GROUP NHÓM TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPT 2016 - LẦN 5

www.nhomtoan.com

Môn: TOÁN; Ngày 31-1-2016
Thời gian làm bài :180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x4 − 2x2 − 3.
Câu 2 (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) : y = −x3 + 3x2 + 9x + 2 tại điểm có
hoành độ x0 , biết rằng f (x0 ) = −6.
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình log(x2 − 6x + 7) = log(x − 3).
b) Giải bất phương trình 4x − 3.2x + 2 > 0.
Câu 4 (1,0 điểm)
2

2x(x + 1)2 dx.

a) Tính tích phân I =
0

b) Giải phương trình −3z 2 + 2z − 5 = 0 trên tập hợp số phức.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(−3; 0; 0), B(0; −2; 0), C(0; 0; −1).
Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua ba điểm A, B, C. Tính khoảng cách từ M (5; 1; 5) đến (P ).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình lặng trụ đứng ABC.A1 B1 C1 có đáy là tam giác cân tại A, AB = AC = 2a và
CAB = 1200 . Góc giữa mặt phẳng (A1 BC) và mặt đáy (ABC) là 300 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC.A1 B1 C1 và khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng (A1 BC),
Câu 7 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình sin4 x + cos2 x − 2 = 0.

1
1
P = 2(a4 + b4 ) + a2 b2 − 2(a2 + b2 ) +
+ 2 .
2
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 :...........................................


Họ Và Tên: Trịnh Anh Dũng
Câu 1
* Tập xác định D  
* Sự biến thiên :
x0
Ta có y '  4 x3  4 x  4 x  x  1 x  1 ; y '  0  
 x  1
Hàm số đồng biến trên  1; 0  và 1;   ;

Hàm số nghịch biến trên  ; 1 và  0;1
Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCD  3
hàm số đạt cực tiểu tại x  1 ; yCT  4
Các giới hạn lim y  lim y   .
x 

x 

Bảng biến thiên


-4

* Đồ thị

Câu 2:
Tập xác định : D  
Ta có f '( x)  3x 2  6 x  9; f ''( x)  6 x  6 ; f ''( x0 )  6  6.x0  6  6  x0  2
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại điểm x0  2 là

y  f '(2).  x  2   f (2)  y  9  x  2   24  y  9 x  6
Vậy phương trình tiếp tuyến là y  9 x  6
Câu 3


+




2
a) Điều kiện : x  6 x  7  0  x  3  2
x3 0

x  5
Phương trinh đã cho tương đương x 2  6 x  7  x  3  x 2  7 x  10  0  
 x  2 l 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  5

2x  2

0 
3
3

b) Phương trình đã cho tương đương 3 z 2  2 z  5  0

1  i 14
z 
3
Ta có  '  1  3.5  14  14i 2  

1  i 14
z 
3

1  i 14
1  i 14
Vậy phương trình đã cho có nghiệm z 
; z
3
3
Câu 5:



 
Ta có AB   3; 2;0  ; AC   3; 0; 1  nP   AB, AC    2;3;6 
Mà  P  qua A  3;0;0   P : 2 x  3 y  6 z  6  0
Ta có d  M ,  P   


A1 MA  30o  tan 
A1 MA  1 
 A1 A 
AM
3
3
Lại có:
o
AM
  AM  AB. cos BAM
  2a. cos  120   a  A A  a
 cos BAM


1
AB
 2 





1 a
a) VA1B1C1 ABC  A1 A.dt  ABC   .
.2a.2a.sin120o  a 3  dvtt 
2 3
b) Ta có d  B1 ;  A1 BC    d  A;  A1 BC   . Vẽ AI  A1 M  I  A1 M 




a
 AI   d  A;  A1 BC    d  B1 ;  A1 BC   
2
2
Câu 7:
a) Phương trình đã cho tương đương
 2
1 5
 1  loai
sin x 
2
4
2
4
2
sin x  1  sin x  2  0  sin x  sin x  1  0  
 2
1 5
 0  loai
sin x 

2
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
b) Gọi x là số học sinh nữ, x là số học sinh nam  x  4 
Theo bài ra ta có
x!
x.x  x  1 x  2 
.x
3 1
3!.

Lượng phân bón NPK cần cung cấp là 0, 02.100 x  0, 08.100 y (kg)
Tổng số tiền thu được là 15.100 x  50.100 y
Bài toán trở thành: Tìm x, y thỏa mãn hệ bất phương trình
100 x  500
0  x  5
100 y  500
0  y  5



sao cho T  1500 x  5000 y lớn nhất


0,1.100
x

0,1.100
y

70
x

y

7


0, 02.100 x  0, 08.100 y  32  x  4 y  16

 A1 AM   BC  AI  BC

2
  a  1  5  
 a  4  G  2; 4 
3

Đường thẳng AC qua F  2;   và vuông góc với IG
2

nên đường thẳng AC : x  2 y  5  0
Do A  AC  A  2t  5; t 
2

1

2 125
Ta có IA  IK   2t  5     t  1 
2
4

t  0  A  5; 0   loai
 5t 2  20t  0  
t  4  A  3; 4 
Gọi M là trung điểm AC
Do M là giao điểm của AC và IG nên M 1; 2 
Do M là trung điểm AC  C  5; 0 
Đường thẳng BG qua G vuông góc với IF nên đường thẳng BG : x  y  6  0
Do B  BG  B  b; b  6 


9


a 2 b2
12
3

 3 a  b  4 
 a3  b3  3ab  a  b   4ab  12   a  b   4ab  12
b
a
ab
3
2
2
 12   a  b    a  b    a  b  2   a  b   3  a  b   6  0  a  b  2



Ta có

2





 4   a  b   2 a 2  b 2  a 2  b2  2
2




4 5t 3  4t 2  8
t 2 
 0, t  2  f  t  đồng biến
2
t2
2t 2

 f t   f  2  3
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 3 , dấu "  " xảy ra khi a  b  1


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN- CẤP THPT
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (3,0 điểm).

 x 2  2 y  2
a) Giải hệ phương trình  2
 2 x  xy  y  9

 x; y    .

b) Tìm a để hàm số y  (a  1) x 2  2( a  1) x  3a  3 xác định với x  .
c) Giải phương trình 1  sin x  cos x  sin 2 x  cos 2 x  0  x    .
Câu 2 (2,0 điểm).

4  x2
a) Tính tích phân

Câu 4 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

a





.

2 1 b 2 1 c 2 1
abc

Câu 5 (1,0 điểm).
Cho tam giác không cân ABC có AB  c, BC  a, CA  b . Gọi các điểm I , G lần
lượt là tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm của tam giác ABC , biết đường thẳng IG
vuông góc với đường thẳng IC . Chứng minh rằng
a  b  c 2ab

.
3
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:…………………


 y  2 1
y

1




2

2
2
2 x 2  x  x  1    x  1   9
 x3  3x 2  2 x  16  0

 



2
2

 


x2
y

1


. Hệ có nghiệm duy nhất  x; y    2;1 .
2
y 1
x  2  0

b)
Đặt f  x    a  1 x 2  2(a  1) x  3a  3 . Yêu cầu bài toán sẽ tương đương với tìm a

Điểm
1,00
0,25

0,25

2

để f  x   0, x   .
TH1: a  1  0  a  1 ta được f ( x)  4 x  6 , không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
TH2: a  1  0  a  1 .
 a  1  0
Khi đó f ( x)  0, x    
2
  '   a  1   a  1 3  a  1  0
 a  1
a  1


  a  1
 a  1 2a  4   0
  a  2

2

x
 k 2

1
3
+) 1  2cos x  0  cos x    
k  
2
 x   2  k 2

3



+) sin x  cos x  0  2 sin  x    0  x    k  k    .
4
4

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là:
2
2

x
 k 2 , x  
 k 2 , x    k , k   .
3
3
4



6k  18
Số hạng không chứa x tương ứng với k thỏa mãn
 0  k  3.
5
Vậy số hạng không chứa x cần tìm là C183 23  6528 .
b)
Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c   a, b, c  0  . Khi đó mặt phẳng  P  có
k
18

phương trình dạng

k

x y z
   1.
a b c

0,25

0,25
1,00

0,25

5 4 3
   1 (1)
a b c

0,25

Điểm
1,00



6
tan 4 xdx 6 tan 4 xdx
tan 4 x
dx
Ta có: 


.
2
2
2

cos 2 x
cos x  sin x 0 1  tan x cos 2 x
0
0

0,25


Đặt t  tan x  dt 

dx


1
3

3

 t

1 
1
 2
0  t  1  t 2  1  dt    3  t   2
0

1
3

1 
 1
0  t  1  t  1  dt

0,25

1

10 3 1 t  1 3
10 3 1
3 1 1
10 3



y   2t  5  x  t   t 2  5t  6
 y   2t  5  x  t 2  6
tiếp xúc với đồ thị hàm số y  x 3  3 x  10 khi và chỉ khi hệ phương trình sau
có nghiệm:
 x3  3x  10   2t  5  x  t 2  6
 x3  3x  10   2t  5  x  t 2  6

  3x 2  8
 2
t 
3x  3  2t  5

2
2
 3
 3x 2  8
  3x 2  8 
 5 x  
 x  3x  10   2.
 6

2
2

 


2
 3x  8

lim



2
x2
x 2
4  x2
4

x
4  x2 





8  3x  2 
x2
 lim 


2
2
x2
 4  x  x  2  2
4  x 2   4  2 3 3 x  2  3 3 x  2  










0,25

0,25

0,25

1,00
0,25

0,25

0,25




1
1

 0 . Vậy lim
x2
16 16

x  2  3 3x  2

  2   2   2  
a 
b 
c

1
1  1
1 1 1
 1
 2 2  2     2     
a b c
 ab bc ca  abc
2

 1   1 
1
 2 2  2.3. 3
 2.3. 3
  3

abc
abc

  abc 

 2 2  3.

Điểm

0,25



1
 2  
1


3




3
1
2  3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  .
3



Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng





0,25

3

2 3 .

 2  AP  2.PQ  2.NM
GM PQ
a
ab

 b  CP  2  CN  CM   b  CN  2  CN    CN 
(1).
2
3

2  p  c
2ab  a  b  c 
IC
CD
abc
Ta có CN 




2
2
2
2
C
C 1  cos C
a b c
a

b



 
Ta có: CG  CA  CB , a.IA  b.IB  c.IC  0 .
3
 
 
  


1
 a IC  CA  b IC  CB  c.IC  0  CI 
a.CA  b.CB
abc
  
  1    a
1
1    b
1  
GI  CI  CG 
aCA
.  bCB
.  CA CB  
 CA  
 CB
abc
3
 a b c 3
 a  b  c 3
 








 







 



0,25

0,25

0,25
0,25






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

Đề thi thử lần thứ 07

Câu 1 (1,0 điểm): Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x2 .
Câu 2 (1,0 điểm): Tìm m để d : 2x  y  m  0 cắt đồ thị hàm số y 
Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình: cot x 

2
cos 2 x

sin 2 x cosx

2x  3
tại 2 điểm phân biệt có tung độ dương.
x1

x  .

Câu 4 (1,0 điểm): Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng xung quanh trục hoành, biết rằng
x1
hình phẳng đó được giới hạn bởi các đường y 
;y 0;x 3 .
x2  3
Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AC  2a , SA vuông góc với

mặt phẳng  ABCD  , SC tạo với mặt phẳng SAB  một góc 30 . Gọi M là một điểm trên cạnh AB sao cho
BM  3MA . Tính theo a thể tích của khối chóp S.DCM và khoảng cách từ A đến mặt phẳng SCM  .

Câu 6 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  2; 5; 6  . Tìm tọa độ hình chiếu








 x, y  

Câu 11 (1,0 điểm): Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

1
1  a2



1
1  b2



1
1  c2

 a  b

8


  m  8m  24  0


 m  4  40
2  m  m  3  0


 x  x2  m  0

2 x  m  2 x2  m  0

Hai giao điểm có tung độ dương khi và chỉ khi:  1
 1
2
(2 x1  m)(2 x2  m)  0


4 x1 .x2  2m( x1  x2 )  m  0
 m
  m  0
 m  0 . Vậy m  4  40
  2


m
2
2( m  3)  2m     m  0

 2


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

Kết hợp điều kiện ta suy ra được phương trình có các họ nghiệm: x 


6

 k 2 , x 

5
 k 2 ( k  )
6

Câu 4 (1,0 điểm): Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng xung quanh trục hoành, biết rằng
x1
hình phẳng đó được giới hạn bởi các đường y 
;y 0;x 3 .
x2  3
x1
 0  x  1 . Thể tích V cần tính là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang cong
Ta có:
x2  3
giới hạn bởi các đường y 


x

3
x

3

1 





3
1

 2

3

x

1

dx
2

3

   4  ln 3   2


3

Vậy: I 

x

1

dx
2

3



3

6

, khi x  3 thì t 


3

và dx  3

dt
cos2 t



dt 

3
3 2
. Thay vào  1 ta được V   4  ln 3   
.
6
3

6

Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AC  2a , SA vuông góc với

mặt phẳng  ABCD  , SC tạo với mặt phẳng SAB  một góc 30 . Gọi M là một điểm trên cạnh AB sao cho
BM  3MA . Tính theo a thể tích của khối chóp S.DCM và khoảng cách từ A đến mặt phẳng SCM  .





 BC  AB

 BC  SAB   SC ; SAB   CSB  30 .
Vì 

 BC  SA
Xét 3 tam giác vuông ABC ,SBC ,SAB , ta lần lượt tính được:

BC  a 3,SB  BC.cot 30  a 3. 3  3a,SA  2a 2 .

51
a 57
4
2 34
Vậy d A; SCM  
a.
51
Câu 6 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  2; 5; 6  . Tìm tọa độ hình chiếu

Xét BMC vuông ta tính được MC 





vuông góc của A trên đường thẳng  :

x 1 y  2 z 1
. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt


2
1
3

 tại B sao cho AB  35 .

Đường thẳng  có VTCP u   2;1; 3  . Gọi H là hình chiếu của A trên  , suy ra: H 1  2t; 2  t; 1  3t  và

AH   2t  1; t  3; 3t  5  . AH    AH.u  0  2  2t  1   t  3   3  3t  5   0  t  1 . Suy ra H  3; 1; 4  .

Câu 7 (0,5 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  2  x2 .
Tập xác định: D    2; 2  . Đạo hàm: f '  x   1 



x
2  x2

2  x2  x



2  x2

.


x  0
f '  x   0  2  x2  x  
 x  1 . Ta có: f  2   2; f 1  2; f
2
2
2

x

x









Phương trình tương đương với: 22 x  32 x 1  32 x 1.2 x  2 x  2 x 2 x  32x 1  2 x  32x 1  2 x  32 x 1 2x  1  0
x

2
Giải 2x  1  x  0 , giải 2 x  32 x 1     3  x  log 2  3 .
9
9

Câu 9 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho ABC vuông tại A . Gọi M là trung điểm của
cạnh BC , gọi G  4; 1 là trọng tâm ABM . Đường tròn ngoại tiếp AGM cắt BC tại điểm D  7; 2  . Xác
định tọa độ các đỉnh của ABC biết A có tung độ âm và phương trình đường thẳng  AB  : x  3 .
Vì tam giác MAB cân tại M nên MG là trung trực của AB. Do đó GA = GB.
Mặt khác tứ giác AGMD nội tiếp do đó AGD  AMD  2 ABC . Vậy G là tâm đường
tròn ngoại tiêp tan giác ABD. Do đó GA  GB  GD .

B

Ta có G , GD  :  x  4    y  1  10 . Tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình:
2

2

G

 G , GD : x  4 2  y  1 2  10

 



Câu 10 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau: 
2
 4 y  1  x 2 y  4 y   6 x  1 y  1





M



 x, y  

 y  x2  y 2  y  y 2  y  y  y  y  0

ĐKXĐ: y  0 . Chú ý rằng: 
x0
x  x2  1  x  x2  x  x  x  x  0

0  y 2

Nếu x  0 thay vào hệ: 
 4 y 1



x y
x y

Xét hàm đặc trưng f  t   t  t t 2  1, t   0;   . Ta có: f '  t   1  t 2  1 

t2
t 1
2

0.

C


x
Vậy f  t  là hàm số đồng biến và liên tục trên  0;   . Do đó f   
y
2

 4 x2  1   x4  4 x2  6 x  1 x2  1 











t2  4

0

Vậy: g  x   g  2x   x  2x  x  0 . Mặt khác x  0 . Do đó phương trình vô nghiệm.
Cách 2: Sử dụng nhân liên hợp:
Phương trình  x  1  x x2  4  4x x2  1   2x  1 x2  1  2 x
 x  4 x2  1  x2  4    2 x  1 x2  1   x  1  2 x  0






x 15x2  12



4 x 1  x  4
2

2





x 4 x3  4 x2  4 x  2

 2 x  1

2



2c 2  1
2c

 a2
b2
c2   a  b
2c 2  1
Ta có: P  3  
. Vì a2  1  2a, b2  1  2b, c 2  1  2c , do đó:





 1  a2 1  b2 1  c 2 
8
2c


2

2
c 1 7
2
c 1  5 1
 a  b  c   a  b


ĐỂ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

WEBSITE WWW.TOANMATH.COM
ĐỀ THI THỬ SỐ 1

Câu 1 (1 điểm). Cho hàm số: y  

x3
11
 x 2  3x 
3
3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm phân biệt M, N đối xứng nhau qua trục tung.
Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình: (1  tan x)(1  sin 2 x)  1  tan x


Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân:

2

I   6 1  cos3 x sin x cos5 xdx
0

Câu 4 (1 điểm).
a) Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức:

Câu 10 (1 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c. Chứng minh:
4(a  b  c)3  27(ab2  bc 2  ca 2  abc)

--------------HẾT-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………………………. Số báo danh: ………………….
Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

LỜI GIẢI CHI TIẾT TỪ TOÁN MATH
(Đăng kí nhận đề mới tại facebook.com/toanmath)

Câu 1.
a) Câu khảo sát hàm số bậc 3 cơ bản, bạn đọc tự giải.
b) Giả sử điểm M có tọa độ M  x0 ; y0  . Vì N đối xứng với M qua trục tung nên N   x0 ; y0  .
x03
11
Vì M  (C ) nên: y0    x0 2  3x0 
3
3
3
x
11
Vì N  (C ) nên: y0  0  x0 2  3x0 
3
3
3
x  0
x




Phân tích:

cos x  sin x
cos x
1  sin 2 x  1  2sin x cos x  sin 2 x  cos 2 x  2sin x cos x  (sin x  cos x) 2
cos x  sin x
1  tan x 
cos x
cos x  sin x
Vậy nhân tử chung là
cos x
1  tan x 

Biến đổi

(1  tan x)(1  sin 2 x)  1  tan x
cos x  sin x
cos x  sin x
2

 sin x  cos x  
cos x
cos x
cos x  sin x

  cos x  sin x  (sin x  cos x   1)  0
cos x

 x  k

Câu 3.

2

I   6 1  cos3 x sin x cos5 xdx
0

Đặt t  6 1  cos3 x  t 6  1  cos3 x  6t 5dt  3sin x cos2 xdx  2t 5dt  sin x cos2 xdx

Đổi cận: x  0  t  0 và x   t  1
2

Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com


I 

6

0

1

 t7
t13 

z i
  (4  3i)2  4(1  7i)  3  4i  (2  i)2
4  3i  2  i
4  3i  2  i
 3  i hoặc z 
 1  2i (Thỏa mãn điều kiện)
Vậy z 
2
2
b) log 2 x  3log6 x  log 6 x

a)





Điều kiện xác định phương trình: x  0
Đặt t  log 6 x  x  6t
t

3
Phương trình đã cho trở thành: log 2  6  3   t  6  3  2  3     1  t  1
2
1
Vậy x 
6
t

t


S

A

H

B

D

C

Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

1
3
Ta có d ( SB, AD)  d(AD, (SBC))  d(A, (SBC))

Thể tích khối chóp S.ABCD là VS .ABCD  SH .S ABCD 

Ta thấy thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC 

3 3
a
2


Ta có ( R)  ( P)  5a  2b  5c  0 (1)
cos   R  ,  Q    cos 450 

a  4b  8c
9 a b c
2

2

2



2
2

(2)

 a  c
c  7a

Từ (1) và (2) suy ra 7a 2  6ac  c 2  0  

Với a = -c chọn a = 1, b= 0, c = -1, suy ra phương trình mặt phẳng (R) là x – z = 0
Với c = 7a chọn a = 1, b = 20, c = 7, suy ra phương trình mặt phẳng (R) là x + 20y+7z = 0
Câu 9.
( x  3) x  1  ( x  3) 1  x  2 x  0

Điều kiện xác định phương trình: 1  x  1
Khi đó

 2 1 x

Dễ thấy hàm số f (t )  t 3  t 2  2t đồng biến trên 0;  
Từ đó f



 

x 1  f



1  x  x  1  x 1

Kết hợp với điều kiện ta được 1  x  0
Câu 10.
Các bạn quan tâm có thể tham khảo lời giải tại: (Bài 5 trang 8)

Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016

WEBSITE WWW.TOANMATH.COM
ĐỀ THI THỬ SỐ 2

MÔN: TOÁN

Câu 7 (1 điểm).
a) Cho tập hợp A  0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Hỏi có bao nhiêu tập con của A có chứa cả hai phần tử
0 và 9.
iz  3 
iz  3
b) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 
.
 43
z  2i
 z  2i 
2

Câu 8 (1 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có phương trình đường thẳng AD là
(d ) :3x  4 y  7  0 . Gọi E là điểm nằm bên trong hình vuông ABCD sao cho tam giác EBC cân có góc
BEC = 150 o. Viết phương trình đường thẳng AB biết điểm E(2; -4).

( y  8) 2
 3( y  1)
( x  2) 2 x  1  2( x  2 y  1)  4 y  4 
y4 y4
Câu 9 (1 điểm). Giải hệ phương trình: 

3
4
4 xy  4 x  16 y  2  x  9 x  28 y  3  4 y  1








 3x 2  6 x  9  3  3x
 3x 2  6 x  9

y '  0   3x 2  6 x  9  3x  3  x  2

Vậy max y = 6 đạt được khi x = 2 và min y = 0 đạt được khi x = -1.
Câu 3.
Đặt x 


4

 t  dx  dt

Đổi cận: x  0  t 


4

và x 


4

t 0











4
sin 2 x
cos 2 x

dx

dx

dx 
3
3
3
3


4
0 sin 2 x  cos 2 x
0 cos 2 x  sin 2 x
0
4

Từ đó suy ra: 2 I  
Vậy: I 

cos x  1 ( L)
 (1  cos x)(1  2 sin x)  0  
sin x  1
2


Like Fanpage để nhận đề thi mới nhất: Facebook.com/toanmath


Đề thi được biên soạn và phát hành bởi www.toanmath.com



 x  6  k 2

 x  5  k 2

6

( k  )

Câu 5.
Vì (Q) //(P) nên (Q): x + y + z +d = 0 d  4
Giả sử B  Q  Ox và C  (Q)  Oy
 B d ; 0; 0, C0;  d ; 0 (d  0)

Vì S ABC 




3

1
3a 3
Dễ thấy khối chóp A’ABC có thể tích là V A' ABC  V ABC. A'B 'C ' 
3
4

Ta có: AC  a 3; A' A 

AH
 2a; A' C 
cos 60 o

2a2  a

3



2

a 7

Suy ra diện tích tam giác A’AC là:

a 3  2a  a 7 
  a2 3
S A' AC  p( p  A' A)( p  A' C )( p  AC ) ;  p 


Đặt t 

z  2i
t  4
2

4 35
 i
17 17
1 5
Với t  1  z 
 i
2 2

Với t  4  z 

Câu 8.
Tam giác BEC cân và có góc BEC = 150 o
Suy ra tam giác BEC cân tại E.
Gọi H là hình chiếu của E lên AD
Suy ra H là trung điểm của AD và HE = d(E; AD) = 3
Đặt cạnh hình vuông là AB = x
x
2

Gọi I là trung điểm của BC, suy ra BI  ; EI  x  3
Tam giác BIE vuông tại I có góc EBI = 15 o
Suy ra tan 15 o 

EI 2 x  6