( 2)P t

t t

2 4

3 2 4 2 41 27 1 81 81 ( 2)( ) , 1; '( )

( 2) ( 2) t ( 2)t tf t t f t

t t t t t

Xét 2 4 2'( ) 0 81 ( 2) 0 5 4 0 4f t t t t t t (do t>1)lim ( ) 0x

f t

0,25đ

Bảng biến thiênt 1 4

f’(t) + 0 -f(t) 1

8

0 0

Từ BBT Ta có 1maxf(x)=f(4)=8

Vậy11ma f(4) 1 3; 2; 1

1 48a b c

xP a b c x y za b c

0,25đ

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn: Toán, Khối: 12

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm: 01 trang

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

3

xy

x

Câu 2. (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số 3 2 23 4 2y x mx m có hai điểm cực trị A và B sao cho

điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB.

Câu 3. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2( ) 3 9 3f x x x x trên đoạn

2;2 .

Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 1 2 1x x x .

Câu 5. (1 điểm) Giải phương trình: 1 2cos cos sin cos2x x x x .

Câu 6. (1,0 điểm)

a) Tìm hệ số x3 trong khai triển

12

2 2

xx ;( 0x ).

b) Cho đa giác đều có 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong 12 đỉnh của đa giác, tính xác suất để 3

đỉnh được chọn tạo thành một tam giác đều.

Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Các cạnh

2 ,AB BC a ,AD a tam giác SBC đều, mặt phẳng ( )SBC vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD .

Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DC .

Câu 8. (1,0 điểm) Giải phương trình: 24 1 3 5 2 0x x x x .

Câu 9. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh 1; 1A ; đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 2 2

3 2 25x y . Viết phương trình đường thẳng

BC , biết 1;1I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .

Câu 10. (1,0 điểm) Cho ,a b là các số thực không âm thỏa mãn: 2 22( ) ( ) 6a b a b . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

2 2 2

1 16

( ) 5

a b a bP

a a b b a b

.

____________________ HẾT ___________________

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

Họ và tên thí sinh:……….……….….………………………….; Số báo danh:……………………

1/7

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn: Toán, Khối: 12

Hướng dẫn chấm gồm: 07 trang I. LƯU Ý CHUNG.

- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh.

Khi chấm nếu HS bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.

- Nếu HS giải cách khác, giám khảo căn cứ vào các ý trong đáp án để cho điểm.

- Trong bài làm, nếu ở bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được

điểm. HS được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.

- Trong lời giải câu 7, nếu HS vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.

II. ĐÁP ÁN.

Câu Đáp án Điểm

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

3

xy

x

1,0

TXĐ : D = R \ {3}

Ta có : 2

4'

(3 x)y

; y’ > 0 với mọi x ≠ 3

Vậy hàm số luôn đồng biến trên các khoảng (-∞; 3) và (3; +∞)

0.25

Hàm số không có cực trị

Ta có: limy limy 1 : 1x x

TCN y

3

3

lim

lim

x

x

y

y

TCĐ: x = 3

0.25

BBT:

x -∞ 3 +∞

y’ + +

y +∞ -1

-1 -∞

0.25

Đồ thị: +) Đồ thị hàm số cắt Ox tại (-1; 0); cắt Oy tại 1

0;3

2/7

f(x)=(x+1)/(3-x)

f(x)=-1

x(t)=3, y(t)=t

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

y

NX: Đồ thị nhân giao hai đường tiệm cận I(3;-1) làm tâm đối xứng.

0.25

Câu 2 (1,0 điểm)Tìm m để đồ thị hàm số 3 2 23 4 2y x mx m có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm

I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB.

Ta có 2' 3 6 .y x mx ;

20

' 0 3 6 02 .

xy x mx

x m

Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị khi và chỉ khi ' 0y có hai nghiệm phân biệt

0m .

0.25

Tọa độ các điểm cực trị là 2 3 2(0;4 2), (2 ; 4 4 2)A m B m m m . 0.25

Điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB khi và chỉ khi 3 2

1

2 4 2 0

m

m m

0.25

Giải hệ, ta được 1m . Vậy 1m là giá trị cần tìm. 0.25

3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2( ) 3 9 3f x x x x trên đoạn.

2;2

1,0

Hàm số y f x liên tục trên đoạn 2;2

Ta có f’(x) = 3x2 + 6x – 9

0.25

f’(x) = 0 3x2 + 6x – 9 = 0

1 [-2;2]

3 [-2;2]

x

x

0.25

Ta có: f(-2) = 25; f(2) = 5; f(1) = - 2 0.25

Do đó: 2;2 2;2

( ) ( 2) 25; ( ) (1) 2Max f x f Min f x f

0.25

4 Giải bất phương trình:

2 1 2 1x x x 1,0 điểm

3/7

TXĐ : R. BPT

2 2

2 1 0

1 (2 1)

x

x x x

0.25

2

1

2

3 5 0

x

x x

0.25

1

2

5( ;0) ;

3

x

x

0.25

5

3x KL: Vậy bất phương trình có tập nghiệm là

5;

3

.

0.25

5 Giải phương trình : 1 2cos cos sin cos2x x x x

1,0điểm

Pt đã cho 2 21 2cos cos sin cos sinx x x x x 0.25

cos sin sin cos 1 0x x x x 0.25

2 sin 0sin cos 0 4

sin cos 12 sin 1

4

xx x

x xx

4 4

2 24 4 2

3 22

4 4

x k x k

x k x k

x kx k

0.25

Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:

, 2 , 2 ,( )4 2

x k x k x k k

.

0.25

6

a) Tìm hệ số x3 trong khai triển

12

2 2

xx

0,5

Theo CT nhị thức NewTon:

12

0

324

12

12

2 22

k

kkk xCx

x

0.25

4/7

hệ số x3: 73324 kk

Vậy hệ số x3 77

12 2C =101376

0.25

b) Cho đa giác đều có 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong 12 đỉnh của đa

giác, tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác đều.

0,5

Số cách chọn 3 đỉnh bất kì 3

12 220C . 0.25

Để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác đều thì các đỉnh đó phải nằm ở các vị trí

cách đều nhau, nên số cách chọn ra được một tam giác đều là 12

43 .

Vậy xác suất cần tính 4

220 55

P .

0.25

7 Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Các

cạnh 2 ,AB BC a ,AD a tam giác SBC đều, mặt phẳng ( )SBC vuông góc

với mặt phẳng ( )ABCD . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng

cách giữa hai đường thẳng SA và DC .

1,0

- Gọi E là trung điểm BC , ABC đều

SE BC (1)

Giả thiết ( ) ( )SBC ABCD (2)

Từ (1) và (2) suy ra ( )SE ABCD

- Có: 3;SE a

21

( ) 32

ABCDS AB AD BC a

0.25

2 3

.

1 1. . 3.3 3.

3 3S ABCD ABCDV SE S a a a (đvtt)

0.25

- Ta có: / / ,EC AD EC AD a AECD là hình bình hành

/ / / / ( )AE DC DC mp SAE ( , ) ( ,( )) ( ,( ))d DC AS d DC SAE d D SAE

- Tam giác ADE vuông tại D và ; 2AD a DE AB a .

- Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên AE DH AE

Lại có SE DH , từ đó suy ra ( )DH SAE ( ,( ))d D SAE DH

0.25

- Có : 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5 2 5

4 4 5

aDH

DH AD DE a a a

0.25

5/7

Vậy 2 5

( , )5

ad DC AS DH .

8 Giải phương trình: 24 1 3 5 2 0x x x x . 1.0

Điều kiện: x 5

2. pt xxxx 25)3(2)14(2 2

0.25

1)25((251)2(2 22 xxxx

Đặt u = 2x, v = 5 2x (v 0).

Phương trình (*) trở thành u(u2 + 1) = v(v

2 + 1) (2)

0.25

Xét hàm số f(t) = t(t2 + 1) f

/(t) = 3t

2 + 1 > 0, t.

Do đó f(t) đồng biến trên R, nên (1) f(u) = f(v) u = v

0.25

Từ đó, PT đã cho 2x = 5 2x

4

211;

4

211254 2

xxxx (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình là 4

211;

4

211

xx

0.25

9 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh 1; 1A ;

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 2 2

3 2 25x y .

Viết phương trình đường thẳng BC , biết 1;1I là tâm đường tròn nội tiếp tam

giác ABC .

1.0

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm

K 3;2 bán kính là R 5 ; : 0AI x y

0.25

Gọi 'A là giao điểm thứ hai của AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Tọa độ 'A là nghiệm của hệ

2 213 2 25

60

x yx y

x yx y

' ' 6;6A A A

0.25

Ta có: ' ' (*)A B A C

K

A

I

BC

A'

6/7

Mặt khác ta có ABI IBC ' ' 'BIA ABI BAI IBC A BC IBA

Tam giác 'BA I cân tại 'A ' ' (**)A B A I

Từ * , ** ta có ' ' 'A B A C A I

0.25

Do đó , ,B I C thuộc đường tròn tâm 'A bán kính ' 50A I

Đường tròn tâm 'A bán kính 'A I có phương trình là : 2 2

6 6 50x y

Tọa độ B, C là nghiệm của hệ

2 2

2 2

3 2 25 1

6 6 50 2

x y

x y

Lấy 1 trừ 2 ta được 6 8 34 0 3 4 17 0 3x y x y

Tọa độ ,B C thỏa mãn 3 nên phương trình đường thẳng BC là 3 4 17 0x y .

0.25

10 Cho ,a b là các số thực không âm thỏa mãn: 2 22( ) ( ) 6a b a b . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

2 2 2

1 16

( ) 5

a b a bP

a a b b a b

1,0

- Theo BĐT Côsi: 2 2 22( ) ( )a b a b .

Từ giả thiết, suy ra: 2( ) ( ) 6 0 ( 2)( 3) 0a b a b a b a b

0 2a b ( Do , 0a b )

- Ta chứng minh:

2

2

2( 1)3

aa

a a

. (*)

Thật vậy: 2 2 2(*) 2( 1) ( )(3 ) ( 1) ( 2) 0a a a a a a (luôn đúng)

Dấu " " 1a .

0.25

- Tương tự có:

2

2

2( 1)3

bb

b b

. Dấu " " 1b .

2

3(6 )( ) 5

a bP a b

a b

. Đặt 0 2t a b t .

- Khi đó: 2

3 185

tP t

t

, (0;2]t . (1)

0.25

- Xét hàm 2

( ) 3 18, (0;2]5

tf t t t

t

.

2 3

5'( ) 3 0, (0;2] ( )

( 5)f t t f t

t

nghịch biến trên (0;2] .

0.25

7/7

38( ) (2) ;

3f t f Dấu " " 2t (2)

Từ (1) và (2), suy ra: 38

.3

P Dấu " " 12

a ba b

a b

.

Vậy min

38

3P khi 1a b .

0.25

_________________________HẾT______________________________

SỞ GD&ĐT BẮC GIANGTRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2Năm học 20152016Môn : TOÁN LỚP 12

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đềCâu 1 (1,0 điểm).

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: 2 1

1

xyx

.

Câu 2 (1,0 điểm).

Cho hàm số 4 2 5 y x mx m 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 3 3log 15 log 10 a, b . Tính 9log 50 theo a và b.

Câu 4 (2,0 điểm).

Giải các phương trình sau:

a) 62s in cos s in cos 3 0 x x+ x x ;

b) 2 2 2 2 15 3 22 2 5 3.5 x x x x+ .

Câu 5 (1,0 điểm).

Tìm số hạng chứa x4 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 2 2

n

xx

với x ≠ 0, biết rằng:

1 2 15 n nC C 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 vớimặt phẳng (SBC). Biết SB = 2a 3 và 030SBC . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từđiểm 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: 2 5 0 d x y 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: 21 (2 3) (2 2) 2 x x x x x .Câu 9 (1,0 điểm).Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: 2 2 2 3

4 x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 1 18 P xyz

xy yz zx.

-------- Hết --------

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

Họ và tên thí sinh:..................................................................................Số báo danh:............................

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

C©u Néi dung bµi §iÓm

1

TXĐ D = R\ 1

Ta cóx x

2 1 /lim lim 2

1 1 /

y x

x,

x 1lim

y ,

x 1lim

y

Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang

D x ta có y’(x) = 23

( 1)x

y’(x) < 0 D x

Ta có bảng biến thiên:

x ∞ 1 +∞

y’

y

+ ∞

2 2

∞

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

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

0,25

0,25

0,25

0,25

2

x ta có ( ) 2 (23 24 2 ) y' x x mx= x x m ,

(Cm) có ba điểm cực trị khi y’(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt, tức là2 (2 2 ) 0 x x m có ba nghiệm phân biệt

2 02 x m= có hai nghiệm phân biệt khác 0

0 m .

Xét dấu y’ và kết luận.

0,25

0,25

0,25

0,25

3

Ta có 29 33

1log 50 log 50 log 50

2

3 3 3 3

150log 50 log log 15 log 10 1 1

3 a b

Kết luận

0,25

0,5

0,25

4

a) TXĐ D =

Phương trình đã cho (2s in 1)(cos 3) 0 x x+

1sin2

cos 3(v« nghiÖm)

x

x=

0,5

0,25

2

2

65

6

x k

x l, với k, l là số nguyên. Kết luận.

0,25

b) TXĐ D =

Phương trình 2 23 12 (4 1) 5 (5 3) x x

2 23 12 .5 5 .8 x x

22

15

2 0 0

x

x x

.

0,25

0,25

0,25

0,25

5

Ta có 11 2 2 ( 1)

15 15 152

n n n+n n+C C C

2 5 (t / m)30 0

6 (lo¹i)

nn +n

n

Với n = 5 và 0x ta có5 5 5

2 2 5 3 5 55 5

0 0

2 2C ( ) ( ) C ( 2)

k k k k k k

k kx x x

x x

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

0,25

0,25

0,25

0,25

6

A

I

S

H

B C

Ta có AB (SBC) (gt) nên VSABC =1 .3 SBCAB S

Từ gt ta có SSBC = 0 21 1 1. .sin 30 4 2 3. 2 32 2 2

BC BS a. a a

Khi đó VSABC = 2 31 3 .2 3 2 33

a a a (đvtt).

0,25

0,25

Hạ BH SC (HSC) ta chứng minh được SC (ABH)

Hạ BI AH (IAH)

Từ hai kết quả trên BI (SAC) BI = d(B; (SAC)).

Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI 6 7

7

aBI Kl

0,25

0,25

7

Ta có C : 2 5 0 d x y nên C(t; –2t – 5).

Ta chứng minh 5 điểm A, B, C, D, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD. Do tứgiác ABCD là hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của đường tròn trên, nên suy ra

được 090AFC 2 2 2 AC AF CF . Kết hợp với gt ta có phương trình:

2 2 2 2( 4) ( 2 13) 81 144 ( 5) ( 2 1) 1 t t t t t .

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 BFcắt và vuông góc với AC tại trung điểm.

Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ∆ABC = ∆AFC

2 75 ABC AFC ABCD AFCS S S S (đvdt).

0,25

0,25

0,25

0,25

8

TXĐ D = 1;

Phương trình 1) 1) 3 2( 1 ( 1 (2 3) (2 3) 2 3 x x x x x x x (1)

Xét hàm số 3 2 2( ) ( ) 3 2 1 ( ) 0, f t t t t f' t t t f' t t suy ra hàm sốf(t) đồng biến trên .

Phương trình (1) có dạng 2 3( 1) ( ) f x f x . Từ hai điều trên phương trình (1)

22 2

1 2 3

3 / 2 3 / 2

1 4 12 9 4 13 10 0

x xx x

x=x x x x x

0,25

0,25

0,25

0,25

9

Ta có 32 2 2

1 1 1 13

xy yz zx x y z, đặt t = 3 0xyz

Mà2 2 2

2 2 23 1 10

3 4 2 x + y + zx y z t

P 32

38 t

t. Xét hàm số ( ) f t 3

2

38 t

t.

Ta có 0 t , f'(t) = 23

624 t

t, ''( ) = 0 5

1

4 f t t .

Ta có bảng:

0,25

0,25

t0 1

25

1

4

f’(t) 0

f(t) 13

Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn1

02

t

Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t = 1

2hay x = y = z = 1

2Kl: MinP = 13.

0,25

0,25

SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANGTRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

Năm học 2015 - 2016

MÔN: TOÁN LỚP 12

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 2 (1).

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

2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = 9x+7.

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x+9

x− 1trên

đoạn [2; 5].

Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị của tham số m để hàm số y = x3 + (m− 3)x2 +m2x+ 1 đạt

cực tiểu tại x = 1.

Câu 4 (1,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức P = cos(α +

π

3

). cos

(α− π

3

), biết cosα =

3

5.

Câu 5 (1,0 điểm). Lớp 12A có ba bạn học sinh nam và 3 bạn học sinh nữ đi cổ vũ cuộc thi

tìm hiểu Luật an toàn giao thông. Các em được xếp ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Tính xác suất

sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a,

BC = 2a. SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng

(ABCD) bằng 450. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường

thẳng SB,AC.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A,D

có AD = DC = 2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên cạnh BC; I là trung

điểm của AH; đường thẳng AI cắt DC tại K(1;−2). Tìm toạ độ của các điểm D,C biết

DH : x− 2y − 3 = 0 và D có tung độ nguyên.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trìnhx3 + x2 + 3x− 1 = y + (y + 4)

√y + 1

3y√2x+ 1 = 2(x3 − y − 1)

(x, y ∈ R).

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện x ≥ z. Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức

P =x√

x2 + y2+

y√y2 + z2

+

√z

z + x.

HẾT

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

Họ tên thí sinh: ............................................................; Số báo danh:..................................

1

SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG

TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊNĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

NĂM HỌC 2015 - 2016

MÔN: TOÁN LỚP 12

Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược cách giải và đáp số. Bài làm của học sinh phải lập luận chặt chẽ, đầy đủ.Nếu học sinh làm theo cách khác và lập luận chặt chẽ thì vẫn cho điểm tương ứng.

Câu Nội dung Điểm

1.1

(1,0đ)

*) TXĐ:

*) Sự biến thiên: +) Giới hạn tại vô cực: lim ; lim

x x

y y

+) Chiều biến thiên: 2 2' 3 6 ; ' 0

0

xy x x y

x

0.25

+) BBT:

0.25

+) HS đồng biến trên các khoảng ;0 và 2; ; HS nghịch biến trên khoảng 0;2

+) HS đạt cực đại tại C§0; 2x y ; HS đạt cực tiểu tại CT2; 2x y0.25

*) Đồ thị: Lấy đúng điểm, vẽ đúng đồ thị

0.25

1.2

(1,0đ)

Gọi 0 0; M x y C là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm với đồ thị C .

HSG của tiếp tuyến là 20 03 6 k x x

0.25

Do 020 0

0

1/ / : 9 7 9 3 6 9

3

xd y x k x x

x 0.25

Với 0 01 2 : 9 7 x y y x ( loại) 0.25

Với 0 03 2 : 9 25 x y y x ( thoả mãn). KL:……. 0.25

2

Câu Nội dung Điểm

2

(1,0đ)

TXĐ: \ 1 D Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 2;5 0.25

29' 1 ,1

y x Dx

;

4 2;5' 0

2 2;5

xy

x

0.25

292 11; 5 ; 4 74

y y y 0.25

Vậy 2;5 2;5min 7 4;max 11 2.y x y x 0.25

3

(1,0đ)

TXĐ: ; 2 2' 3 2 3 ; '' 6 2 2 y x m x m y x m 0.25

Hàm số đạt cực tiểu tại 2 11 ' 1 0 2 3 0

3

mx y m m

m 0.25

Với 1 '' 1 2 0 m y . Hàm số đạt cực tiểu tại 1x . Vậy 1m thoả mãn. 0.25

Với 3 '' 1 6 0 m y . Hàm số đạt cực đại tại 1x . Vậy 3 m loại.

KL:……0.25

4

(1,0đ)

21 2 1 1cos 2 cos 2cos 12 3 2 2

P 0.5

Mà 3 39cos5 100

P 0.5

5

(1,0đ)

Không gian mẫu là tập hợp các cách xếp 6 học sinh ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Số phầntử của không gian mẫu là: = 6! 0.25

Gọi A là biến cố “ Ba bạn nữ ngồi cạnh nhau”.

Ta coi ba bạn nữ ngồi cạnh nhau là một phần tử x. Số cách chọn phần tử x là 3!.

Việc xếp 6 bạn học sinh thành hàng ngang sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau trở thànhviệc xếp thứ tự 4 phần tử (3 bạn nam và phần tử x). Số cách xếp là 4!.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A =3!.4!

0.5

Xác suất của biến cố A là A 3!.4! 1A6! 5

P 0.25

6

(1,0đ)

+ SA ABCD AB là hình chiếu vuông góc

của SB lên ABCD

0, , 45SB ABCD SB AB SBA SBA

+ Tam giác SAB vuông cân tại A nên SA = a

+ 22ABCDS a

+3

.1 2.3 3S ABCD ABCD

aV SA S

0.5

3

Câu Nội dung Điểm+ Dựng hình bình hành ACBE. Ta có / / / /EB AC AC SBE

, , ,d AC SB d AC SBE d A SBE

3

. .12 3S ABE S ABCD

aV V .

Tam giác SBE có235; 5; 22SBEaBE AC a SE a SB a S

Vậy .3. 2 2, ,3 3

S ABE

SBE

V a ad A SBE d AC SBS

0.5

7

(1,0đ)

+ Kẻ BE vuông góc DC tại E

;EC DE AB HDC EBC

+ Kẻ KF vuông góc DH tại F. 2,5

KF d K DH

1 1tan tan sin2 5

HDC EBC HDC

2sin

KFKDHDC

0.25

+ 2 22

2 3; , ; 2 2 2 2 25

dD DH D d d d DK d d

d

Vì 2 1; 2d d D

0.25

Đặt 0 2 ;AB a a CD a CE a

2 3.sin ; .sin 55 5a aCH CD HDC BC EC EBC a BH

2 2 8 43 3 3

CK HC a aCK DK KD KCAB HB

14 ; 22

KD KC C

. KL…….

0.5

8

(1,0đ)

ĐKXĐ: 1y

3 2 3 23 1 4 1 3 1 1 1 3 1x x x y y y x x x y y y y

Xét hàm số 3 2 23 ; ' 3 2 3 0,f t t t t f t t t t hàm số f t đồng biến

trên

Mà 2 21 1 1 0; 1 1f x f y x y x x y y x

0.25

Thế 2 1y x vào phương trình (2) ta được: 0.25

4

Câu Nội dung Điểm

2 3 2 23 1 2 1 2 1 3 1 2 1 2 0x x x x x x x x

2

1

3 1 2 1 2 3

x

x x x

Do 0 1 0x x

4 3 2 2 23 4 18 45 36 9 0 6 3 4 6 3 0x x x x x x x x

2

2

6 3 0 3 2 34 6 3 0 3 2 3 /

x x xx x VNo x ko t m

0.25

1 0

3 2 3 20 12 3

x y

x y

Vậy hệ phương trình có nghiệm ;x y là 1;0 ; 3 2 3;20 12 3 0.25

9

(1,0đ)

2 2

1 1 1

11 1

Pxy zzx y

. Đặt ; ; 1; 1y z xa b c abc cx y z

Do2 2

1 1 21; 1 111 1

abc c ababa b

2 1 2 11 1 1

cPab c c

0.5

Xét hàm số 2 1, 1;1cf c cc

2' ; ' 0 41 . 1

cf c f c cc c c

BBT

c 1 4

f’(c) + 0 -

f(c)5

3 22

2

Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 đạt được khi 1 ; 42

a b c hay 2 4x y z .

0.5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số .3 23 xxy

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

.53 xy

Câu 2.(1,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2 2 3cos cos 2 cos 3

2x x x

b)Cho số phức z thỏa mãn 2 3 1 9z i z i . Tìm môđun của số phức z.

Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: .093.823 )1(2 xx 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.

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: 1

2 2

0

1 1I x x x dx

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:

.

21

21

2

tz

ty

tx

Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa đường thẳng d. Viết phương trình

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:

2

2

322 5

2 3 3

2 3 1 3 1 2 3 2 6 3 1

xy

x x y y x y x y

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

biểu thức:

2

2 2

1 1

416 16

a b a cP

a abb c a bc a c b ac

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

Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................

Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: .................................

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm -Tập xác định: D = R. -Sự biến thiên:

Chiều biến thiên 200';63' 2 xxyxxy .

0,25

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:

xxyy lim;lim

0,25

Bảng biến thiên: x - 0 2 + y' – 0 + 0 – y + 4

0 -

0,25

1a (1,0đ)

Đồ thị:

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

x

y

0,25

Tiếp tuyến song song với đường thẳng 53 xy nên có hệ số góc bằng 3. 0,25

Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, ta có 10363363 00

2

00

2

0 xxxxx 0,25

Suy ra M(1;2) 0,25

1b (1,0đ)

Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 1 . 0,25

2 2 2 3 1 1 1 3cos cos 2 cos 3 (1 os2 ) (1 os4 ) (1 os6 )

2 2 2 2 2x x x c x c x c x

( os6 os2 ) os4 0 2cos 4 . os2 os4 0

os4 (2cos 2 1) 0

c x c x c x x c x c x

c x x

0,25

2a (0,5đ)

os4 08 4

1os2

23

kc x x

c xx k

0,25

Gọi , ,z a bi a b ; Khi đó 2 3 1 9z i z i

2 3 1 9a bi i a bi i 3 3 3 1 9a b a b i

0,25

2b (0,5đ)

3 1

3 3 9

a b

a b

2

1

a

b

. Vậy môđun của số phức z là : 2 22 ( 1) 5z

0,25

093.823.9093.823 2)1(2 xxxx 0,25 3 (0,5đ)

.22333939

1 22 xxx Vậy bất phương trình có nghiệm là 22 x . 0,25

495)( 412 Cn

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:

0,25

4 (0.5đ)

+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có 120.. 13

14

25 CCC cách

+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có 90.. 13

24

15 CCC cách

+ 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C có 60.. 23

14

15 CCC cách

.270)( An

.11

6

)(

)()(

n

AnAP

Vậy xác suất của biến cố A là: 11

5)(1)( APAP

0,25

. 1 1 1

2 2 2 3 2

0 0 0

1 1 1I x x x dx x dx x x dx

1 32

1

0

11

3 30

xI x dx

1

3 22

0

1I x x dx

Đặt 2 2 21 1t x x t xdx tdt

Đổi cận: 0 1; 1 0x t x t

0 1 3 5

2 2 2 42

1 0

12

13 5 15

0

t tI t t dt t t dt

Vậy 1 2

7

15I I I

0,25

Đặt u = x du = dx; xx evchoïndxedv 22

2

1

0,25

1

0

21

0

22

21

0

2

1

0

2

4

1|

4

1

22

1|

2

ee

edxee

xdxxe xxxx

0,25

5 (1,0đ)

Vậy .12

73 2 e

I

0,25

B

A

N

S

C

M

D

H

0,25

.3

152..

3

1.

3

1 3

.

aSAADABSASV ABCDABCDS

0,25

6 (1,0đ)

Trong mp(SAD) kẻ SH DM, ta có AB (SAD) mà MN // AB MN (SAD) MN SH 0,25

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

(ABCD) 060

SCA

1560tan;5 022 aACSAaCDADAC

SH (DMN) SH = d(S, (DMN))

SHM ~ DAM 31

152

2

.

2

.22

a

AMAD

DASA

DM

DASASH

DM

SM

DA

SH

.

0,25

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

mp(P) đi qua A và chứa d nhận )6;10;8(, MAan làm vectơ pháp tuyến

0,25

(P): 4x – 5y – 3z + 10 = 0

0,25

Gọi H là hình chiếu của A trên d H(-2 + t; 1 + 2t; -1 – 2t),

9

26;

9

10;

9

32

9

40.);22;22;4( AHtaAHaAHtttAH

0,25

7 (1,0đ)

Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH = 3

210. Vậy (S): .

9

200532

222 zyx

0,25

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 nội tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó AF EF . Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0. Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ

0,25

173 10 17 1 325

;3 4 1 5 5 5

5

xx y

F AFx y

y

0,25

2 2

2

2

1 22 ;

2 5

8 17 51 8;3 10 3

5 5 5 5

19 19 75 34 57 0 3 hay 3; 1 ;

5 5 5

AFE DCB EF AF

E t t EF t t

t t t t E E

Theo giả thiết ta được 3; 1E , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE

vuông cân tại D nên

0,25

8 (1,0đ)

2 2 2 21 1 3 1

1 3 1 1

2 1 3 hay D(1;-1) D(3;1)

1 3 0 1 1

x y x yAD DE

AD DE x x y y

y x x x

x x y y

Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).

0,25

A B

DC

G

E

F

H

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

ĐK: 0

3

x

y

Ta có phương trình thứ 2 của

hệ: 2

2 3 1 3 1 2 3 2 6 3 1 *x x y y x y x y

Đặt: 3 1

x a

y b

. Phương trình thứ 2 của hệ trở thành:

2 22 2 6 *a a b b a b a b

0.25

0,25

Ta có: 2 2

* *2 2 3 6

BCS

VT a b a b b a a b a b VP

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 3 1 3 1a b x y x y

0,25

Thế vào phương trình đẩu của hệ ta có:

2 2

32 322 5 2 5 **

1. 2 3 3 3 2 3 3x x

y x y y

Mặt khác theo AM-GM ta có:

2

2 3 3 2 3 3 322 3 8

2 2 3 2 3 3

AM GMy yx y

x y y

** **2

325

3 2 3 3x VT VP

x y y

.

0.25

9 (0,5đ)

Và dẩu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

2

32 3 3 32 22 3

12 2 3 2 3 3 32

9

4

13

4

xy

x yx y y y

x

y

Vậy nghiệm của hệ là 9 13

; ;4 4

x y

0.25

Ta có:

2 2

2

2

21 2

21

a b ca bc a bc ab ac

ab ac ab ac a bc a b a c

a a

a b a cb c a bc

0,25

Tương tự ta cũng sẽ có:

2

22

b b

c b a ba c b ac

0,25

10 (1,0đ)

Từ (1) và (2) ta sẽ có:

0,25

2

2

1 2 2 1 1

4 4

11 4 2 2.

4 4

a b a cP

a b a c c b a b a ab

a b cab ac bc

a b b c c a ab

Mặt khác ta có a,b,c là các số không âm và 1ab bc ca . Nên ta sẽ có:

2 1

4 4 4 2

a b c a b b c c a a b b c c a

ab ab ab c a b

Từ đây ta sẽ có:

1 4 2 2. 1

4 4 2

AM GMa b b c c aab ac bcP

a b b c c a ab c a b

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

2

2

1

11

0

1

0

a bc

ab ac

a bb ac

cab bc

ab bc ca

c

.

0,25

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*******

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Lần thứ I, Ngày thi: 17/11/2015

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2

1

xy

x

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

b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C biết tiếp tuyến song song với đường thẳng

: 1y x

Câu 2.(1,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2(sinx cosx) 1 cosx .

b) Tìm số phức liên hợp của số phức z thỏa mãn 3 9 2 . 11z i z i .

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: 2

1 2

2

log ( 5) 2 log ( 5) 0x x

Câu 4.(0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm,

mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu

nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ.

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: 21

0( )xI x x e dx

Câu 6.(1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC

vuông cân tại B, SA= a, SB hợp với đáy một góc 300 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC. và tính

khoảng cách giữa AB và SC.

Câu 7.(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết

phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : 2 0x y z và

04:)( zyx theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau .

Câu 8.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu của B

lên AC là (5;0)E , trung điểm AE và CD lần lượt là 3 3

0;2 , ;2 2

F I

. Viết phương trình đường

thẳng CD.

Câu 9.(1,0 điểm) Giải bất phương trình: 23 4 8 9

2 2 1 13 2 2 1

x xx

x x x

Câu 10.(1,0 điểm) Cho , , 0a b c và thỏa mãn: min , ,c a b c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:

4

6 42ln

8

a b c

a ba bP

b c c a c

a b

---------- Hết ----------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ...............................................

Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: .................................

ĐỀ CHÍNH THỨC

x

y

1

-4

-1

-2

-3

2O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ I, ngày thi 17/11/2015

Câu Nội dung Điểm

Hàm số: 3 2 2 3

.1 1

x xy

x x

Tập xác định: \ {1}D

Đạo hàm: 2

10,

( 1)y x D

x

Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định ;1 và 1;

và không đạt cực trị.

0,25

Giới hạn và tiệm cận: ; lim 2 lim 2 2x x

y y y

là tiệm cận

ngang. ;

1 1lim lim 1x xy y x

là tiệm cận đứng.

0,25

Bảng biến thiên

x – 1 +

y – –

y –2

– +

–2

Giao điểm với trục hoành: 3

0 2 3 02

y x x

Giao điểm với trục tung: cho 0 3x y

Bảng giá trị: x 0 1/2 1 3/2 2 y –3 –4 || 0 –1

0,25

1a

(1,0)

Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

0,25

1b

(1,0)

2 3( ) :

1

xC y

x

Gọi 0 0; ( )M x y C là tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến tại M có dạng 0,25

0 0 0( )y f x x x y

Vì Tiếp tuyến song song với đường thẳng : 1y x nên có hệ số góc

0( ) 1f x

2 0 002

0 00

1 1 211 ( 1) 1

1 1 0( 1)

x xx

x xx

0,25

Với 0 02 1x y . pttt là: 1 1( 2) 1y x y x ( loại)

0,25

Với 0 00 3x y . pttt là: 3 1( 0) 3y x y x

0,25

Ta có: 2(s inx cosx) 1 cosx 1 2 sin xcosx 1 cosx

cosx(2 sin x-1) 0 0,25 2a

(0,5)

cosx 0

1s inx=

2

x k2

x= k2 (k Z).65

x k26

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.

0,25

Gọi số phức ,( , )z a bi a b . Tan có :

3 9 2 . 11 3 9 2 11z i z i a bi i a bi i

0,25 2b

(0,5)

3 9 2 3 2 9 1

3 2 11 2 3 11 3

a b a b a

b a a b b

Ta có 1 3 1 3z i z i

0,25

2

1 2

2

log ( 5) 2 log ( 5) 0x x (*)

Điều kiện: 2 5 0

5 0 55 0

xx x

x

Khi đó, 1

2 2

1 2 222

log ( 5) 2 log ( 5) 0 log ( 5) 2 log ( 5) 0x x x x

2 2 2 2

2 2 2 2log ( 5) log ( 5) 0 log ( 5) log ( 5)x x x x

0,25

2 2 2 2( 5) 5 10 25 5 10 20 2x x x x x x x (nhận)

3

(0,5)

Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: 2x 0,25

4

(0,5)

Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi

nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để

khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ.

Tính số cách chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người:

B1) 12 người chọn 4: 412C

B2) 8 người còn lại chọn 4: 48C

B3) 4 người còn lại chọn 4: 1

Số cách chọn là: 4 4 4 412 8 12 8C C n C C

0.25

Gọi A là biến cố “ Chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người trong đó có đúng 1 nữ”.

Tính n(A):

B1) Chọn 1 trong 3 nữ: 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 nam: 3 39 93.C C cách

B2) còn lại 8 người (6 nam và 2 nữ): Chọn 1 trong 2 nữ: 2 cách, rồi chọn 3

trong 6 nam: 3 36 62.C C cách

B3) còn lại 4 người (3 nam và 1 nữ): có 1 cách

Số cách chọn là: 3 3 3 39 6 9 63 2 3 2C C n A C C

3 39 6

4 412 8

6 16

55

C CP A

C C

0.25

2 21 1 12

0 0 0( )x xI x x e dx x dx xe dx A B 0,25

13

0

1

3 3

xA 0,25

21

0

xB xe dx

Đặt 2 2 .2

dtt x dt x dx xdx

Đổi cận: x 0 1 t 0 1

0,25

5

(1,0)

Vậy,

11

0 0

1 1 1 1 1.

3 2 3 2 3 2 2 2 6

tt dt e e e

I e 0,25

( )

( )

SA ABCSA AB

AB ABC

AB là

hình chiếu của SB lên (ABC)

do đó 030SBA

Tam giác SAB vuông tại A nên

0

cot

. cot

. cot 30 3

ABSBA

SABC AB SA SBA

a a

0,25

21 1 3

. 3. 32 2 2ABC

aS AB BC a a

Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là: 2 31 1 3

.3 3 2 2ABC

a aV SAS a

(đvtt)

0,25

Trong mp(ABC) Kẻ AI//BC và kẻ CI //AB suy ra ABCI là hình vuông cạnh

3a

Trong mp(SAI) kẻ AH vuông góc với SI

Ta có ( )( ( )

AH SIAH SIC

AH CI CI SAI

Nên , ;( )d AB SC d A SIC AH

0,25

6

(1,0)

Tam giác SAI vuông tại A nên

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 . . 3 3

23

AI SA aa aAH

AH SA AI AI SA a a

Vậy khoảng cách của AB và SC bằng 3

2

a

Học sinh có thể sử dụng phương pháp tọa độ để tìm khoảng cách

0,25

7

(1,0)

Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) .

Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)( zyx và

04:)( zyx theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng

nhau nên ta có hệ :

0,25

42

9223

15473

))(,())(,( cbacba

cba

cba

IdId

ICIA

IBIA

0,25

Giải hệ ta được :

3

0

1

c

b

a

hoặc

79

712

719

c

b

a

Với

3

0

1

c

b

a

, viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1( 222 zyx .

Với

79

712

719

c

b

a

0,25

Vậy mặt cầu có phương trình : 49

1237

7

9

7

12

7

19222

zyx 0,25

Tọa độ đỉnh 5;4A

Phương trình đường thẳng (AC): 2 5 10 0x y

0,25

8

(1,0)

Ta đi chứng minh: BF IF . Thật vậy ta có:

1 1 1;

2 2 2BF BA BE FI FD FC AD EC

. Suy ra 0,25

2 2 2

4 . . . . .

. . . . . 0

BF FI BA BE AD EC BA AD BA EC BE AD BE EC

BA EC BE AD EA EC BE BC BE BE BC BE BE

BF vuông góc với IF nên có phương trình: 7 3 6 0x y

BE đi qua E và vuông góc EF nên có phương trình: 5 2 25 0x y

Do đó 7;5B

0,5

Từ đây tìm được phương trình: : 2 24 39 0CD x y 0,25

Giải bất phương trình: 23 4 8 9

2 2 1 13 2 2 1

x xx

x x x

Đk: 1x . Bất phương trình đã cho tương đương với:

22 3 2 1 1 2 3 2 1 19 4 2 13 2 2 1

3 2 2 1

x x x xx xx x

x xx x

0,25

Do 1x nên BPT

2

2 2

2 3 2 1 1 3 2 2 1

2 1 1 2 1 2 1 1 0 *

x x x x x

x x x x x x

0.25

Ta có nhận xét sau:

2

2

*

1 1 0

2 1 0 0

2 1 1 0 1

x x

x x VT

x x do x

0.25

9

(1,0)

Vậy để BPT xảy ra thì

1 1

0 2 1 1

1 0

x x

VT x x x

x

0,25

Cho , , 0a b c và thỏa mãn: min , ,c a b c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4

6 42 ln

8

a b c

a ba bP

b c c a c

a b

10

(1,0)

Ta đi Cm BĐT phụ sau: 2 *2

a b a b

b c c a a b c

. Thật vậy ta có:

0,25

22 2

2

2 21

a ba b a b

b c c a a a b c b b c a a a b c b b c a

a b

a b a b c b c a

Mặt khác ta có: Vì min , , 2 0c a b c a b c . Nên ta có:

2

2 2 2 2

3 2

( 2 ) ( ) 2 ( )2

22

4

a ba b c b c a ab a b c c a b a b c c a b

a b c a b

Từ (1) và (2) Dễ dàng suy ra ĐPCM.

Ta lại có:

2

6 4 2 2ln ln 2 2 ln 1 2

22ln 1 2 4

a b c a b c c

a b a b a b

c

a b

Mặt khác : Vì min , , 2c a b c c a b . Nên ta có:

4 48 2 1 2

2 1 2 52

c a b c c

a b a b a b

0,25

Từ (3),(4),(5) ta được:

28ln 1 2

2

2 21 1 2

c

a bP

c c

a b a b

Đặt 2

1c

ta b

, Mà do 2

min , , 1 2c

c a b c ta b

Xét hàm:

8ln 22

2t

tf

t t

. trên 0; 2t

Ta có:

2 2 2 22

2

8ln 2 2 3 2 8ln 22 8' 0. 0; 2

2 2 2 2t

t t t tf t

t t t t t t

0,25

Suy ra: 2

2 1 ln 8t

f f .

Ta có:

2 2 2 22

2

8ln 2 2 3 2 8ln 22 8' 0. 0; 2

2 2 2 2t

t t t tf t

t t t t t t

Suy ra: 2

2 1 ln 8t

f f .

Dấu " " khi và chỉ khi a b c

0,25

*Lưu ý

+ Ở câu 10, BĐT (*) có thể chứng minh bằng BĐT Holder nhưng BĐT này không có trong chương trình

THPT vì vậy, nếu học sinh nào dùng Holder để chứng minh, BTC sẽ trừ 0.25 đ cho câu này.

+Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết

quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên

xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài làm tròn số.

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1Môn: Toán

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đềCâu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số 296 23 xxxy (1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm 1;1A và vuông góc với đường

thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).Câu 2 (1.0 điểm).

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : 32 24 xxy trên đoạn 4;0 .Câu 3 (1.0 điểm).

a) Cho21sin . Tính giá trị biểu thức )

4cos().cot1(2 P .

b) Giải phương trình: x243 = 25 39 x x

Câu 4 (1.0 điểm).

a)Tìm hệ số của số hạng chứa 5x trong khai triển :14

22

xx .

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

Câu 5 (1.0 điểm).Giải bất phương trình: 1591939 22 xxx

Câu 6 (1.0 điểm).Cho lăng trụ đứng '''. CBAABC , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 3, aACaAB ,

mặt bên ''BBCC là hình vuông, NM , lần lượt là trung điểm của 'CC và ''CB . Tính thểtích khối lăng trụ '''. CBAABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ''BA và .MNCâu 7 (1.0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn 0653: 22 yxyxC . Trực tâm của tam giác ABC là 2;2H và đoạn 5BC .Tìm tọa độ các điểm CBA ,, biết điểm A có hoành độ dương .Câu 8 (1.0 điểm).

Giải hệ phương trình :

yxyxyx

yxyxyx

2442

063102523

2233

Câu 9 (1.0 điểm).Cho ba số thực dương , ,a b c và thỏa mãn điều kiện 3222 cba .Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức :acac

cbcb

babaS

222

333333

.

-----------------Hết-----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không 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 1Môn: Toán

Câu Nội dung Điểm

1a

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số 296 23 xxxy (C).a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 1.0

TXĐ D= R 0.25

y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=>

22

31

yy

xx

- Giới hạn tại vô cực: lim ; limx x

y y

0.25

BBT

x

y’

y

31

00

2

-2

KL: Hàm số đồng biến trên khoảng ;3;1;Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2

0.25

Đồ thịf(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

x

y

0.25

1b

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm 1;1A và vuông góc vớiđường 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 0.5Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½ 0.25

Vậy PT đ ư ờng thẳng cần tìm là23

21

xy 0.25

2 Câu 2 (1.0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số32 24 xxy trên đoạn 4;0 . 1.0

y’=4x3-4x =4x(x2-1) 0.25y’= 0 <=> x=0, x=1 4;0 x= -1 loại 0.25Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227 0.25

Vậy GTLN y = 227 , trên 4;0 khi x=4GTNN y= 2 trên trên 4;0 khi x=1 0.25

3

a) Cho21sin . Tính giá trị biểu thức )

4cos().cot1(2 P 0.5

sinsin21)sin(cos

sincossin 2

P 0.25

thay21sin vào ta tính được P =1 0.25

b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 25 39 x x

0.5

đưa về cùng cơ số 3 khi đó phương trình tđ với 0322 xx 0.25nghiệm cần tìm là x = 1 hoặc x = -3 0.25

4

a)Tìm hệ số của số hạng chứa 5x trong khai triển :14

22

xx .

14

22

xx = kkk xCxx 2.2 314

14142

số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3Hệ số cần tìm là 2912233

14 C

0.250.25

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

0.5

Không gian mẫu của việc tạo đề thi là : 18643560740 C

Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ 3 loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và sốcâu hỏi dễ không ít hơn 4.

4433175..... 115

15

520

215

15

420

115

25

420 CCCCCCCCCA

0.25

Xác suất cần tìm là3848915)(

AAP 0.25

5

Giải bất phương trình: 1591939 22 xxx 1.0

Nhận xét :9103915919 22 xxxx

4159)13(3239 22 xxxbpt0.25

04159

19)13(3239

192

2

2

2

xxx

xx

0.25

3101303

41591

23911313

034159

13239

1313

22

22

xxxx

xx

xx

xxx

0.25

kết hợp các Đk suy ra nghiệm của BPT là31

x là nghiệm của bpt 0.25

6

Cho lăng trụ đứng '''. CBAABC .Có đáy ABC là tam giác vuông tạiA, 3, aACaAB , mặt bên ''BBCC là hình vuông, M, N lần lượt là trungđiểm của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ '''. CBAABC và khoảng cáchgiữa hai đường thẳng A’B’ và MN

1.0

B

A

C

P

B’

M

N

A’

C’

H

Ta có BC= BB’=2a. 33.

21.2'. 3

'''. aaaaSBBV ABCCBAABC

0.25

0.25gọi 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 hìnhchiếu vuông góc của C’ lên mp(MNP)Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuôngMPC’

0.25

721

'''.''

22

aMCPCPCMCHC

0.25

7Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong

đường tròn 0653: 22 yxyxC . Trực tâm của tam giác ABC là 2;2H ,5BC .

1.0

Gọi tâm đường tròn (C) là

25;

23I và A(x;y) suy ra )2;2( yxAH M là trung

điểm của BCHọc sinh tính được 03445 22 yxyxAH 0.25

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

06530344

22

22

yxyxyxyx

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

Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng minh được IMAH 2Từ IMAH 2 ta tính được M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết đượcphương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường tròn (C)

ta được

31

21

023065)12(312 222

xx

yy

yyyyyy

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)

0.25

0.25

0.25

8

Câu 8: Giải hệ

)2(2442

)1(063102523

2233

yxyxyx

yxyxyx1.0

Điều kiện 4y-2;x

yyyxxx

yyyxxx

32)1(3121

326105)1(2323

2323

Xét hàm số Rttttfttttf 0343)(',32)( 223

Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợcPhương trình : 1432 23 xxxxx

0.25

022232332

)2(2

)2(2232332

4322

41332232244332

22

2

223

xxxxxxx

xx

xxxxxxx

xx

xxxxxxxxxxx

0.25

)2(0

0232332

2222

xvixxxx

xxx

12

022

xx

xx

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

0.25

9

Câu 9 : Cho ba số thực dương , ,a b c và thỏa mãn điều kiện 3222 cba .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :acac

cbcb

babaS

222

333333

. 1.0

Trước tiên ta chứng minh BĐT : *)0(185

187

21 2

3

xx

xx 0.25

08111

572)1(18*2

23

xx

xxxluôn đúng với mọi x>0, d ấu “=” sảy ra khi x=1 0.25

Áp dụng (*) cho x lần lượt làac

cb

ba ;;

;185

187

2

2233 bababa

;

185

187

2

2233 cbcbcb

;

185

187

2

2233 acacac

0.25

Từ các đảng thức trên suy ra 218

a12S222

cb

Vậy MinS =2 khi a=b=c=10.25

Trang 1

SỞ GD-ĐT HƯNG YÊN KỲ THI KSCL NĂM 2015 - 2016TRƯỜNG THPT YÊN MỸ Môn: TOÁN 12

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

-------------------------------------

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 21 2 3 1 13

y x x x

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến song song

với đường thẳng 3 1y x

Câu 2(1,0 điểm) Tìm GTLN-GTNN của hàm số sau : 12 24 xxy trên đoạn

21;2

Câu 3 (1,0 điểm)Tính 5

1log 3

4 22log 6 log 81 log 27 81A Câu 4 (1,0 điểm) Tìm mọi giá trị của m để đường thẳng :d y x m cắt đồ thị

21

xy Cx

tại hai điểm phân biệt. Khi nào có ít nhất một trong hai giao điểm có tọa

độ nguyên ?Câu 5 (3,0 điểm) Cho hình chóp .SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnhbằng a, góc · 060BAD = .Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với mặt phẳng

( )ABCD biết 134

aSH =

a) Hãy tính thể tích của khối chóp .SABCD .b) Gọi M là trung điểm của SB , N thuộc SC sao cho SC = 3SN . Tính tỉ số thể tích

khối chóp .SAMN và khối chóp S.ABCD.c) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( )SCD .

Câu 6 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 2

2 2

4 1 2 3 (1)

2 4 1 1 (2)

x y x y

y y x x

Câu 7 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1a b c

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2

7 12114

Aab bc caa b c

----------------------------------Hết------------------------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:............................................; Số báo danh:.........................................

Trang 2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015 - 2016

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu1a

Ta có: 3 21 2 3 13

y x x x D R

2 1' 4 3; ' 0

3x

y x x yx

0,25

Sự biến thiên:+Trên các khoảng ;1 à 3; ' 0v y nên hàm số đồng biến+ Trên khoảng (1; 3) có y’< 0 nên hàm số nghịch biếnCực trị:+Hàm số đạt cực đại tại x = 1 giá trị cực đại 7

3y

+Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3; giá trị cực tiểu y = 1Giới hạn: lim à lim

x xy v y

0,25

Bảng biến thiên:

x 1 3

'y + 0 - 0 +

y 73

1

0,25

Đồ thị: giao Oy tại (0;1)

Đi qua (2; 53) và (4; 7

3)

0,25

Câu1b

2' 4 3y x x .

Đường thẳng y = 3x + 1 có hệ số góc 3

0,25

Trang 3

Do tiếp tuyến song song với đường thẳng 3 1y x nên: 0

' 34

xy x

x

0,25

0 1 3 17 294 33 3

x y pttt y x

x y pttt y x

0,25

Thử lại, ta được 2933

y x thỏa yêu cầu bài toán. 0,25

Câu2(1,0điểm)

Tìm GTLN-GTNN của hàm số sau : 12 24 xxy trên đoạn

21;2

3' 4 4y x x

01ê 2; ó ' 012

xTr n c y

x

1 232 7, 1 2, 0 1 ,2 16

y y y y

Kết luận 11 2;2;22

max 1 2 à min 2 7y y v y y

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 3

(1,0đ)Cho hàm số 2

1xy Cx

. Tìm giá trị của m để đường thẳng :d y x m

cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt. Tìm m để trong đó có ít nhất một điểmcó tọa độ nguyên .

Xét phương trình hoành độ giao điểm

2

21

1.....

2 0

2 2 3

2 2 3

x x mx

xx mx m

m

m

Do (C ) có bốn điểm có tọa độ nguyên là 0; 2 ; 2;4 ; 4;2 à 2;0A B C v D

Ycbt :d y x m đi qua một trong bốn điểmA, B, C, D

2 6m m

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4Tính 5

1log 3

4 22log 6 log 81 log 27 81A

Trang 4

(1 đ) 5 3

14log 3 log 5

4 2 2 2 22

42

log 6 log 81 log 27 81 log 6 log 9 log 27 3

6.9log 5 1 625 62627

A

0.5

0,5

Câu 5 a) Ta có ( )SH ABCD SH làđường cao của chóp S.ABCD

Theo giả thiết hình thoi ABCD có

góc A = 600 suy ra tam giác BAD đều2 322ABCD ABD

aBD a S S

Vậy 3.

1 39.3 24S ABCD ABCDV SH S a

0,5

0,5

.

.

.

.

.

1) . .6

12112

SAMN

SABC

SABC

SABCD

SAMN

SABCD

V SA SM SNbV SA SB SC

VVVV

= =

=

=

0.5

0.25

0.25

5c 34

gt HD a

Trong (ABCD) kẻ HE CD và trong (SHE) kẻ HK SE

Lập luận chỉ ra ;HK SCD d H SCD HK

0,25

0,25

Xét HED vuông tại E, ta có 0 3 3.sin 608

HE HD a

Xét SHE vuông tại H, ta có2 2

. 3 394 79

SH HEHK aSH HE

Mà ( , ( )) 4( ,( )) 3d B SCD BDd H SCD HD

= = 4 4 39( ,( )) ( , ( ))3 3 79

d B SCD d H SCD HK a= = =

Do / / ( )AB SCD ( ,( )) ( ,( ))d A SCD d B SCD= = 3979a

0,25

0,25

Trang 5

Câu 6Giải hệ phương trình

3 2

2 2

4 1 2 3 (1)

2 4 1 1 (2)

x y x y

y y x x

Điều kiện: 0y

2 2(1) 4 1 2 3 0PT x x y y x

Khi đó, 2 2(2) 2 4 1 1PT y y x x (3)

0,25

Xét hàm 2 1f t t t trên 0;

Có 2

' 1 0 01

tf t tt

f t đồng biến trên 0;

Khi đó, (3) 2 2PT f y f x y x

0,25

Thay vào phương trình (1) ta được phương trình: 5 3 3x x x x

Đặt t x > 0 có hàm số 10 6 3 9 5 2ó g' 10 6 3 0 0g t t t t c t t t t dot

Mà 1 3 1 1 1g t x x

0,25

Với 112

x y . Hệ phương trình có nghiệm duy nhất 1; 1;2

x y

0,25

Câu 7 Ta có 2 2 2 21 ( ) 2( )a b c a b c ab bc ca= + + = + + + + +

2 2 21 ( )2

a b cab bc ca - + ++ + = .

Do đó2 2 2 2 2 2

7 1217(1 ( ))

Aa b c a b c

= -+ + - + +

0.25

Đặt 2 2 2t a b c= + + .

Vì , , 0a b c > và 1a b c+ + = nên 0 1,0 1,0 1a b c< < < < < <

Suy ra 2 2 2 1t a b c a b c= + + < + + =

Mặt khác 2 2 2 21 ( ) 2( )a b c a b c ab bc ca= + + = + + + + +. .B C S 2 2 23( )a b c+ +

Suy ra 2 2 2t a b c= + + 13

. Vậy 1 ;13

t

0.25

Trang 6

Xét hàm số 7 121 1; ;1

7 1 3f t t

t t

2 2

7 121'7 1

7' 018

f tt t

f t t

BBT

t 13

718

1

'( )f t - 0 +

( )f t

3247

0,25

Suy ra 324 1; ;17 3

f t t . Vậy 324

7A với mọi ; ;a b c thỏa điều kiện đề

bài. Hơn nữa, với 1 1 1; ;2 3 6

a b c= = = thì2 2 2 7

181

a b c

a b c

và 3247

A =

Vậy 324min7

A =

0,25

SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚCTRƯỜNG THPT YÊN LẠC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 - LỚP 12NĂM HỌC 2015-2016ĐỀ THI MÔN: TOÁN

Th i gian làm bài 150 phút, không k˔ th i gian giao đ˒

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số 21

xyx

có đồ thị kí hiệu là ( )C .

a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.

b) Tìm m để đường thẳng y x m cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 2 2.ABCâu 2 (1,0 điểm):

a) Cho 02 và 3cos

5 . Tính giá trị của biểu thức: cos sin

3 6

P .

b) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìmxác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ.Câu 3 (1,0 điểm):

a) Giải phương trình:1

1 2 33 .27 81

x

x .

b) Tính giá trị của biểu thức: 34log log . log a a bQ a b a b b , biết rằng a, b là các số thực

dương khác 1.Câu 4 (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số .logy x x trên khoảng (0;10).Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng : 2 0 y và các điểm

(0;6), (4;4)A B . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng sao cho tam giác ABC vuông tại B.Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2AB a . Hình chiếuvuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và mặtphẳng ( )ABCD bằng 030 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa đường thẳngAC và mặt phẳng (SAB).Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp

là 3 1;2 16

I , tâm đường tròn nội tiếp là (1;0)J . Đường phân giác trong góc BAC và đường phân giác

ngoài góc ABC cắt nhau tại (2; 8)K . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có hoành độdương.

Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương trình: 2 21 4 20 4 9. x x xCâu 9 (1,0 điểm): Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: 1 . xy y Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức:2 2

2 .6( )3

x y y xPx yx xy y

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

Họ và tên thí sinh:……….…………………………………….…….….….; Số báo danh:……………

Trang 1/6

SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2, NĂM HỌC 2015-2016

Môn : Toán

HƯỚNG DẪN CHẤMI. LƯU Ý CHUNG:- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của thí sinh.Khi chấm nếu thí sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.- Nếu thí sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.- Thí sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đókhông được điểm.- Trong lời giải câu 6 và câu 7 nếu thí sinh không vẽ hình thì không cho điểm.- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.II. ĐÁP ÁN:Câu Ý Nội dung trình bày Điểm1 a Khảo sát hàm số 2

1

xyx

( )C . 1.0

* TXĐ: \ 1 D* Giới hạn, tiệm cận:lim lim 1 1x x

y y y

là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

1 1lim ; lim 1

x xy y x là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0.25

Ta có 2 21 2 3' 0

( 1) ( 1)

x xy x Dx x

, suy ra hàm số nghịch biến trên các

khoảng ( ;1) & (1; ) 0.25

*BBT:

0.25

*Đồ thị 0.25

Trang 2/6

4

2

-2

-4

5

y

x

O

1

-2

1

2

4

b Tìm m để đường thẳng y x m cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho

2 2.AB1.0

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: y=-x+m là:

2 2

1 121 2 2 0 (1)

x xx x mx x x mx x m x mx m

0.25

d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 12

2

1 2 04 8 0(*)

4( 2) 0

m mm m

m m0.25

Khi đó d cắt (C) tại 1 1 2 2( ; ), ( ; ) A x x m B x x m , với 1 2,x x là nghiệm phương trình(1). Theo Viet, ta có

2 2 2 22 1 1 2 1 2 1 22 ( ) 4 . 2 4 8 AB x x x x x x x x m m

0.25

Yêu cầu bài toán tương đương với :

2 2 22 4 8 2 2 4 12 0

6

mm m m m

m(thỏa mãn (*)).

Vậy 2 m hoặc 6.m

0.25

2 a 1,0 điểm Cho 02 và 3cos

5 . Tính giá trị của biểu thức:

cos sin3 6

P .

0.5

Vì 02 nên 2 4sin 1 cos

5 . Suy ra

cos cos sin .sin sin .cos cos .sin3 3 6 6 P

0.25

3 1 4 3 4 3 3 1 3. . . . .5 2 5 2 5 2 5 2 5

P 0.25

b Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn thamgia biểu diễn, tìm xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời sốbạn nam nhiều hơn số bạn nữ.

0.5

Số cách chọn 5 bạn bất kì là: 512 729C . Để chọn được 5 bạn thỏa mãn yêu cấu bài

toán, ta có hai khả năng sau:-TH1: Chọn 4 bạn nam và 1 bạn nữ, có 4 1

5 7. 35C C cách chọn.0.25

-TH2: Chọn 3 bạn nam và 2 bạn nữ, có 3 25 7. 210C C cách chọn. 0.25

Trang 3/6

Vậy xác suất cần tìm là: 35 210 245 .729 729

P

3 aGiải phương trình:

11 2 33 .27 81

xx . 0.5

Phương trình đã cho tương đương với :13.1 2 1 2 1 433 .3 81 3 .3 3

xx x x 0.25

2 43 3 2 4 2. x x x 0.25b Tính giá trị của biểu thức: 3

4log log . log a a bQ a b a b b , biết rằng a, b là

các số thực dương khác 1.0.5

Ta có 4log 2log . 3log a a bQ a b a b b 0.25

22

1log log . 3 log 3 log 3 1 3 2.

a a a aa ba b a b

aa b0.25

4 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) .logf x x x trên khoảng (0;10]. 1.0

Hàm số đã cho liên tục trên (0;10]. Ta có 1'( ) log . log logln10

f x x x x ex

. 0.25

1'( ) 0 log log f x x e xe

. 0.25

BBT:

0.25

Từ BBT ta suy ra(0;10]

log 1min '( ) . ef x x

e e0.25

5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng : 2 0 y và các điểm(0;6), (4;4)A B . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C

trên đường thẳng sao cho tam giác ABC vuông tại B.1.0

Phương trình đường thẳng AB là: 0 6 64 0 4 6 2 1

x y x y0.25

2 12 2 12 0. x y x y 0.25

( ;2) ( 4;2), ( 4; 2)

C C t BA BC t 0.25

Tam giác ABC vuông tại B nên . 0 4 16 4 0 3 (3;2). BA BC t t C 0.25

6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2AB a . Hình chiếu củaS lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA vàmặt phẳng ( )ABCD bằng 030 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin củagóc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB).

1.0

Trang 4/6

O

G

M

D

C

A

B

S

H

I

K

Gọi M là trung điểm BC, O là giao điểm của AC và BD. Ta có

2 2 2 2 553 3

aAM AB BM a AG AM . Vì SG vuông góc với mặt đáy,

nên góc giữa SA và mặt đáy là 030SAG . Xét tam giác vuông SGA, ta có

0 1 2 5tan tan 303 3 3

SG aSAG SGAG

.

0.25

24 .ABCDS a Suy ra3

2.

1 1 2 5 8 15. . .43 3 273 3

S ABCD ABCDa aV SG S a (đvtt) 0.25

Hạ GI vuông góc với AB, I thuộc AB. Nối S với I, hạ GK vuông góc với SI, K thuộc

SI. Khi đó K là hình chiếu vuông góc của G trên (SAB). Ta có 2 23 3

aGI MB , do

đó2 2

. 106

GS GI aGKGS GI

.

0.25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (SAB), ta có 3 102 4

aOH GK . Khi đó

AH là hình chiếu của AO lên (SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là OAH . Xét tam

giác vuông OHA, ta có 10 5 11sin cos .4 44. 2.

OH aOAH OAHOA a

0.25

7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp

là 3 1;2 16

I , tâm đường tròn nội tiếp là (1;0)J . Đường phân giác trong góc BAC và

đường phân giác ngoài góc ABC cắt nhau tại (2; 8)K . Tìm tọa độ các đỉnh của tamgiác ABC biết đỉnh B có hoành độ dương.

1.0

Trang 5/6

4

3

2

1

-1

-2

-3

-4

-5

-6

-7

-8

-4

-2

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

H

I

A

C

B

J

K

Gọi giao điểm của AK và đường tròn (I) là H. Xét tam giác BHJ có HJB JAB JBA (góc ngoài tam giác JAB)

JAC JBC ( vì AJ, BJ là các đường phân giác) CBH JBC (nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn (I)) HBJ

Suy ra tam giác HJB cân tại H, vậy HJ=HB và HJB HBJ (1)

0.25

Lại có BJ, BK thứ tự là phân giác trong và phân giác ngoài góc ABC nên tam giác

BKJ vuông tại B. Suy ra 090 HJB HKB HBJ HBK (2).

Từ (1) và (2) suy ra HKB HBK hay tam giác HBK cân tại H, do đó

HJ HB HK , vậy H là trung điểm JK, hay 3 ; 42

H . Tương tự

HJ HC HK .

0.25

Ta có 65 10; ; ;416 2

IH HJ

B, C cùng thuộc các đường tròn (I;IH) và (H; HJ) nên tọa độ B, C là nghiệm của hệ:

2 2 2

22

3 1 655; 22 16 16

(5; 2), ( 2; 2).2; 23 14 16

2 4

x yx y

B Cx y

x y

0.25

AH đi qua J và K nên phương trình đường thẳng AH là:1 0 8 8 0

2 1 8 0

x y x y . Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với AH, d

có véc tơ pháp tuyến 2 1; 8 n HJ , phương trình đường thẳng d là:

8 1 0 x y . Gọi M là giao điểm của d và AH, tọa độ M là nghiệm hệ:8 1 0 1

(1;0)8 8 0 0

x y xM J

x y y. M là trung điểm AH nên 1 ;4

2

A .

0.25

Trang 6/6

Kết luận: 1 ;42

A , (5; 2), ( 2; 2). B C

8 Giải bất phương trình: 2 21 4 20 4 9. x x x (1) 1.0Bất phương trình đã cho tương đương với:

2 22 2

2 2

4 16 16 44 9 5 6 4 20 2 0 2 04 9 5 6 4 20

x xx x x xx x

0.25

2 2

4 8 4 82 1 04 9 5 6 4 20

x xxx x

0.25

Từ (1) suy ra 2 21 4 20 4 9 0 1 x x x x . Do đó

2 2

2 2 2 2

4 8 4 8 1 4 20 4 91 4 8 . 1 04 9 5 6 4 20 4 9 5 6 4 20

x x x xxx x x x

0.25

Vậy nghiệm của bất phương trình là 2.x 0.259 Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: 1 . xy y Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức:2 2

2 .6( )3

x y y xPx yx xy y

1.0

Do 0, 0, 1 x y xy y nên2

2 21 1 1 1 1 1 10

4 2 4

x yy y y y y

.

Đặt 10 .4

xt ty

Khi đó2 2

1 2 1 1 1 .6 6 6 2( 1)3 3

t t tPt tt t t t

0.25

Ta có

232

7 3 1'( ) .2( 1)2 3

tP ttt t

Vì 210 3 ( 1) 3 3;7 3 6; 1 14

t t t t t t t , do đó

232

7 3 7 3 1 1 1 1 1; '( ) 02( 1) 2 26 3 3 32 3

t t P ttt t

.

0.25

Vậy ( )P t đồng biến trên 10;4

, suy ra 1 5 7( ) .4 3 30

P t P 0.25

Khi 1 ; 22

x y thì ta có 5 7 5 7 1 ; 2.3 30 3 30 2

P MaxP x y 0.25

---------- Hết ----------