SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO QUẢNG NINH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y =

x
x 1

(C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với
đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1).
Câu 2. (1,0 điểm).
a. Giải phương trình sin 2x  1  6sin x  cos 2x .
2
2
b) Tìm số phức z thỏa mãn: z  2 z.z  z  8 và z  z  2 .
72 x1  6.7 x  1  0 .

Câu 3. (0,5 điểm). Giải phương trình

 x2   x  y  3 x  y  y

Câu 4. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
(x, y  ¡ ) .
2

·
ADB có phương trình x - y + 2 = 0, điểm M(-4; 1) thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường
thẳng AB.
Câu 8. (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(-4; 1; 3) và đường
x  1 y 1 z  3
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường


2
1
3
thẳng d. Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  5 .

thẳng d :

Câu 9. (0,5 điểm). Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu
nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu.
Câu 10. (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

b  2c a  2c

 6ln(a  b  2c) .
1 a
1 b

-----------------------------Hết ----------------------Họ và tên thí sinh ........................................................SBD: ......................
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
1/1


lim f ( x)  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x 1

x 1

0.5

Bảng biến thiên
1.a

x

-

1

+

-

y'

-

1

+

y

15

2

4

6

8

1.b

Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi
qua điểm M và điểm I(1; 1).
x0
Với x0  1 , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ;
) có phương trình :
x0  1
y

x02
1
x0
1

x

y

0

 x0  0
1
1
0
Để (d) vuông góc IM điều kiện là : u.IM  0  1.( x0  1) 
2
( x0  1) x0  1
 x0  2
+ Với x0 = 0 ta có M(0,0)
+ Với x0 = 2 ta có M(2, 2)
r
(d) có vec – tơ chỉ phương u  (1;

0.5

Câu 2:1 điểm

0.25

sin 2x 1  6sin x  cos 2x
 (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0

 2sin x  cos x  3  2sin 2 x  0
2a.

0. 25

 2sin x  cos x  3  sin x   0

sin x  0

0.25

Đặt t=7 ,t>0
x

 3 2
(tm)
t 
7
2
Phương trình đã cho trở thành:7t -6t+1=0  
 3 2
(tm)
t 
7


0.25

3 2
)
 x  log 7(
7
Tim ra x và kết luận nghiệm của pt là 

3 2
)
 x  log 7(
7


 x   x  y
2

3

 x  y  3 x  y 1
2



0.25

x2  x  y  y 2



x2  x  y  y

0

0.25



x2   x  y 
x y
  0  x  y 1  0
  x  y  1 

2


2

2

2

ln x
x2
ln x
3
ln x
I   xdx  2 2 dx 
2 2 dx   2 2 dx
x
2 1 1 x
2
x
1
1
1

0.25

2

ln x
dx
2
x

1
1
J   ln 2 
  ln 2 
2
x1
2
2
Vậy I 

1
 ln 2
2

0.25
0.25

4


Câu 6:1 điểm

Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)

Sj

Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)

0.25


3 2
12

0.25

Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB  
Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM
Ta có

a 3
a 3
1
1
1
16
. Vậy d  I ,  SAB   


 2  HM 
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4

0.25

·
IAD
·
·  CAI
· ,·
·
ABC  CAD
Mà BAI
nên ·
AID  IAD
 DAI cân tại D  DE  AI

PT đường thẳng AI là : x  y  5  0
0,25
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)
r
uuuuur
VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5  VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3
Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5x  3 y  7  0

0,25
0,25
5


Câu 8:1 điểm

(1,0 điểm)


 7 7 7

Câu 9:0,5 điểm

Tổng số viên bi trong hộp là 24. Gọi  là không gian mẫu.
Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có C244 cách lấy hay n(  )= C244 .
Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu. Ta có các trường hợp sau:
+) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có C102 C81C61  2160 cách

0.25

1
+) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có C10
C82C61  1680 cách
1
+) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có C10
C81C62  1200 cách
Do đó, n(A)=5040
n( A) 5040

 47, 4%
Vậy, xác suất biến cố A là P( A) 
n() 10626

0.25

Câu 10:1 điểm

a  b  2c  1 a  b  2c  1


)


  2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b 
1  a 1  b 1  ab







a b


2





ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1

6


2
ab  1
 ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1.
2

Đặt t  a  b  2c, t  0 ta có:
16  t  1
P  2  f (t ) 
 6ln t , t  0;
t2
6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8 
f '(t )  


t
t3
t3
t3

t 0
f’(t)

-

4
0


+
0.25

f(t)
5+6ln4
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.



Câu 4 (1,0 điểm)

3

xdx
cos 2 x
0

a. Tính tích phân: I  

b. Cho tập hợp A có 50 phần tử. Hỏi tập A có tối đa bao nhiêu tập hợp con có số phần
tử bằng nhau?
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang vuông tại A và B, cạnh
BC là đáy nhỏ. Gọi H là trung điểm cạnh AB, tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a , mặt
phẳng (SAB) vuông góc với (ABCD). Cho SC  a 5 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(SHC) là 2a 2 .
a. Chứng minh rằng SH vuông góc với CD
b. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
(P): x  y  z  4  0 và các điểm A(2; 3;- 4), B(5; 3;- 1)
a. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB
b. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho tam giác AMB vuông cân tại M.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 1), góc BAC
bằng 600 và nội tiếp trong đường tròn có bán kính R  5 . Viết phương trình đường thẳng
BC, biết đường thẳng BC đi qua M(-1; 2) và trực tâm H của tam giác ABC nằm trên
đường thẳng (d): x-y-1=0.




thích gì thêm.


TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3

HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: TOÁN (Lần 3 năm học 2015-2016)
Hướng dẫn chấm

Câu
Câu 1
(2,0
điểm)
Câu 2
(1,0
điểm)

Điểm

a. (1,0 điểm) Khảo sát… Học sinh làm đúng quy trình, vẽ đúng đồ thị

1,0

b. Với x = -2 suy ra y = 9; y’ = -24

0,5

PTTT là: y = -24(x + 2) + 9 hay y = -24x - 39.

0,5

6
6
b. Đặt sin x  t , t   1;1 ; PT trở thành 2t 2  t  3  m (*)

0,25

Vậy PT có 3 họ nghiệm là x  k ; x 

0,25

Để PT đã cho có nghiệm thì (*) phải có nghiệm thuộc  1;1

0,25

25
; Maxf (t )  0
8
25 
 25 
Suy ra để thỏa mãn bài toán thì m  
;0  m  0; 
 8

 8

Khảo sát hàm f (t )  2t 2  t  3, t   1;1 ta có minf (t ) 

Câu 3
(1,0
điểm)

0,25
0,25
0,25

0,25




3

Suy ra I= x.tan x 03   tan xdx 
0

 3
3



 ln cos x 03 

 3
3

 ln 2

b. Số tập con có k phần tử của A là C50k .
Giả sử loại tập con có k phần tử là loại tập con nhiều nhất của A thì ta có
C50k 1  C50k
hệ:  k 1


a. Vì tam giác SAB đều nên SH  AB.
Vì (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD) Từ đó suy ra SH  CD (đpcm)
b. Trong tam giác đều ABC cạnh 2a ta có SH= a 3 .
Kẻ DM  HC  DM  (SHC) suy ra DM= 2a 2 ; kéo dài CH cắt AD tại E.
Trong tam giác vuông SHC có HC= a 2 ,
Trong tam giác vuông BHC có BC= a  góc HCB=450  góc CED=450
Suy ra tam giác DME vuông cân tại M  EM=DM= 2a 2  ED= 4a .
Mà EA=AH= a  AD= 3a suy ra diện tích hình thang ABCD = 4a 2
1
3

Vậy VS . ABCD  SH .dt ABCD 

0,25
0,25

0,25

0,25

3

4a . 3
(đvtt)
3

Câu 6 a. Mặt phẳng trung trực (Q) của AB đi qua trung điểm I ( 7 ;3; 5 ) của AB và
2
2

điểm)

Gọi D là trung điểm BC, gọi I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
O

Ta có AH=2.ID; góc DIC=góc BAC=600; IC=R= 5

H
B

0,25

D

C
A'

Suy ra ID=IC.cos600 =

5
 AH=2.ID= 5 (*)
2

0,25
0,25

Vì H thuộc (d): x-y-1=0 nên H=(t; t-1).

Thay vào (*) suy ra t=0 và t=3. Suy ra H=(0;-1) và H=(3;2)

x2  1  x



4

(1)

1 4

y 4 y
2





x2  1  x  y 2  4  y

Từ (1) và (2) suy ra 2 y  3 x2  1  5x
Thế vào PT thứ 2 của hệ ta
được: (2 y  5)3  3 5  2 y  4 y  (2 y  5)3  4 y  3 5  2 y  0

0,25

(2)

0,25
0,25



A=

2
2
2
5
.



a b b c a c
ab  bc  ca

Sử dụng bất đẳng thức :

0,25

1 1
4
2 2
 

(m, n  0)
m n mn
m2  n 2

Đẳng thức xảy ra khi m = n. Ta có:
2(


 4 suy ra:
4
Từ ( 1) và ( 2) ta có : A  10 6 .

lại có: 3(1  b)(1  3b) 

20 2

(1)

1  b 1  3b 
1  b 1  3b  

2 3
3

(2)

0,25

Đẳng thức xảy ra khi: a - b = b –c, 3 - 3b = 1 + 3b và a+ b + c = 1
2 6
1
2 6
,b  ,c 
hoặc các hoán vị.
6
3
6
Vậy GTNN của A là 10 6

(d ) : 3x  2 y  2  0 .

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình : sin 3x  cos2x  1  2sin x.cos2x .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  2  4  x .
Câu 4 (1,0 điểm). Trong một cái hộp có 20 viên bi gồm 12 bi đỏ khác nhau và 8 bi xanh khác nhau. Xét phép
thử ngẫu nhiên lấy 7 viên bi từ hộp, tính xác suất để 7 viên bi lấy ra có không quá 2 bi đỏ.
Câu 5 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình: x  3  m x 2  1 có hai nghiệm thực phân biệt.
Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a,
SA  ( ABCD) và SA  a . Tính theo a thể tích chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM) với

M là trung điểm của CD.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có D(6; 6) . Đường trung trực
của đoạn DC có phương trình 1 : 2 x  3 y  17  0 và đường phân giác của góc BAC có phương trình
2 : 5x  y  3  0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD .
3
2
3

 x  12 y  x  2  8 y  8 y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
( x, y  R)
2
3
x

8
y

2
y

Điểm
2,0

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 
 Tập xác định: D = R \ 1

2x  4
x 1

1,0

 Sự biến thiên:
0,25

6
 0, x  D
( x  1)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1) và (1; )

- Chiều biến thiên: y , 

- Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  2  tiệm cận ngang: y=2
x 

x 

lim y  , lim y    tiệm cận đứng: x=-1

x ( 1)



8

6

4

0,25
2

15

10

O

5

2

4

6

8

5

10


3
5
x
2
2
3
19
Với x0  3  M (3;5) . Ta có PTTT cần tìm là: y  x 
2
2
3
3
19
5
KL: Vậy có hai TT thỏa mãn ycbt y  x  ; y  x 
2
2
2
2
Giải phương trình : sin 3x  cos2x  1  2sin x.cos2x
Phương trình  sin 3x  cos2 x  1  sin 3x  sinx
Với x0  1  M (1; 1) . Ta có PTTT cần tìm là: y 

Câu 2

 2sin 2 x  sinx  0



1,0

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  f ( x)  x  2  4  x

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm x 

Vậy Max f ( x)  2 khi x=3;

0,25

0,25



x   k 2

1
6
Với sin x   
(k  Z )
5
2
 x    2 k

6

y' 

0,25

0,25



1
C86  336 (cách)
Lấy được 1 bi đỏ, 6 bi xanh: có C12

Lấy được 2 bi đỏ, 5 bi xanh: có C122 C85  3696 (cách)
Goi A là biến cố : ‘ Trong 7 viên bi lấy ra có không quá 2 bi đỏ’

0,25


Ta có n( A)  8+336+3696 = 4040
n( A) 4040
101
Do đó P( A) 


n() 77520 1938
Câu 5

0,25

Tìm m để phương trình x  3  m x 2  1 có hai nghiệm thực phân biệt
x3
Vì x 2  1  0x nên Pt 
m
x2  1

1,0
0,25

BBT của hàm f(x)

0,25

1
3
0



x
'

f ( x)

+


-

10

f ( x)

1

1

Từ BBT suy ra 1  m  10


2a 3
2
Do đó : VS . ABCD  SA.S ABCD  .a.2a 
(đvtt)
3
3
3
Dựng AN  BM ( N  BM ) và AH  SN ( H  SN )
 AH  BM
 BM  AN
Ta có: 
 AH  ( SBM )
 BM  AH và 
 AH  SN
 BM  SA
Do đó d ( A,(SBM ))  AH

0,25

0,25

Ta có: S ABM  S ABCD  2S ADM  a 2

1
2a 2
4a
AN .BM  a 2  AN 

2
BM

3
uuur ur
vì DI .u1  0  a  4 do đó I (4; 3) suy ra C (2;0)
Mà S ABM 

Câu 7

0,25

1,0

0,25

Gọi C’ đối xứng với C qua  2 . Ta có phương trình CC’: x-5y+2=0

x  5 y  2  0
1 1
Gọi J là trung điểm của CC’. Tọa độ J là nghiệm hệ 
 J ( ; ) nên
2 2
5 x  y  3  0
C ' (3;1)
uuur
Đường thẳng AB qua C’ nhận DC làm VTCP có phương trình: 3x-2y-7=0 .\
3x  2 y  7  0
 A(1; 2)
Tọa độ A là nghiệm hệ: 
 5x  y  3  0
uuur uuur
Do ABCD là hình bình hành nên AB  DC suy ra B(5; 4)

biến trên ¡ . Từ * ta có f  x   f  2 y  1  x  2 y  1

0,25

0,25

0,25
1,0

0,25
0,25


Thế x  2 y  1 vào (2) ta được phương trình:

y5

8
(2 y  1)2  8 y 3  8 y  5  
2
3
2

(2 y  1)  8 y  (8 y  5)

0,25



y5

Với y  6  x  11
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) và (11;6)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P  2(ab  bc  ca)3  27a 2b2c 2  3(a 2  b2  c 2 )  6(ab  bc  ca)

0,25

1,0

trong đó a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn a  b  c  3 .
Ta có: ab  bc  ca  3 3 ab.bc.ca  27a 2b2c2  (ab  bc  ca)3
Lại có: a2  b2  c2  ab  bc  ca  3(a 2  b2  c 2 )  3(ab  bc  ca)

0,25

Do đó P  (ab  bc  ca)3  3(ab  bc  ca)  t 3  3t  f (t )
0,25

(a  b  c) 2
1
3
Ta có bảng bt của hàm số f(t) trên  0;1
với 0  t  ab  bc  ca 

t

0

1


(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2.
b) Tìm tất cả các giá trị m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (1;3).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

cos x
 1  sin x.
1  sin x
ln 3

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I 



e x  2 dx.

0

Câu 4 (1,0 điểm). Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập S  1, 2,...,11. Tính xác suất để tổng ba số
được chọn là 12.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;3; 2) ,
B(3;7; 18) và mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  1  0. Viết phương trình mặt phẳng chứa đường

thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA
+ MB nhỏ nhất.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, với
AB  BC  a; AD  2a,(a  0). Các mặt bên (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy. Biết

góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính theo a thể tích tích khối chóp S.ABCD

(2.0 điểm)

Nội dung
a. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
Với m = 2, y  x 4  2x 2
* TXĐ: D = R
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
3
y'  4 x  4 x ; y'  0  4 x 3  4 x  0  x  0, x  1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1;   )
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-  ; -1) và (0; 1)
- Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; ycđ = y(0) = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1; yct = y(  1) = -2
- Giới hạn tại vô cực: lim ( x 4  2 x 2 )  + 

Điểm

0.25

0.25

x 

- Bảng biến thiên Bảng biến thiên
0.25

* Đồ thị:
Tìm guao với các trục tọa độ.


cos x  0
PT tương đương với cos x  cos 2 x  
cos x  1

0. 25

1


sin x  1
Hay sin x  1 (l )
cos x  1

0. 25

Vậy nghiệm của phương trình là: x 
3
(1.0 điểm)


2

 k 2 ; x  k 2 , (k  ).

Tính tích phân…
ln 2

I


(1.0 điểm)

0.25

Vậy 4ln 2  2ln 3.
Chọn ngẫu nhiên ...

0.25

Số trường hợp có thể là C113  165.

0.25

Các bộ (a, b, c) mà a  b  c  12 và a  b  c là
(1, 2,9),(1,3,8),(1, 4,7),(1,5,6),(2,3,7),(2, 4,6),(3, 4,5)

0.5

7
.
165
Trong không gian với hệ tọa độ ....

Vậy P 
5

0.25

0.25


2x H  x A  x A '

2y H  y A  y A '  A '(3,1,0)
2z  z  z
A
A'
 H
Ta có A 'B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) )
Pt đường thẳng A'B :

x  3 y 1 z

 . Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương
1
1 3

trình

2x  y  z  1  0

 x  3 y  1 z  M(2,2, 3)



1 3
 1

2

0.25

3
3
Gọi O là trung điểm AD, ta cú ABCO là hỡnh vuụng cạnh a =>ACD
1
có trung tuyến CO =
AD
2
CD AC => CD (SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO
(SAC).

Mà HE =

0.25

d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)).
Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH =
IH 2 HS 2

1 IC
3

=

a 2
6

=> IS =

5a 2
6

E

H
B

7
(1.0 im)

8
(1.0 im)

C

Trong mt phng ta ....
ng thng () tip xỳc vi (C) ti N (4; 2).

0.25

Gi M l trung im cnh AB. T gi thit M thuc (C) v B thuc () , tỡm c
B(12; 4). (do B cú honh dng).

0.25

Do C thuc () v ng thng (d) i qua H, vuụng gúc vi AB. Vit PT (d).

0.25

C () (d ) (0;5).

0.25


t  tan 2


7t 2  12t  9

với 0    , khi đó (*)  m 
.
2
2

5
t

16
t

7

t   0;1


Xét hàm số f (t ) 

0.25

7t 2  12t  9
, t   0;1. Lập bảng biến thiên của hàm số f (t ).
5t 2  16t  7



(1  y )  y  1    y 2  3 y  1
(1  y )( y  x)(1  x)
2  2 

2
2.
P


1
xy
y
y
2

Xét hàm số f ( y ) 

 y2 

3
1
y
2
2 , 1  y  1. Lập bảng biến thiên (hoặc sử dụng bất
y
2

0.50


ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

x2
.
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  H  của hàm số đã cho.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

b) Viết phương trình tiếp tuyến của  H  biết rằng tiếp tuyến có hệ số góc k  1.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Biết rằng số thực  thỏa mãn tan   2. Tính giá trị của biểu thức A 
b) Tìm số phức z thỏa mãn z  2 và z 

2
là số thực.
1 i
2

Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 8 x.21 x 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình

sin   2cos3
.
cos  2 sin 3 

 2


2
sao cho MN  11.
Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp chứa 12 viên bi kích thước như nhau, trong đó có 5 viên bi màu xanh
được đánh số từ 1 đến 5, có 4 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 4 và 3 viên bi màu vàng được
đánh số từ 1 đến 3. Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp đó. Tính xác xuất để hai viên bi được lấy vừa
khác màu vừa khác số.
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn xy  yz  zx  1. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
1
1
1
5
P 2
 2
 2
  x  1  y  1  z  1 .
2
2
2
x y
y z
z x
2
------------------ Hết -----------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 25, 26/4/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại
phiếu dự thi cho BTC.
2. Thi thử THPT Quốc gia lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 16 và ngày 17/5/2015. Đăng ký
dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 25/4/2015.


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

1
 0, với mọi x  1.
( x  1) 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 , 1;    .
* Chiều biến thiên: Ta có y ' 

* Bảng biến thiên:
x 
y'



1






y

1

1


o

3 . Đồ thị:
Đồ thị (H) cắt Ox tại  2; 0  , cắt Oy tại  0; 2  ; nhận giao điểm I 1; 1 của hai đường

*) Với x  0 ta có phương trình tiếp tuyến y  x  2.
*) Với x  2 ta có phương trình tiếp tuyến y  x  2.
Vậy có hai tiếp tuyến là y  x  2 và y  x  2.
a) (0,5 điểm)
Ta có y ' 

Câu 2.
(1,0

Rõ ràng cos  0, chia cả tử số và mẫu số của A cho cos3 ta được
1

0,5

0,5

0,5