Bộ đề thi thử thpt quốc gia năm 2016 môn toán số 2

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
TRƯỜNG THPT LAM KINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
MÔN: TOÁN. NĂM HỌC 2015 - 2016
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)
2x  1
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y 
x 1
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng của đồ thị (C) bằng khoảng
cách từ M đến trục Ox.
Câu 2 (1 điểm).
a. Giải phương trình: 3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1 .
b. Giải bất phương trình: 2log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2 .
Câu 3 (0.5 điểm). Tính nguyên hàm sau: I   x x  3dx
2
Câu 4 (1.5 điểm).
9
3  2 
a. Tìm số hạng chứa x trong khai triển của  x  2  .
 x 
b. Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 20 câu
hỏi trên. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A
rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm AB,
H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa
(SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA và IC.
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E, F
lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM  3FE . Biết điểm
M có tọa độ  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y  3  0 , điểm A có hoành độ là số
nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 7 (1 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể
tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.
 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình 
 4 y 2  x  2  y  1  x  1
Câu 9 (1 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn 2c  b  abc. Tìm giá trị
3 4 5
nhỏ nhất của biểu thức S   
bca acb abc
----Hết----
Họ và tên thí sinh:………………………………………………………………………….Số báo danh:………………………..............
1
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016, LẦN 1
Câu Nội dung Điểm
Câu1a - Tập xác định D  R \ 1
1.0đ
3 0,25
- Sự biến thiên y '   0 với x  D
 x  1
2
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 , 1;  
0,25
+ Hàm số không có cực trị
+ lim y  x   2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của
x 
đồ thị
lim y  x   , lim y  x    , suy ra đường thẳng x  1 là đường tiệm
x 1 x 1
cận đứng của đồ thị
0,25
+ Bảng biến thiên
x - 1 +
y’(x) - -
2 +
y
- 2
- Đồ thị
+ Đồ thị hàm số đi qua các
điểm
 0; 1 ,  2;1 ,  4;3 ,  2;5
0,25
+ Đồ thị nhận điểm I 1; 2  làm
tâm đối xứng.
Câu 1b 2x 0  1
1.0đ Gọi M  x 0 ; y0  ,  x 0  1 , y0  , Ta có
x0 1 0,25
d  M, 1   d  M, Ox   x 0  1  y 0
2x 0  1
  x 0  1  2x 0  1
2
 x0 1  0,25
x0 1
1 x  0
Với x 0  , ta có : x 02  2x 0  1  2x 0  1   0 Suy ra
2 x0  4 0,25
M  0; 1 , M  4;3
2
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1
Với x 0  , ta có pt x 02  2x 0  1  2x 0  1  x 02  2  0 (vô nghiệm) .
2 0,25
Vậy M  0; 1 , M  4;3
3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1  2 3 sin x cos x  1  cos 2 x  4sin x  0
Câu 2a.
0.5đ  2 3 sin x cos x  2sin 2 x  4sin x  0  2sin x  3 cos x  sin x  2  0 0,25
sin x  0  x  k
sin x  0 
 
     , k  . 0,25
 3 cos x  sin x  2 sin  x    1  x   k 2
  3  6
Câu 2b.
0.5đ ĐK: x > 1 , 2 log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2  log 3 [( x  1)(2 x  1)]  1 0,25
1
 2 x 2  3x  2  0    x  2
2
0,25
Đối chiếu điều kiện suy ra bpt có tập nghiệm S = (1;2]
Câu 3
Đặt t  x 2  3  t 2  x 2  3  2tdt  2xdx  xdx  tdt . 0,25
0.5 đ
t3 ( x 2  3)3 0,25
Suy ra I   t.tdt   t dt   C 
2
C
3 3
Câu 4.a 9 k
 2  9
 2  9
Ta có  x  2    C9k x 9 k  2    C9k x 93k  2 
k
0.5đ 0,5
 x  k 0 x  k 0
Số hạng chứa x 3 tương ứng giá trị k thoả mãn 9  3k  3  k  2
Suy ra số hạng chứa x 3 bằng C92 x 3  2   144x 3
2 0,25
Câu 4.b Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có
0.5đ C  4845 đề thi.
4 0,25
20
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có
C102 .C102  2025 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có
C103 .C101  1200 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có
C104  210 trường hợp. 0,5
Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có
2025  1200  210  3435 trường hợp
Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã
3435 229
thuộc là  .
4845 323
Câu 5 1
1.0đ Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , trong
3 0,25
đó SABCD  a 2
3
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Do (SIC),(SBD) cùng vuông với
đáy suy ra SH  (ABCD)
Dựng HE  AB   SHE   AB ,
 là góc giữa (SAB)
suy ra SEH
  600
và (ABCD)  SEH
Ta có SH  HE.tan 600  3HE
HE HI 1 a 0,25
   HE 
CB IC 3 3
a 3
 SH 
3
Suy ra
1 1a 3 2 3a3
VS.ABCD  SH.SABCD  . .a 
3 3 3 9
Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI
 d  SA, CI   d  CI,  SAP    d  H,  SAP   0,25
Dựng HK  AP , suy ra  SHK    SAP 
Dựng HF  SK  HF   SPA   d  H,  SPA    HF
1 1 1
Do SHK vuông tại H  2
 2
 (1)
HF HK HS2
1 1 1 1
Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK  2
 2
 
0,25
HK DM 2
DP DA 2
Thay vào (1) ta có
1 1 1 1 4 1 3 8 a
 2
 2
 2
 2
 2  2  2  2  HF  .
HF DP DA HS a a a a 2 2
a
Vậy d  SA, CI   .
2 2
Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy
BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC
  BM  AC .
  CAB 0,25
ABC  BEM  EBM
Câu 6 Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
1.0đ BM : x  2y  7  0 .
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
 13
 x
 2x  y  3  0  5  13 11 
   I ; 
 x  2y  7  0  y  11 5 5  0,25
 5
  12 6   2   8 4 
 IM   ;  , IB   IM   ;   B 1; 3
 5 5 3  5 5 
4
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1 1 1 5 5
Trong ABC ta có 2
 2
 2
 2
 BA  BI
BI BA BC 4BA 2
2 2
 8   4  4 5 5
Mặt khác BI        , suy ra BA  BI  2
 5   5  5 2
0,25
Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có
 a 3
BA  4   a  1   6  2a   4  5a  26a  33  0   11
2 2 2 2
a 
 5
  2 4 
Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ; 
 5 5
  0,25
Ta có AC  5AI   2; 4   C 1;1 . Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1
Câu 7 Thể tích lăng trụ là:
1.0đ
a 2 3 a3 3
V  AA '.SABC  a. 
4 4
0,5
Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC , A 'B'C'
khi đó tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là
trung điểm I của OO’. Mặt cầu này có bán kính là:
a 3 2 a 2 a 21
R  IA  AO2  OI2  ( ) ( )  0,5
3 2 6
2 a 21 2 7 a 2
suy ra diện tích mặt cầu (S) là: S  4R  4( ) 
6 3
Câu 8
1.0đ  xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0 . Ta có (1)  x  y  3  x  y  y  1  4( y  1)  0
 y 1  0 0,5

Đặt u  x  y , v  y  1 ( u  0, v  0 )
5
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được : 4 y2  2 y  3  y 1  2 y
 4 y 2  2 y  3   2 y  1   y  1  1  0
2  y  2 y2 0,25
 0
4 y  2 y  3  2 y 1
2
y 1 1
 2 1 
  y  2   0
 4 y  2 y  3  2 y 1
2
y  1  1 

2 1
 y  2 ( vì    0y  1 )
4 y  2 y  3  2 y 1
2
y 1 1 0,25
Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 
Câu 9 1 1 4
1.0đ  
Áp dụng bất đẳng thức , x  0, y  0.
x y x y
0,25
1 1  1 1   1 1 
S   2    3  
bca acb bca abc acb abc
2 4 6 0,25
suy ra S    .
c b a
1 2 2 4 6 1 2 3  3 0,25
Từ giả thiết ta có   a, nên    2      2  a    4 3.
c b c b a c b a  a
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 4 3 . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  3. 0,25
Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng
6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Môn thi: TOÁN
( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề )
Đề thi này có 01 trang
2x 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  (1).
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M
đến đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2cos x.cos 2 x  2  2sin 2 x  cos 3 x .
2x2  1
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I   dx .
x
Câu 4 (1,0 điểm).
1 1
1. Giải phương trình: log 1 (2 x 2  3 x  1)  log 2 ( x  1)2  .
4 2 2
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  8ln x  x 2 trên đoạn [1;e].
Câu 5 (1.0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu
nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đủ 3 màu, có đúng
một quả cầu màu đỏ và có không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB  a; AD  2a , tam giác
SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SD. Tính thể tích khối
chóp S.ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC.
3
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết AB  AD . Gọi F là
2
3
điểm thuộc đoạn thẳng BC sao cho BF  BC . Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình
4
2 2
 9  1  225
x   y   . Đường thẳng d đi qua hai điểm A, C có phương trình 3 x  11 y  2  0 . Tìm
 4  4 8
tọa độ đỉnh C biết điểm A có hoành độ âm.
 3 4 y 2  4 y  x3  2  x  4 y  2

Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:   x; y    .
3
3 2

2 2 y  x  3 y  x  1  6 x  x  1  2  0
Câu 9 (1.0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
2
a2 16b 2  27  a  bc 
thức: P  2
 2
.
1  a   5bc 36  a  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: ………………………………………
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
Câu 1 Khảo sát…… 1điểm
* Tập xác định D  R / 1
* Sự biến thiên:
3
Ta có: y '   2
 0, x  D . 0,25
 x  1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;   .
Hàm số không có cực trị.
* Giới hạn và tiệm cận:
Ta có:
lim y  lim y  2  đường thẳng y  2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C). 0,25
x  x 
lim y  ; lim y  1    đường thẳng x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị (C).
x 1 x 1
* Bảng biến thiên:
x  1 
y' - -
2  0,25
y
1.1
 2
* Đồ thị:
 1 
Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm   ;0  , cắt trục Oy tai điểm  0; 1 .
 2 
0,25
1điểm
 2a  1 
Gọi M  a;    C  (điều kiện a  1 ).
 a 1 
Gọi đường thẳng  là đường tiệm cận ngang của đồ thi (C) .
0,25
2a  1
0.a  1. 2
a 1 3
Ta có d  M , Oy   a ; d  M ,     .
2
0 1 2 a 1
1.2 Theo giả thiết khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến
3 0,25
đường tiệm cận ngang do đó: 2. a
a 1
a 2  a  6
2
 a2  a  6  0 a  3
 a a 6  2  2  .
 a  a  6  a  a  6  0  a  2
Vì phương trình a 2  a  6  0 vô nghiệm.
 7
+ Với a  3  M  3;  .
 2 0,25
+ Với a  2  M  2;1 .
Câu 2 1điểm
2 2
Phương trình đã cho  cos 3x  cos x  2  2sin x  cos 3 x  cos x  2  2sin x 0,25
 cos x  0
 cos x  2  2 1  cos x  2 cos x  cos x  
2
 
2
0,25
 cos x  1
 2

+ Với cos x  0  x   k ; k   . 0,25
2
 
 x   k 2
1 3
+ Với cos x    ; k  . 0,25
2 
 x    k 2
 3
Câu 3 1điểm
2 x2  1 x 2x2 1
Ta có I   dx   dx
x x2
1 0,25
 2 udu  xdx
2 2 2
Đặt u  2 x  1  u  2 x  1   2
.
x2  u 1
 2
u 1 u2 u2 1  1 1
Do đó I   . udu   du   du   du   du
u2 1 2 u2 1 u2 1  u  1 u  1 0,25
2
1  u  1   u  1 1 du 1 du
  du   du   du   
2  u  1 u  1 2 u 1 2  u 1
0,25
1 1
 u  ln u  1  ln u  1  C .
2 2
1 1
Vậy I  2 x 2  1  ln 2 x 2  1  1  ln 2 x2  1  1  C . 0,25
2 2
Câu 4 0,5 điểm
 1
 2 x 2  3x  1  0  x
Điều kiện:   2.
x 1  0 
x  1 0,25
1 1 1
Khi đó phương trình   log 2 (2 x 2  3 x  1)  log 2 ( x  1) 2 
2 2 2
4.1  2

 log 2 2(2 x  3x  1)  log 2 ( x  1) 2
 x  1 (Ko TM)
 2(2 x  3 x  1)  ( x  1)  3x  4 x  1  0  
2 2 2
.
 x  1 TM  0,25
 3
1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 
3
0,5 điểm
Điều kiện: x  0.
Hàm số y  8ln x  x 2 xác định và liên tục trên [1;e].
4.2  x  2  1; e 0,25
8
Ta có y '   2 x  y '  0   .
x  x  2  1; e
Ta lại có: y 1  1 ; y  2   8 ln 2  4 ; y  e   8  e 2 .
Vậy : Max y  8ln 2  4 , giá trị lớn nhất đạt được khi x  2.
1;e 0,25
Min y  1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x  1.
1;e
Câu 5
Gọi  là không gian mẫu của phép thử.
0,25
Số phần tử của không gian mẫu là n     C164  1820 .
Gọi B là biến cố: “ 4 quả lấy được có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và
không quá hai quả màu vàng”.
Do đó để lấy được 4 quả có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá
hai quả màu vàng có 2 khả năng xảy ra: 0,25
+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C52C71
+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C51C72
+) Khi đó n  B   C41C71C52  C41C72C51  700 . 0,25
nB 700 5
+) Xác suất của biến cố B là P  B     . 0,25
n   1820 13
Câu 6 1điểm
0,25
Gọi H là trung điểm của AB, vì SAB là tam giác đều  SH  AB .
 SAB    ABCD 
 a 3
Ta có  AB   SAB    ABCD   SH   ABCD  và SH  SA2  HA2  .
 2
SH  AB, SH   SAB 
1 1
Vì ABCD là hình chữ nhật  SACD  S ABCD  a.2a  a 2 .
2 2
3
0,25
1 1 a 3 2 a 3
Do đó VS . ACD  SH .SACD  . .a  (đvtt).
3 3 2 6
Gọi J là trung điểm của CD  IJ / / SC  SC / /  AIJ 
 d  AI , SC   d  SC ,  AIJ    d  C ,  AIJ   .
0,25
Ta có CD   AIJ   J  d  C ,  AIJ    d  D,  AIJ   (vì J là trung điểm CD).
Vậy d  AI , SC   d  D,  AIJ   .
Vì H là trung điểm AB, J là trung điểm của CD do đó tứ giác AHJD là hình chữ nhật.
Gọi K là tâm của hình chữ nhật AHJD  IK / / SH (vì IK là đường trung bình tam
giác SHD).
SH   ABCD  SH a 3
Ta có   IK   ABCD  và IK   .
 IK / / SH 2 4
1 a2
Ta có S ADJ  AD.DJ  ;
2 2
1 1 a 3 a2 a3 3 0,25
VI . ADJ  IK .S ADJ  .  ;
3 3 4 2 24
a 17
AJ  AD 2  DJ 2  .
2
1 1 a 3 a 17 a 2 51
Vì IK   ABCD   IK  AJ  SAIJ  IK .AJ  . .  .
2 2 4 2 16
3.VI . ADJ 2a 17
Do đó d  D,  AIJ     .
SAIJ 17
Câu 7 1điểm
 9 2  1 2 225
 A  d  x  y 
Ta có   tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ pt  4   4  8
 A   T  3x 11y  2  0
 0,25
 2 11y  2 11y
x  3 x  3
 
 2 2  2 2
 2 11y  9    y  1   225   11y  19    y  1   225
 3  
4  4

8  3 12   4  8
x  3
 2 11y 
 2 11y x  3  y  1
 x   
 3   y  1  x  93  A 3;1 (vì x A  0 ).

13y2  10 y  23  0 
 23  13
 y    23
 13  y  
 13
Gọi điểm E thuộc tia đối của tia BA sao cho AF  CE .
 
Đặt BE  xAB  BE  x AB , ta có:
         3 
CE  BE  BC  x AB  AD và AF  AB  BF  AB  AD .
4
Vì AF  CE do đó 0,25
      3   3 1
 
CE. AF  0  x AB  AD  AB  AD   0  xAB 2  AD 2  0  x  .
 4  4 3
1
Vậy E thuộc tia đối của tia BA thỏa mãn BE  AB khi đó AF  CE .
3
AF  CE
Xét tam giác ACE có   F là trực tâm tam giác ACE hay EF  AC .
CB  AE
2 2
 9   1  225
Gọi H  EF  AC  tứ giác ABFH nội tiếp hay H  T  :  x     y    ,
 4  4 8
0,25
 93 23 
do đó H là giao điểm (khác A) của đường thẳng d và đường tròn (T)  H  ;   .
 13 13 
Qua B kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC tại K  BK / / HE , khi đó ta có
 AK AB
 KH  BE  3  
  AH  12 HC  AH  12 HC
 KH  BF  3
 HC FC
  93 23    132 36 
Gọi C  a; b   HC  a  ; b   ; AH  ; .
 13 13   13 13  0,25
132  93 
  12  a  
   13  13  a  8
Do đó AH  12 HC     C  8; 2  .
36
  12 b   23   b  2

 13  13 
Vậy C  8; 2  .
Câu 8 1điểm
3
Điều kiện: x  2.
3 2
Biến đổi pt thứ (2) của hệ thành : 2  x  1  3 y  x  1  4 y 3  0
Nhận xét y  0 không là nghiệm của pt  y  0, do đó pt 0,25
3 2
 x 1   x 1
 2   3  40
 y   y 
x 1
Đặt a  khi đó pt trở thành
y
 2a 3  3a 2  4  0   a  2   2a 2  a  2   0  a  2 .
0,25
Vì pt 2a 2  a  2  0 vô nghiệm.
x 1
+) Với a  2   2  2 y   x  1 .
y
3
Thay 2 y   x  1 vào pt (1) của hệ ta được pt x2  1  x  x3  2
0,25
 x3  2   2 x  1   x  1  3 x 2  1  0
3
x 3  2   2 x  1
2
 x  1   x 2  1
  2
0
x3  2   2 x  1
 x 1   x 1 x 1   x  1
3 2 3 2 2
x3  4 x 2  4 x  3 x3  4 x 2  3 x
  2
0
x3  2   2 x  1
 x 1   x 1 x 1   x  1
3 2 3 2 2
  0,25
 x2  x 1 x  x  1 
  x  3   2   0  x  3.


x 3
 2   2 x  1 3 2
 
3 2
x  1   x  1 x  1   x  1 
2

2
x  x 1 x  x  1
Vì  2
 0, x  3 2.
3
x  1   2 x  1 3 2
 
x  1   x  1 3 x 2  1   x  1
2
Với x  3  y  2.
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm  x; y    3; 2  .
Câu 9 1điểm
2
a2 16b2  27  a  a  b  c   bc 
Ta có: P  2
 2
 b  c   5bc 36  a  c 
2
a2 16b2  27  a  b  a  c  a2 4b2 3 2
 2
 2
 2
 2
  a  b 0,25
 b  c   5bc 36  a  c   b  c   5bc 9 a  c 4
a2 a2 4a 2
Ta lại có 2
  2
 b  c   5bc 5
b  c   b  c  9 b  c 
2 2
4
2
4a 2 3 2 4b 2
2 a b  3 2
Do đó P  2
 2
  a  b      a  b
9b  c 9a  c 4 9 bc a c  4
2 2 2
2  a2 b2  3 2 2  a  b  3 2
      a  b       a  b
9  ab  ac ba  bc  4 9  ab  ac  ba  bc  4
2
2
 
2   a  b
2
 3 2  a  b
2  3
2
    a  b   2
   a  b 2 .
 
9  2ab   a  b  c  4 9   a  b  4
  a  b c 
 2  0,25
2
 
2  1  c 
2  3 2
8  1 c  3
2 2
P  2
   
1  c     1  c  .
9  1  c   4 9 1 c  4
  1  c  c 
 2 
2 2
8 1 c  3 2 8 2  3 2
Ta có    1  c    1    1  c  .
9 1 c  4 9  1 c  4
2
8 2  3 2
 P  1    1  c  .
9  1 c  4
Theo giả thiết a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  1  c   0;1 .
2
8 2  3 2
Xét hàm số f  c   1    1  c  với c   0;1 .
9  1 c  4
16  2  2 3 0,25
Ta có f '  c    1   2
  c  1 .
9  c  1   c  1 2
32  1 27  1
 f 'c  0   c  1  3
   0  c  vì c   0;1 .

9   c  1 64  3
Bảng biến thiên 1
c 0 3 1
f '( c ) – 0 +
f (c )
0,25
1
9
1
Từ BBT  f  c    , c   0;1 . Do đó P   1 .
9 9
1
Vậy Min P   1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a  b  c  .
9 3
......................... Hết .............................
SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 1
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.(2,5 điểm).
2x  3
1. Cho hàm số : y  (C )
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1.
3 2
2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  3 x  9 x  1 trên đoạn [- 2; 2].
Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Câu 3 (1,5 điểm).
a) Giải phương trình: 5 2 x  24.5 x1  1  0
4x 2  4x  3
b) Tìm hàm số f(x) biết f’(x)= và f(0) = 1.
2x  1
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có
đỉnh A trùng với gốc toạ độ O, đỉnh B(1;1;0), D( 1;-1;0). Tìm tọa độ đỉnh A’ biết A’ có cao
độ dương và viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.A’B’C’D’.
Câu 5 (0,5 điểm). Trường trung học phổ thông Thuận Thành số 1 có tổ Toán gồm 15 giáo
viên trong đó có 8 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý gồm 12 giáo viên trong đó có 5 giáo
viên nam, 7 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi dự tập huấn chuyên đề dạy
học tích hợp. Tính xác suất sao cho trong các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a ,
AD  2a , SA  ( ABCD) . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D
đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD biết góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy
1
là  với tan  
5
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác
hạ từ đỉnh A là D(1;-1). Phương trình tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác
 13  1 
ABC có phương trình x + 2y – 7 =0.Giả sử điểm M  ;  là trung điểm của BD. Tìm tọa
5 5 
độ các điểm A,C biết A có tung độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau
x  2 x 2  2 x  4  y  1  2 y 2  3


 4 x 2  x  6  5 y  2  xy  2 y  x  2  1  2 y  x  2
Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 .
b  2c a  2c
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    6ln( a  b  2c) .
1 a 1 b
----------------- Hết -----------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh......................................................................Số báo danh.......................
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I, NĂM 2015-2016
Môn thi: Toán 12
Câu Ý Nội dung Điểm
Câu 1 2x  3
1.Cho hàm số : y  (C )
(2,5 x 1
điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 1,0
TXĐ: R \  1
0,25
5
y'   0 , x  1
( x  1) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) va  (1; )
Hàm số không có cực trị
lim y  2  đồ thị có tiệm cận ngang y = 2
x  
lim y   ; lim y    đồ thị có tiệm cận đứng x = -1 0,25
x  1 x  1
- Bảng biến thiên.
X  -1 
' + + 0,25
Y  2
2 
* Đồ thị: 0,25
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
0,75
1 0,5
Với y  1  2 x  3  x  1  x  4 ; y ' (4) 
5
1 1 1 0,25
Phương trình tiếp tuyến tại điểm A(4;1) là: y  ( x  4)  1  y  x 
5 5 5
2. (0,75 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  x3  3 x 2  9 x  1 trên đoạn  2; 2
điểm)
Xét trên đoạn  2; 2 ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9 0,25
 x  3 (l ) 0,25
f’(x) = 0  
x  1
Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - 4 , f(2) = 3
Vậy: max f( x )  f (2)  23 , min f( x)  f (1)  4
 2;2  2;2
0,25
Câu 2
(0,5 Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
điểm) Phương trình tương đương:
 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0 0,25
 (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0
 
 2  cosx  0 (VN )  x  6  k 2 0,25
  (k  z )
 sinx  1  x  5  k 2
 2  6
1,5
24 x
Câu 3 Ta có: 5 2 x  24.5 x1  1  0  5 2 x  .5  1  0
5 0,25
(1,5 x
Đặt t = 5 , ( t > 0)
điểm)
t  5
24 0.25
Phương trình trở thành:  t  .t  1  0  
2
a) 5 t   1 (l )
 5
Với t  5 ta có x =1.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 0,25
b) Ta 0,5
2
4x  4x  3  2  2
có f (x)   dx=   2 x  1  dx  x  x  ln 2 x  1  c
2x  1  2 x  1 
Mà f(0)=1  c  1  f ( x)  x 2  x  ln 2 x  1  1
0.25
Câu4 Ta có: AB = 2
(1điểm) 0,25
Gọi A’(x;y;z), Vì ABCD.A’BC’D’là hình lập phương ta có AÂ '. AB  0; AÂ'.AD  0
x  y  0

Và AA’= 2 nên ta có hệ  x  y  0  A' (0;0; 2 ) Do A’ có tung độ dương
0,25
x 2  y 2  z 2  2

Lại có đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là AC’ mà
 1 
 
AC '  AB  AD  AÂ'  C ' 2;0; 2  I 1;0;  là trung điểm của AC’ và bán kính 0,25
 2
6
mặt cầu là R = AI=
2
2
 1  3
Phương trình mặt cầu là:  x  1  y   z 
2 2
  0,25
 2 2
Số phần tử của của không gian mẫu: n()  C152 C122 0,25
Gọi A là biến cố: “Các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ”
n(A)= C 82 C 72  C 52 C 72  C81C 71C 71C 51
Câu 5 n( A) 197
P(A) = 
(0,5 n() 495
điểm) 0,25
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a , 1,00
SA  ( ABCD) và SA  a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD.
Ta có hình chiếu của SC trên mặt phẳng đáy là AC vậy góc SCA là góc giữa SC và mặt 0,25
Câu 6 phẳng đáy  SA  AC tan   a
(1,0 2
điểm) Ta có S ABCD  AB.AD  2a
0,25
1 2a 3
Do đó: VS .ABCD  .SA.S ABCD  (dvtt)
3 3
Ta có d(D,(SBM)=d(C,(SBM)= 1/2
d(A,(SBM))
Dựng AN  BM ( N thuộc BM) và AH  SN 0,25
(H thuộc SN)
Ta có: BM  AN, BM  SA suy ra: BM  AH.
Và AH  BM, AH  SN suy ra: AH  (SBM).
Do đó d(A,(SBM))=AH
12 2a 2 4a
AN .BM  a 2  AN 
Ta có: S ABM  S ABCD  2 S ADM  a ; S ABM  
2 BM 17
1 1 1 4a 0,25
Trong tam giác vuông SAN có: 2
 2
 2  AH 
AH AN SA 33
2a
Suy ra d(D,  SBM  
33
1,00
Gọi E là giao cuả tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với
BC, PT BC: x-2y-3=0  E(5;1) và chứng minh được ED =EA 0,25
Từ A(7-2a;a)  d x+2y-7=0. Từ EA=ED ta có (2-2a)2+(a-1)2=20  A(1;3) ( do
Câu 7 tung độ A dương) 0,25
(1,0 0,25
 21 3   16  12 
điểm) M là trung điểm của BD  B ;   AB ; 
 5 5 5 5 
   
Gọi C(2c+3;c) ta có cos AB; AD  cos AC; AD  C  15;9 0,25
( Học sinh có thể sử dụng phương tích EB. EC  EA 2 )
Giải hệ phương trình sau 1,00
ĐK: y  2;( x  2)( y  1)  0
0,25
Phương trình (1)  x  2 ( x  1) 2  3  y  2 y 2  3
2t
Xét hàm f(t) = t  2 t 2  3 có f ' (t )  1  , t  R  f ' (t )  0  t  1
Câu 8 t2  3
(1,0 f ' (t )  0, t  1; f ' (t )  0, t  1
điểm)
Từ điều kiện ta có
-Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1 0,25
mà pt (1) có dạng f(x-1)=f(y)  y  x  1
-Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1 pt (1)  y  x  1
Vậy ta có y=x-1 thế vào pt (2) ta có:
x 1
 4 x 2  x  6  (1  2 x)  5 x  1 (3)   x 1 0,25
2
4x  x  6 1 2x
 x  1  0  x  1
 2
 4 x  x  6  1  2 x  x  1 (4)
 1 0,25
x  2 7
Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x  1  2 x  1   2 x
4 x 2  8 x  3  0 2

2 7
Thử lại ta có: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1; x  . Vậy hệ có
2
2 7 7 
nghiệm là (x;y) = (-1;-2) và  ; 

 2 2 
( học sinh có thể bình phương để giải pt ẩn x)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 . 1,00
b  2c a  2c
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    6ln( a  b  2c) .
1 a 1 b
a  b  2c  1 a  b  2c  1
P2   6 ln( a  b  2c) 0,25
1 a 1 b
Câu 9
 1 1 
(1,0   a  b  2c  1     6 ln( a  b  2c)
điểm)  1 a 1 b 
Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
1 1 2 0,25
)   (1)
1  a 1  b 1  ab
ab  1
) ab  (2)
2
1 1 2
Thật vậy, )  
1  a 1  b 1  ab
 
  2  a  b  1  ab  2 1  a  1  b 
2
  a  b   ab 1  0 luôn đúng vì ab  1. Dầu “=” khi a=b hoặc
ab=1
ab  1 2
) ab 
2
  ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1.
1 1 2 2 4
Do đó,    
1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab
2 0,25
4 4 16
   . Đặt t  a  b  2c, t  0 ta
ab  bc  ca  c 2
 a  c  b  c   a  b  2c 2
có:
16  t  1
P  2  f (t )   6 ln t , t  0;
t2
6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8
f '(t )    
t t3 t3 t3
BBT
t 0 4  0,25
f’(t) - 0 +
f(t)
5+6ln4
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.
Chú ý:
Đây chỉ là hướng dẫn chấm, một số bài học sinh phải giải chi tiết
Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.
SỞ GD & ĐT BẮC NINH KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
ĐỀ THI THỬ LẦN 2 Ngày thi: 15/01/2016
2mx  1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  (1) với m là tham số.
x 1
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1.
b. Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng d: y  2x  m cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm
phân biệt có hoành độ x1 ,x 2 sao cho 4(x1  x 2 )  6x1x 2  21.
Câu 2 (1,0 điểm).
a. Giải phương trình: sin 2x  1  4 cosx  cos2x.
b. Giải bất phương trình: log2 (x  1)  log1 (x  3)  5.
2
dx
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I   
2x  1  4
Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(3; 2) có tâm
đường tròn ngoại tiếp là I(2; 1) và điểm B nằm trên đường thẳng d có phương trình: x  y  7  0.
Tìm tọa độ đỉnh B, C.
Câu 5 (1,0 điểm).
1 
a. Cho tan   với     0. Tính giá trị của biểu thức: A  5 cos  5 sin 2.
2 2
b. Cho X là tập hợp gồm 6 số tự nhiên lẻ và 4 số tự nhiên chẵn. Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số
tự nhiên. Tính xác suất chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn.
  120o
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A ' B'C' D ' có đáy là hình thoi cạnh a, BAD
và AC'  a 5 . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B'C' D ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB' và BD theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông
 6 7
góc của A lên đường thẳng BD là H   ;  , điểm M(1; 0) là trung điểm cạnh BC và phương trình
 5 5
đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH có phương trình là 7 x  y  3  0. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD.
2x 5  3x 4  14x 3  2 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình:
x2
 
 4x 4  14x 3  3x 2  2 1  .
x2 

2 2
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn:   (x  y)(x  z).
3x  2y  z  1 3x  2z  y  1
2(x  3)2  y 2  z2  16
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  
2x 2  y 2  z2
-------------------------- 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:..................................