ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN;
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi: 7/11/2015

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x3 + 3x 2 + 1 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 A (1; 5 ) . 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 số f(x) =

x 2 − 3x + 6
trên đoạn  2; 4  .
x −1

Câu 3 (1.0 điểm)
a) Giải phương trình lượng giác: cos 2x + cos 6x = cos 4x
b) Cho cos 2α = −

π

4
π
với < α < π . Tính giá trị của biểu thức: P = (1 + tan α ) cos  − α 
5
2
4


Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3 6 − y + 3 2x + 3y − 7 = 2x + 7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x + y + z ≥ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P =

x2

y2

+

z2

⋅
zx + 8 + y3 xy + 8 + z3
-------------------------- 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:..................................
yz + 8 + x3

+

1


Câu
1
(2.0 điểm)

Đáp án


0

−

0

+∞

+

0.25

+∞

y
−∞
1
- H/s đb trên các khoảng (−∞; −2), (0; +∞) và nb trên khoảng (−2; 0).
- Hàm số đạt cực tại x = −2; y CÑ = 5 ; đạt cực tiểu tại x = 0; y CT = 1.

0.25

• Đồ thị:
x

−1

1


.

Suy ra: S∆OAB =

1
1 4
d ( O,d ) .AB = .
.6 82 = 12 (đvdt)
2
2 82

0.25

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất…
Ta có f(x) liên tục trên đoạn  2; 4 , f '(x) =

x 2 − 2x − 3
(x − 1)2

0.25

2


Với x ∈  2; 4  , f '(x) = 0 ⇔ x = 3

0.25

10
3

⇔
 x = ± π + kπ
 2 x = ± π + k 2π


3
6
b.Tính giá trị biểu thức…

0.25

0.25

π
< α < π nên sin α > 0,cos α < 0 . Ta có:
2
1 + cos 2α 1
1
= ⇒ cos α = −
cos2α =
,
2
10
10

Do

sin 2 α = 1 − cos2 α =

9


0.25

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

2016

2016
2016

 2 
2 
k
Xét khai triển:  x + 2  = ∑ C2016
x 2016− k  2  = ∑ 2 k Ck2016 x 2016− 3 k
x 
k=0
k=0

x 
2010
Số hạng chứa x
ứng với 2016 − 3k = 2010 ⇔ k = 2 là 22 C22016 x 2010 có hệ số là

22 C22016 = 4C22016 .

b.Tính xác suất …
Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X”.
Khi đó: Ω = A 96 = 60480

MB = (1 − 2t; 4 − t) ⇒ MB = 5t − 12t + 17
2

2

0.25
0.25

3


Ta có: MA 2 + MB2 = 36 ⇔ 5t 2 + 8t + 13 + 5t 2 − 12t + 17 = 36 ⇔ 10t 2 − 4t − 6 = 0
 t = 1 ⇒ M(4;1)

⇔
 4 3
3
t=−
⇒ M ;− 

5
 5 5

6
(1.0 điểm)

0.25

0.25



0.25

1
1
Vậy VS.ABC = SH.S∆ABC = .2 3.2 3 = 4.
3
3
Dựng hình chữ nhật ABCD ⇒ AB // CD ⇒ AB // (SCD)
⇒ d(AB,SC) = d(AB,(SCD)) = d(A,(SCD)) = 2d(H,(SCD)) (do AC = 2HC )
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
Ta có: HE =

0.25

1
AD = 3
2

∆SHE vuông tại E ⇒

1
1
1
1 1 5
2 15
=
+
= + = ⇒ HK =

E
M
B

H

I

C

0.25

IAC + ANM = ICA + AHM
= MHB + AHM = 90o

4


Suy ra: AI vuông góc MN
⇒ phương trình đường thẳng IA là: x + 2y − 5 = 0
Giả sử A(5 − 2a;a) ∈ IA.
a = 0
Mà A ∈ (T) ⇔ (5 − 2a)2 + a2 − 6(5 − 2a) − 2a + 5 = 0 ⇔ 5a2 − 10a = 0 ⇔ 
a = 2
Với a = 2 ⇒ A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với a = 0 ⇒ A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN)

0.25



⇔
 28
 31 17 
⇒ H  ;  (loaïi)
t =
 25
 25 25 
 11 13 
8
Với t = ⇒ H  ;  (thỏa mãn)
5
5 5

8
(1.0 điểm)

6 3
Ta có: AH =  ;  ⇒ BC nhận n = (2;1) là VTPT
5 5
⇒ phương trình BC là: 2x + y − 7 = 0
Giải hệ phương trình …
Điều kiện: x ≥ 0, 1 ≤ y ≤ 6, 2x + 3y − 7 ≥ 0 (*)

0.25

x = 0
Nhận thấy 
không là nghiệm của hệ phương trình ⇒ y − 1 + x ≠ 0
y = 1
Khi đó, PT (1) ⇔ x(y − 1) − (y − 1)2 =


ĐK: 4 / 5 ≤ x ≤ 5 (**)

0.25

⇔ 3 5 − x − (7 − x) + 3( 5x − 4 − x) = 0

⇔

− 4 + 5x − x 2
3 5 − x + (7 − x)

+

3(−4 + 5x − x 2 )
5x − 4 + x

=0

5




1
3
⇔ ( − 4 + 5x − x 2 ) 
+
 = 0
 3 5 − x + (7 − x)

Ta có BĐT:

Áp dụng (*) ta có: P ≥

(x + y + z)2
xy + yz + zx + 8 + x3 + 8 + y 3 + 8 + z3

2 + x + 4 − 2x + x 2 6 − x + x 2
=
2
2
2
2 + y + 4 − 2y + y
6 − y + y2
8 + y 3 = (2 + y)(4 − 2y + y 2 ) ≤
=
2
2
2
2 + z + 4 − 2z + z
6 − z + z2
8 + z3 = (2 + z)(4 − 2z + z 2 ) ≤
=
2
2
2
2(x + y + z)
Suy ra: P ≥
2xy + 2yz + 2zx + 18 − (x + y + z) + x 2 + y 2 + z 2
Ta có:

Xét hàm số: f(t) =

0.25

+∞
−

144/71
y
3/4

3
khi t = 3.
4
Vậy GTNN của P là: 3/4 khi x = y = z = 1.
Từ BBT ta có: GTNN của P là:

2

0.25

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

6


ĐỀ THI THỬ - CHUẨN BỊ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Trường THPT
Phú xuyên B

Gọi M là trung điểm của SC. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ S đến
mp(ABM) theo a.
Câu 6 (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P)
x = 1 − t
x −1 y − 2 z − 3

chứa đường thẳng d:
và song song với đường thẳng ∆:  y = t .
=
=
1
2
3
z = 1 + t


Tính khoảng cách từ ∆ đến mp(P).
Câu 7 (0,5 điểm) Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
Tìm hệ số a10.
Câu 8 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(-2; -1) và
trực tâm H(2; 1). Cạnh BC = 20 . Gọi I, J lần lượt là chân các đường cao hạ từ B, C.
Trung điểm của BC là điểm M thuộc đường thẳng d: x – 2y – 1 = 0 và M có tung độ dương.
Đường thẳng IJ đi qua điểm E(3; - 4). Viết phương trình đường thẳng BC.
Câu 9 (1 điểm) Giải bất phương trình:

x 2 + 3x + 2 x + 2 ≤ 2x + x +

Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn: a + b + c =
nhất của biểu thức P =


Cõu 1
(2,0 im)

Đáp án

Điểm

a.(1,25 điểm) Khảo sát . . .
* Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
1
Ta có y ' =
> 0 với mọi x - 1
( x + 1) 2
Nên hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó
- Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2
x +

0,25

0,25

x

lim y = +; lim + y = ; tiệm cận đứng: x = - 1

x ( 1)

Bảng biến thiên
x -

x0 + 1
Tip tuyn vuụng gúc ng thng y = - x + 2 nờn cú h s gúc k = 1

Gọi M(x0; y0) là một điểm thuộc (C), (x0 - 1) thì y0 =



1

0,25

2

= 1 ( x 0 + 1) = 0 x 0 = 1 v x 0 = 2
2
x
+
1
( 0 )
Vi x 0 = 0 y0 = 1 pttt : y = x + 1
Vi x 0 = 2 y0 = 3 pttt : y = x + 5

0,25
0,25
2


KL: Có 2 tiếp tuyến tmycbt
a.(0,5 điểm)
Câu 2

3
2

b. (0,5 điểm)
Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ R )
Gt ⇔ ( 3 − 2i )( a − bi ) − 4 + 4i = ( 2 + i )( a + bi )

⇔ 3a − 2b − 4 − ( 2a + 3b − 4 ) i = 2a − b + ( a + 2b ) i

0,25

3a − 2b − 4 = 2a − b
a = 3
⇔
⇔
⇒ z = 10
4 − 2a − 3b = a + 2b
 b = −1
Câu 3
(0,5 điểm)

x

0,25

x

3+ 5 
3− 5 
Phương trình ⇔ 

3+ 5 
(t TMĐK) ⇒ 
 = 4 ⇔ x = log 3+ 5 4
2


2
Câu 4
(1,0 điểm)

0,25

KL: Phương trình có 1 nghiệm duy nhất
π
π
4

I=

4

e tan x

sinx

∫ cos2 x dx + ∫ cos2 xdx = I1 + I2
0

0,25


1

π
4

⇒u=

2
2

2
1
=
2 = 2 −1
u2 u
1

du

0,25

3


Vậy: I = e +

0,25

2−2
S

□
3
2
6

0,25

0,25

Vì M là trung điểm SC nên mp(ABM) cắt SD tại N là trung điểm SD.
Ta có VS . ABMN = VS . ABN + VS .BMN
Mặt khác ∆BCD = ∆ABD ⇒ VS . ABD = VS . BCD =

1
VS . ABCD
2

VS . ABN SA.SB.SN 1
=
= (vì N là trung điểm SD)
VS . ABD SA.SB.SD 2
VS . BMN SB.SM .SN 1 1 1
=
= . =
VS . BCD
SB.SC .SD 2 2 4
1
1
VS . ABMN = VS . ABN + VS .BMN = VS . ABD + VS . BCD
2

a + a 11 3a 2 11
2.
.
⇒ SABMN =
=
2
4
16
4


Mà VS.ABMN =

Câu 6
(1 điểm)

1
3V
SABMN .d ⇒ d = S.ABMN
3
SABMN

3a 3 2
a 22
=
d (S,( ABM ) ) = d = 16
11
3a 2 11
16
(P) có 1 cặp véc-tơ cp u1 = (1;2;3) & u 2 = ( −1;1;1)

3 5

Hệ số a10 là hệ số của
Câu 7
(0,5 điểm)

2
26
=
13
26

=

2 5

5

x10

0

1

2 2

3 3

4 4


x10

của f(x) là:

C50C55 + C52C54 + C53C54 = 1.1 + 50 + 50 = 101
10
10 0
8 2
6 4

0,25

=x x =x x =x x )

( do x

A

Câu 8
(1 điểm)

E

I

J

H
d



Câu 9
(1 điểm)

Vì IJ qua E nên ta có b = 1 ⇔ b = ±1 . Mà b > 0 nên b = 1 suy ra M(3; 1)

0,25

Đường thẳng BC qua M, có véc-tơ pháp tuyến AH .
Vậy phương trình BC:
2x + y – 7 = 0.

0,25

 2
x + 3x ≥ 0
x + 2 ≥ 0

● Điều kiện: x ≠ 0
⇔ x > 0.


6
x + + 5 ≥ 0
x


(∗) ⇔
⇔x


⇔

(

(

) (

)

)

0,25

 x +3
 x +3
−2≤0
−2≥0


⇔ x
v x
x − x + 2 ≥ 0
x − x + 2 ≤ 0


x + 3
 x+3
 x+3
 x ≤4

 x





Hệ:  x − x + 2 ≤ 0
x ≤ x + 2
 x 2 − x − 2 ≤ 0
x ≤ 1
⇔
⇔ 0 < x ≤1
0 < x ≤ 2
KL: bpt có tập nghiệm S = ( 0;1] ∪ [ 2; +∞ )

0,25

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
6


Câu 10
(1 điểm)

1 1 1
3
1 1 1
9
(*)
(x + y + z ) + +  ≥ 33 xyz

1
1
3 ( b + 3c )1.1 ≤
= ( b + 3c + 2 )
3
3
c + 3a + 1 + 1 1
3 ( c + 3a )1.1 ≤
= ( c + 3a + 2 )
3
3

0,25

0,25


1 3
1
a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤  4 ( a + b + c ) + 6  =  4. + 6  = 3
3 4
3

Do ®ã P ≥ 3
3

a
+
b
+

x
(C).
2x −1

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y =

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng

2
.
3

Câu 2 (1.0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = 2 x 3 + 3 x 2 − 12 x + 1 trên [–
1; 5].

Câu 3 (1.0 điểm).
1

4

a) Tính: A = 81log 3 + 27 log 6 + 33log 9
b) Giải phương trình: cos3 x.cos x = 1
Câu 4 (1.0 điểm). Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4
5

3

8



trình đường thẳng CD: x-3y+1=0 , E ( ;1) . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

(

)

(

)

của biểu thức
S=

ab
bc
ca
+
+
ab + 2c
bc + 2a
ca + 2b

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

1


TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO


2

1
TCĐ x = .
2
1
• y'= −
⇒ y ' < 0, ∀x ∈ D.
2
( 2 x − 1)

0.25

• BBT
x
y'
y

1/2

−∞

+∞

-

-

1




Đồ thị nhận I  ;  là tâm đối xứng
2 2
1b

Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng
Với y0 =

2
.
3

1.0

x0
2
2
⇒
= ⇒ 4 x0 − 2 = 3 x0 ⇒ x0 = 2
3
2 x0 − 1 3

0.25

2


Ta có: f '( x) = −

0.25

y ' = 6 x + 6 x − 12

2

 x = 1(∈ [ −1;5])
y' = 0 ⇔ 
 x = −2 (∉ [ −1;5])
Ta có: y ( −1) = 14, y (1) = −6, y (5) = 266
Vậy max y = 266 khi x = 5, min y = −6 khi x = 1

0.25
0.25

[ −1;5]

[ −1;5]

1
log5 3

a) Tính: A = 81
4log3 5

0.25

3log 3 6

+ 27

2
Tính xác suất để trong 3 học sinh đó luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học
sinh chọn môn Hóa học.
Số phần tử của không gian mẫu là nΩ = C403
Gọi A là biến cố “3 học sinh được chọn luôn có học sinh chọn môn Vật lý và học
sinh chọn môn Hóa học”
1
1
+ C20
.C101 .C101
Số phần tử của biến cố A là n A = C101 .C202 + C102 .C20
2

0.25
0.5
0.25

3

3

4

Vậy xác suất để xảy ra biến cố A là PA =
Giải bất phương trình:

x≥

0.25


(1)
x + 1 ( x − 1) 2 + 1
x ( x − 1) 2 + 1
Xét hàm số f (t ) =

Ta có: f '(t ) =

0.25

t3
trên ℝ
t2 +1

t 4 + 3t 2

( t 2 + 1)

2

0.25

≥ 0 ∀t ∈ ℝ

0.25

Mà f(t) liên tục trên ℝ nên f(t) đồng biến trên ℝ .

3



C

Ta có HC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) suy ra
(SC;(ABCD))=(SC;AC)= SCH =45 0
HC=a 2 suy ra SH=a 2

1
1
2 2 a3
VSABCD = SH .S ABCD = SH . AB. AD =
3
3
3
Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu của H lên SM khi đó HM ⊥ CD; CD ⊥ SH
suy ra CD ⊥ HP mà HP ⊥ SM suy ra HP ⊥ (SCD) Lại có AB//CD suy ra AB//
(SCD) suy ra d(A;(SCD))=d(H;(SCD))=HP

0.25

a 6
a 6
vậy d(A;(SCD))=
3
3
HP
HM
HS
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB=2BC, D
là trung điểm của AB, E thuộc đoạn AC sao cho AC=3EC, biết phương trình


3

đường thẳng CD: x-3y+1=0 , E (
A

D

E
I
B

C

Gọi I = BE ∩ CD
0.25

BA 1 EA
= =
⇒ E là chân đường phân giác trong góc ABC
BC 2 EC
BD = BC ⇒ BE ⊥ CD ⇒ BE : 3x + y − 17 = 0 .

0.25

4


I = BE ∩ CD ⇒ Tọa độ I (5; 2)
x 5
3

, ( x, y ∈ ℝ ).
2
2
3 y 2 + 9 x + 3 + ( 4 y + 2 ) 1 + x + x + 1 = 0
ĐKXĐ ∀x ∈ ℝ.
Ta có xy ( x + 1) = x 3 + y 2 + x − y ⇔ x3 − x 2 y + y 2 − xy + x − y = 0

(

)

(

1.0

)

y = x
⇔ ( x − y ) ( x 2 − y + 1) = 0 ⇔ 
2
 y = x +1

8

0.25

Với y = x 2 + 1 thay vào PT thứ 2 ta được

)



⇔ 3 x 2 + 9 x 2 + 3 = − ( 2 x + 1)

2

2

2

2

0.25
t2
t2 + 2

> 0 suy ra hàm số

đồng biến.
1

 1


1

Từ đó suy ra 3x = −2 x − 1 ⇔ x = − . Vậy HPT có nghiệm ( x; y ) =  − ; −  .
5
5 5

0.25


Ta có

ab
ab
=
=
ab + 2c
ab + ( a + b + c ) c

0.25

5


bc
1 b
c 
≤ 
+
,
bc + 2a 2  b + a c + a 
1 a+b b+c c+a 
Cộng các vế ta được S ≤ 
+
+
=
2 a+b b+c c+a 
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .

NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số y =

x−4
x −1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Xác định tọa độ điểm M thuộc đò thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục hoành tại điểm có hoành
độ bằng -8.
Câu 2.(1,0 điểm).
a. Giải phương trình: sin x = 2 sin 5 x − cos x
b. Giải phương trình:

log 2 ( x 2 − 1) = log 1 ( x − 1)
2

Câu 3.(1,0 điểm).Tìm nguyên hàm: I = ∫ x

(

)

x + e x dx


4 8
M ( 2; −2 ) là trung điểm của cạnh BC. Gọi E là điểm thuộc cạnh AC sao cho EC = 3EA , điểm K  ;  là
 5 5
giao điểm của AM và BE. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm E nằm trên đường thẳng
d : x + 2y − 6 = 0 .

 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
 4 y − x − 2 + y − 1 = x − 1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
P=

2
+
3 + ab + bc + ca

3

abc
(1 + a )(1 + b )(1 + c )

…………………………………Hết…………………………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
1


Họ và tên thí sinh…………………………………………..; Số báo danh…………………………………….
Câu 8(1,0 điểm).
Giải hệ phương trình

Thay vào phương trình (2) của hệ ta được: 4 y 2 − 2 y − 3 + y − 1 = 2 y (*)
1 + 13
4
(*) ⇔ 4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) + y − 1 − 1 = 0

Điều kiện y ≥

⇔

⇔

4 y2 − 2 y − 3 − 4 y2 + 4 y −1
4 y 2 − 2 y − 3 + ( 2 y − 1)

2y − 4
4 y 2 − 2 y − 3 + ( 2 y − 1)

+

+

y − 2

2
⇔
+
 4 y 2 − 2 y − 3 + ( 2 y − 1)

y−2
=0


2x + 4
x +1

(C )

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Cho hai điểm A(1; 0) và B (−7; 4) . Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến đi qua điểm trung
diểm I của AB .
Câu 2: (1,0 điểm)
2
2
(
cos α + cos β ) + (sin α + sin β )
a) Cho α − β = . Tính giá trị P =
6
(sin α − cos β )2 + (sin β + cos α )2
2
2
b) Giải phương trình (2 sin x + 3 cos x ) + (3 sin x + 2 cos x ) = 25

π

Câu 3: (1,0 điểm)
a) Cho hàm số y = x. ln x − 2 x . Giải phương trình y / = 0

 2 x + y = 64
b) Giải hệ phương trình 
2
log 2 x + y = 3


(

Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình x +

x−4

)

2

+ x + 4 x − 4 + 2 x + x − 4 = 50 .

Câu 9: (1,0 điểm) Cho x ≥ 0 và y ≥ 0 thỏa điều kiện x + y = 2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = xy +

1
xy + 1

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

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………

1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ
Câu

0,25

a)Tính giá trị P

P=

2 + 2(cos α cos β + sin α sin β ) 2 + 2 cos(α − β )
=
2 − 2(sin α cos β − sin β cos α ) 2 − 2 sin (α − β )

2 + 2 cos
P=
2 − 2 sin

0,25

π
6 = 2+ 3

0,25

π

6
2
2
b) Giải phương trình (2 sin x + 3 cos x ) + (3 sin x + 2 cos x ) = 25
⇔ sin 2 x = 1
⇔x=
Câu 3


(

Câu 4

0,25

)

0,25

Tìm nguyên hàm F (x)

(

)

(

)

F ( x) = ∫ tan x 2 cot x − 2 cos x + 2 cos 2 x dx = ∫ 2 − 2 sin x + sin 2 x dx
= 2 x + 2 cos x −

cos 2 x
+C
2

π
2

A

0,25

D

3a
α
B

C

4a
∧

Xác định đúng góc SCA = α
Thể tích VSABCD =

1
1
4
S ABCD .SA = .3a.4a. .5a = 16a 3
3
3
5

0,25

Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)
Xác định dược khoảng cách d (D, ( SBC ) = d ( A, ( SBC ) = AH

2

2

2

0,25

0,25
2

.Ta có AD = BC ⇔ ( x − 3 ) + 4 + 0 = 4 + 0 + 3
Vậy : D(0; 0; 0) và D( 6; 0; 0 )
Tìm tọa độ diểm M
.phương trình đường thẳng d qua 2 điểm A và B (trục đẳng phương)
d :x+ y−4=0
.Đường thẳng (I 1 I 2 ) đi qua tâm I 1 và I 2
(I 1 I 2 ) : x − y = 0
M (m; 4 − m) ∈ d
1
S MI1I 2 = d (M , ( I 1 I 2 ).I 1 I 2 = 6 m = 4, m = 0
2
Vậy : M (4; 0) và M ( 0; 4)

Câu 8

(

Giải phương trình x +
Điều kiện x ≥ 4


+ x − 4 + 2 + 2 x + x − 4 = 50

(

)

+ 2 x + x − 4 − 48 = 0

0,25

Giải phương trình ⇒ x + x − 4 = 5

0,25

Giải phương trình : x + x − 4 = 5 ⇒ x = 5

0,25

3


Câu 9

Cho x ≥ 0 và y ≥ 0 thỏa điều kiện x + y = 2 .Tìm GTLN của biểu thức P = xy +

1
xy + 1

2


0,25

3

P
1
Vậy GTLN P =

3
Khi x = 1; y = 1
2

2

0,25

4