SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  3 x 2 .
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
y  3 x  5.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3x 

3
2

b)Cho số phức z thỏa mãn z   2  3i  z  1  9i . Tìm môđun của số phức z.
Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x  9  0.
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.
1







y  3  1  

2 y 3 3



x 2 x



2

5



y  3 1





x 2 y 3 2  6 x




2



KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015

Câu
1a
(1,0đ)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Đáp án
-Tập xác định: D = R.
-Sự biến thiên:
Chiều biến thiên y '  3 x 2  6 x; y '  0  x  0  x  2 .
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: lim y  ; lim y  
x  

Điểm
0,25

0,25

x  

Bảng biến thiên:
x
y'


6

4

2

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2



2
0

Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, ta có  3 x  6 x0  3  3 x  6 x0  3  0  x0  1
Suy ra M(1;2)
Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 1 .

2a
(0,5đ)

3
1
1
1
3
 (1  cos2 x)  (1  cos4 x)  (1  cos6 x) 
2
2
2
2
2
 (cos6 x  cos2 x)  cos4 x  0  2 cos 4 x.cos2 x  cos4 x  0

cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3 x 

0,25
0,25
0,25
0,25


3a  3b  9
b  1
3
(0,5đ)

32 ( x 1)  82.3 x  9  0  9.32 x  82.3 x  9  0
1
  3 x  9  3 2  3 x  32  2  x  2. Vậy bất phương trình có nghiệm là  2  x  2 .
9

0,25
0,25
0,25


4
(0.5đ)

4
n()  C12
 495
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:

+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C52 .C14 .C31  120 cách
+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C51.C42 .C31  90 cách

0,25


5
11

1

1

x3
I1   x dx 
3
0
2


0

2

0

0,25

0

1
3

1


Đặt u = x  du = dx; dv  e 2 x dx choïn v 
1

0,25

1 2x
e
2

1

 xe 2 x dx 


0

Vậy I 
6
(1,0đ)

x 2x 1 1 2x
e2 1
e2  1
e |0 
e dx   e 2 x |10 
2
20
2 4
4


D

C

1
1
2 15a3
VS. ABCD  S ABCD .SA  AB.AD.SA 
.
3
3
3
Trong mp(SAD) kẻ SH  DM, ta có AB  (SAD) mà MN // AB  MN  (SAD)  MN  SH 

0,25
0,25


SH  (DMN)  SH = d(S, (DMN))
SH SM
SA.DA
SA.DA
2a 15
SHM ~ DAM 
.

 SH 


2

Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH =
8
(1,0đ)

10 2
200
. Vậy (S): x  2 2  y  32  z  52 
.
3
9

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

G

A

B

H
D

E

 5 5
x  3y  4
y  1

5

AFE  DCB  EF 

0,25

0,25
2

8
51  8
 17  
E  t ;3t  10   EF    t     3t   
5
5 
5 5

19
 19 7 
 5t 2  34t  57  0  t  3  t 
hay E  3; 1  E  ; 
5
 5 5
Theo giả thiết ta được E  3; 1 , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE
vuông cân tại D nên
2

0.25

Ta có phương trình thứ 2 của



 

x 2 x  y  3 1 

hệ:

 x  a

Đặt: 







y  3 1

x  2 y 3  2  6 x


2






1. 2 y  3  3



2

x

0,25

y  3 1  x  y  3  1

0.25

52 x

32





x  y 3 2 y 3 3



2




2

32



AM  GM



x  y 3 2 y 3 3



2

 8

 5  VT**  VP** .

Và dẩu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

2



2 y 3 3


 x  4

 y  13

4
 9 13 

4 4 

Vậy nghiệm của hệ là  x; y    ;
10
(1,0đ)

Ta có:

0,25

a 2  bc
a 2  bc
1  2

ab  ac
ab  ac


2a  b  c 
ab  ac

2

2a
2b



  
4   a  b  a  c   c  b  a  b  
4  a ab 

 a 2  1  b  c 
1
4ab  2ac  2bc
 .

4  a  b  b  c  c  a 
4ab
Mặt khác ta có a,b,c là các số không âm và ab  bc  ca  1 . Nên ta sẽ có:

a

2

 1  b  c 
4ab

Từ đây ta sẽ có:

 a  b  b  c  c  a    a  b  b  c  c  a 
4ab
4ab  2c  a  b 

quy định
Ngày thi: 1/12/2015, BTC sẽ trả bài cho thí sinh vào ngày 4/12/2015.

*******HẾT*******


SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN (Năm học 2015 – 2016)
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)

Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1
b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB
bằng 4 (O là gốc tọa độ)
Câu 2: ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 x  cos2x  2sin x  1
1

b) Tính tích phân: I =  x 2 ( x  1)2 dx
0

Câu 3: (1 điểm)
a) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi.
Tính xác suất để hai viên bi được chọn cùng màu.
x 1
x
1

 .
a  1 b2  1 c2  1 2

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 giải và thang điểm
Câu
1a

Hướng dẫn giải
3

Điểm

2

Hàm số y = x – 3x +1
TXĐ D = R
Sự biến thiên: lim y 
x 

; xlim
y   ; y’=3x2-6x => y’ = 0  x  0; x  2


0,5

BBT

-3

-

-2

Hàm số đồng biến trên (-  ;0) và (2; +  ); Hàm số nghịch
biến trên (0;2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu tại x = 2; y = -3
Đồ thị
1b

5

0.5
-4

-6

x  0
 x  2m

Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ = 0 


0,5

hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m 2 (1  4m 4 )
Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0;
m


1

I= 

0,5

1

x 2 ( x 2  2 x  1) d x 

0

 (x

4

 2 x3  x 2 )dx

0

x5
x4
x3
 (
 2

)
5
4


t  2
1
( ) x (t  0) . Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 = 0  
3
t  1

 1 x
( ) 2
Ta có  3


( 1) x  1
 3

4

0,5

0,5

 x  log1 / 3 2
x  0


x  2 y 1 z 1
Phương trình đường thảng d qua A và vuông góc với (P):
hoặc




DB  ( SAC )  hình chiếu vuông góc DS lên (SAC) là SO; Góc của SD và (SAC) là

CM:

0,25

DSO  30 0 .Đặt DO =x. Ta có SO= x 3 (O là giao của AC với BD)
1
Từ SO2 = AO2 +SA2  x  a . S
 AC.BD  2 x 2  a 2 .
ABCD
2
2
1
1
Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S
 a3
ABCD
3

N

Gọi

là

trung

điểm


7

1
.AI.BM suy ra AI =2/ 5 a.
2

H

D

A
N

M

I

0,25

C
B

1
1
1
2
1



Ta có:
2

(1) 

D

E

C

0,5

I

0,5

2

y  1  x  ( y  1)  x  y ( y  1  x)  0
1
1
 2 y  1  x)  0  y  x  1(do
 2 y  1  x  0)
y 1  x
y 1  x

 ( y  1  x)(

Khi đó:

2
2
2
a  1 b  1 (a  b)( a  c) (a  b)(b  c ) ( a  b)(a  c)(b  c)
(1  a )(1  b ). 1  c
1  c2
2

Suy ra: VT 

2
1  c2



c2 1
2c ( 1  c 2  2)

f
(
c
)

f
'(
c
)

 f '(c)  0  c  3
c2  1


Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

2 x  3
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
x2

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  4 trên đoạn  2;1 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình  2sin x  1





3 sin x  2cos x  1  sin 2 x  cos x

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn An2  3Cn2  15  5n .
20

1 

b) Tìm số hạng chứa x trong khai triển P  x    2 x  2  , x  0.
x 

5

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC , với A  2;5 , trọng tâm
 4 5
G  ;  , tâm đường tròn ngoại tiếp I  2; 2  . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.






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

1
2 x  y  z  2  2 x  y  3
2

2

2



1
.
y  x  1 z  1

----------- 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 NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Hướng dẫn chấm – thang điểm 10 có 04 trang)
Câu

7
y'  
 0x  2  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  ,  2;   và
2
 x  2
không có cực trị.
Bảng biến thiên
2
x


y'


y
2

2

Đồ thị
Hàm số y  f  x   x3  3x 2  4 xác định và liên tục trên đoạn  2;1 và y '  3x 2  6 x

 x  0   2;1
y'  0  
 x  2   2;1
f  2  16; f  0   4; f 1  2

  2sin x  1

3


 2sin x  1  0

 3 sin x  cos x  1  0

0,25



x    k 2

1
6
+) 2sin x  1  0  sin x    
2
 x  7   k 2

6

0,25

 x  k 2
 1

+) 3 sin x  cos x  1  0  cos  x     
 x  2  k 2
3 2

3


 1 
k
  2   C20  1 2 x
 x 
5 15 5
Ta phải có 20  3k  5  k  5  Số hạng chứa x 5 là C20
2 x

Khai triển P  x  có số hạng tổng quát C20k  2 x 

0,25

0,25
0,25


5

 10 10 
Gọi M là trung điểm của BC . Ta có AG   ;   .
3
 3
10
4

 3  2  xM  3 
 xM  3




tan   1 tan 2 
2  1 4
P
  2.
2  1 4
5
Số phần tử của không gian mẫu là n     C20
P

0,25
0,25

Gọi A là biến cố “Chọn được 5 thành viên, sao cho mỗi câu lạc bộ có ít nhất 1
thành viên”
Số kết quả thuận lợi cho A là C105  C105  504.
504 625
Xác suất của biến cố A là P  A  1  5 
.
C20 646
Gọi I là trung điểm của AD. Tam giác SAD là
S
tam giác vuông cân tại đỉnh S  SI  AD .
Mà  SAD    ABCD   SI   ABCD  .

0,25

0,25

S ABCD  AB.BC  a.2a  2a 2


B

BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên
 d .
BD / /  SAH   d  BD, SA  d  BD,  SAH  

0,25

0,25

 d  D,  SAH    2d  I ,  SAH  

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên SH  IK   SAH   d  I ,  SAH    IH
Ta có IH 

5
a 6
a 6
a  IK 
 d  SA, BD  
.
5
6
3
H

D

A


2 5
5

0,25






 sin HCD  sin ACD  ACH 

Ta có d  H , CD  

3
5

18 2
18 2 5
 HC 
.  6 2.
5
5 3

65 
 31
Gọi C  c; c  10   CH    c;  c  .
5
5


Tìm được A  2;4  , D 8; 2  .

0,25

1

2 x  1  0
x  
Điều kiện: 

2
y  2  0

y  2

Phương trình 8x3  y  2  y y  2  2 x   2 x    2 x  
3





3

y2  y2

0,25

Xét hàm đặc trưng: f  t   t 3  t , f '  t   3t 2  1  0t
Hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên R. Suy ra: 2 x  y  2

 2 x  1  4 x  24 x  29  0

Giải phương trình: 2 x  1  4 x2  24 x  29  0
Đặt t  2 x  1, t  0  2 x  t 2  1.
Ta được phương trình: t   t 2  1  12  t 2  1  29  0  t 4  14t 2  t  42  0
2

t  2

t  3  loai 

  t  2  t  3  t 2  t  7   0  t  1  29  loai 
2

 1  29
t 

2

3/4

0,25


3
 y  11
2
1  29
13  29
103  13 29


 a  b
a 2  b2  c 2  1 

2



2

 c  1


0,25

2

1
2
Ta có
  a  b  c  1
2
2
4
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .
Mặt khác  a  1 b  1 c  1

 a  b  c  3




0,25

f '(t )  0  (t  2)4  81.t 2  t 2  5t  4  0  t  4 ( Do t  1 ).
lim f (t )  0

t 

Ta có BBT.

t

1

f ' t 

+

4
0


-

1
8

f t 
0


ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

1
3
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  x 2 
2
2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm m để phương trình  x4  2 x2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm)
1) Cho hàm số y  x  cos x  3 sin x . Giải phương trình y '  0 .
2) Giải phương trình 9x  7.3x  18  0

x2
, trục hoành và
x 1
đường thẳng x  0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D xung quanh trục Ox.
Câu 4 (1,0 điểm)
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y 

1) Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z 2  az  b  0 nhận z  2  3i làm
nghiệm.
2) Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ
số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu nhiên một số từ E, tính xác
suất để số được chọn là số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):

( x  2)2  ( y  3)2  ( z  1)2  25 và đường thẳng  :


nhất của biểu thức S = a  a 2  1

 b 
b

b2  1

 c 
c

c2  1



a

……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 HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

Nội dung

Điểm

1


lim y   . Lập được bảng biến thiên

0,25

x 

1

2

Vẽ đúng đồ thị
2
Tìm m để phương trình  x4  2 x2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt
1
3 m3
Viết lại phương trình dưới dạng  x 4  x 2  
2
2
2
m3
Pt có 4 nghiệm  y 
cắt (C) tại 4 điểm pb
2
3 m3
Từ đồ thị suy ra  
 1
2
2
0  m 1



 x     k 2
 x     k 2


6
6
3
Giải phương trình 9x  7.3x  18  0
Đặt t  3 , t  0 ta được t  7t  18  0  t  9 (TM), t  2 (Loại)
x

2

t  9  3x  9  x  2

x2
, trục hoành và
x 1
đường thẳng x  0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D
xung quanh trục Ox.
x2
 0  x  2 .
x 1

0,25

0,25


 dx
x 1 
x  1 ( x  1) 2 
2 
2 
0

2

0,25

0

9 

   x  6ln x  1 

x  1  2

V  (8  6ln 3)

0,25
0,25

Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z  az  b  0 nhận
z  2  3i làm nghiệm
z  2  3i  z  2  3i . Thay vào pt ta được (2  3i)2  a(2  3i)  b  0
 2a  b  5  (3a  12)i  0
 2a  b  5  0
a  4

t 2  (6  2t )2  (t  1)2  25
t  3  A(5; 3; 3)
2
3t  11t  6  0   2
t   B  8 ; 5 ;  2 
 3
3 3 3
r
Gọi (P) là mp chứa Ox và song song . Hai vecto i  (1;0;0) và
r
u  (1; 2; 1) không cùng phương, có giá song song hoặc nằm trên (P)
r r r
nên (P) có vtpt n  i  u  (0;1; 2)  ( P) : y  2 z  D  0
3  2  D
5
(P) tiếp xúc (S)  d ( I ;( P))  R 
5
 D  5  5 5  D  5  5 5  ( P) : y  2 z  5  5 5  0
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AC và SB theo a
5a
Tam giác BCH vuông tại B  HC  BC 2  BH 2 
2
0
·
·
 SCH
 45  tam giác SHC
Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH


3
Gọi E là đỉnh thứ 4 của hbh BCAE  BE / / AC
4
4
 d( AC ;SB )  d( AC ;( SBE ))  d( A;( SBE ))  d( H ;( SBE )) (Do AB  HB )
3
3
Gọi M là trung điểm của BE.
Tam giác ABE vuông cân tại A  AM  BE, AM  a 2
vuông cân tại H  SH  HC 

0,25
0,25

3
3a 2
AM 
4
4
Kẻ HK  SI  HK  (SBE )  d( H ;( SBE ))  HK
Kẻ HI // AM  HI  BE , HI 

1
1
1
15

 2  HK 
a
2

7

C

2
2

2 x  y  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3x
Giải hệ phương trình 
2

x  y  1  4x  y  5  x  2 y  2
ĐK: y  2 x  1  0,4 x  y  5  0, x  2 y  2  0, x  1
 y  2x  1  0
x  1 
0  0


TH 1. 
(Không TM hệ)
3  3x  0
y 1 
1  10  1
TH 2. x  1, y  1. Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được
x y2
( x  y  2)(2 x  y  1) 
y  2 x  1  3  3x





 ( x  2) 

 1  x  0
 3x  7  1 2  2  x

3
1
Do x  1 nên

1 x  0
3x  7  1 2  2  x
Vậy x  2  0  x  2  y  4 (TMĐK)
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết ·
AEB  450 , phương trình

0,25

0,25

đường thẳng BK là 3x  y  15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3

8

1,00

AKB  ·
AEB  450  AKB vuông cân tại
Tứ giác ABKE nội tiếp  ·
ABK  450


 KM 

1

1

AC 

1

.

1

BK 

uuur
uuuur
BK
 BK  4KM
4

2 2
2 2 2
7 9
M  MN  BK  M  ;   K (3;6)
2 2
AC qua K vuông góc AB  AC : 2 x  y  0
A  AC  AB  A(1;2) . C là trung điểm của AK  C (2;4)


c  1
c2  1

a

0,25
1,00

2

Xét hàm số f ( x)  ln( x  x 2  1), x  0 . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số

4
3
3

tại điểm  ;ln 2  có phương trình y  x  ln 2 
5
5
4

4
3
Chứng minh được ln( x  x 2  1)  x  ln 2  , x  0
5
5
4
3
 ln(a  a 2  1)  a  ln 2  . Tương tự, cộng lại ta được



SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ-KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TRƯỜNG THPT TRẦN THỊ TÂM
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  1 (C).
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 điểm có tung độ y  1
Câu 2: (1,0 điểm)
a) Giải phương trình:

1  cos x(2cos x  1)  2 s inx
1
1  cos x

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1  2i) z  (2  3i) z  2  2i . Tính mô đun của số phức z.
Câu 3: (0.5 điểm) Giải phương trình: log 2  3x  2   6  log 1  5 x  2 
2
2
2

 xy  2 x  5 y  3  x  2 y
Câu 4: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 

x 2 y  2  y x 1  x 1  2x  2 y  2



1
.
2
y +z
(x + y + z ) 3
.............. HẾT……….

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

2

Họ và tên: .........................................

SBD: ......................

(Thí sinh không được sữ dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm)


ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN
CÂU
Câu 1
(2,0 điểm)

ĐÁP ÁN

Điểm

a) (1,0 điểm)
+ Tập xác định: D  ¡

0,25

0,25

y
7
6
5

0,25

4
f(x)=x^3+3x^2+1

3

x(t)=-2, y(t)=t
f(x)=5

2

x(t)=1, y(t)=t
x(t)=-3, y(t)=t

1

f(x)=1

x
-5

a) (0,5 điểm)
b) Điều kiện: cos x  1  x  k 2 , k ¢
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:

0,25
0,25
0,25

0,25

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

sin x  

2

5
 x    k , k  ¢ ; x 
 k , k  ¢ (thỏa điều kiện)
2
4
4

b) (0,5 điểm)
Gọi z = x+yi  x, y  R  . Phương trình đã cho trở thành:

1  2i  x  yi    2  3i  x  yi   2  2i

0,25


 15x2  4 x  68  0
x  2

 x   34
15


Kết hợp đk ta được tập nghiệm phương trình là: S  2
Câu 4
(1 điểm)

 y  1
x  1

ĐK : 

0.25

Pt đầu của hệ tương đương với  x  y  1 2 y  x  3  0  2 y  x  3  0 (do
đk)
Thay vào pt thứ hai, được:  2 y  3 2 y  2  y 2 y  2  2 y  2  2 y  4
  y  2





2y  2  2  0  2y  2  2  0  y 1



2

0.25

8





2
1
12
+ J   xcos2 xdx  x sin 2 x 02   sin 2 xdx  cos2 x  0
20
4
0
0

I



0.25

0.25


2

H

B

Gọi H là trung điểm cạnh BC. Ta có SH là đường cao của khối chóp S.ABC
Xét SHA(vuông tại H), AH 
SABC 

3a 2 a
a 3
, SH  SA2  AH 2  a 2 
 ,
4
2
2

a2 3
4

Thể tích chóp S.ABC: VS . ABC

1
1 a a 2 3 a3 3
 SH .SABC  . .

3
3 2 4
24

0.25

(1điểm)

a) 0.5 điểm
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, vì H  d nên ta có
H(1 + 2tuuuu
; r 1 + t ;  t).
Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t)
r
Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên:
2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t =

2
7 1 2
. Vậy H( ;  ;  )
3
3 3 3

0.25
0.25

b) 0.5 điểm
Ta có: MH =  ;  ;   . Đường thẳng  đi qua M, cắt và vuông góc với d
3
3
3
r
0.25
nên có một véc tơ chỉ phương u(1; 4; 2)
uuuur



7
a  4m  18

. Vậy A(4;-4), M(4; )
AG  2GM  

7
2a  2m  1
2

m 


2

0.25

Gọi B(2b  3; b)  C (11  2b;7  b)  BC  (14  4b) 2  (7  2b) 2

CÂU 9
(1điểm)

d ( A; BC )  3 5 nên diện tích tam giác ABC bằng
1
.3 5. (14  4b)2  (7  2b) 2  15  20b2  140b  4255  0 .
2
9
9
5

0.25
0.25

0.25

0.25

Theo giả thiết ta có
5(x 2  y 2  z 2 )  9(xy  2yz  zx )  5(x  y  z )2  9(xy  2yz  zx )  10(xy  yz  zx )

 5(x  y  z )2  19x (y  z )  28yz  19x (y  z )  7(y  z )2

 x
 19x
x
 5
 1 
7 
 2  x  2(y  z )
y z
y  z
 y z
1
Mặt khác ta có (y  z )2  2(y 2  z 2 )  y 2  z 2  (y  z )2
2
2(y  z )
1
4
1



y  z 
12

6





(Học sinh có cách giải khác đúng cũng được tính điểm tối đa cho câu hỏi đó)

0,25

0,25

0,25

0,25