ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1( 2 điểm) : Cho hàm số y = − x 3 + 3x 2 − 1
a*) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên.
b*) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 3 − 3x 2 + m = 0 .
Câu 2 ( 1 điểm ) :
a*) Giải phương trình: 2sin2x + 3cosx – 2 = 0
b*) Tìm số phức liên hợp của

z = (1 + i )(3 − 2i ) +

1
3+i

Câu 3* ( 0,5 điểm): Giải phương trình 2 x − 23− x − 2 = 0

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình:

x 4 + x 2 + 1 + x = x (1 − x 2 )

π
2

∫

Câu 5* ( 1 điểm): Tính Tích phân I = x cos xdx
0

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = a, SA ⊥


x+ y
y+z
z+x
+
+
xy + z
yz + x
zx + y

c)
d) ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Câu
1

Nội dung
a

(1,0) )

•
•

Điểm

TXĐ: D = R.

y ' = −3x 2 + 6x
x = 0

0.25


b
(1,0)

•
•

x 3 − 3 x 2 + m = 0 ⇔ − x 3 + 3x 2 − 1 = m − 1
3
2
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = − x + 3 x − 1 với
đường thẳng y = m – 1.

0,5
Vậy

m − 1 > 3 ⇔ m > 4 : Phương trình có 1 nghiệm.
m − 1 = 3 ⇔ m = 4 : Phương trình có 2 nghiệm.
3 > m − 1 > −1 ⇔ 4 > m > 0 : Phương trình có 3 nghiệm.
m − 1 = −1 ⇔ m = 0 :Phương trình có 2 nghiệm.
m − 1 < −1 ⇔ m < 0 : Phương trình có 1 nghiệm.

Câu 2

0,5


(1,0)

10

Suy ra số phức liên hợp của z là: z =

Câu 3

53 9
− i
10 10

0.25

0.25

( 0,5 điểm)
2 x − 2 3− x − 2 = 0 ⇔ 2 x −

8
− 2 = 0 ⇔ 2 2 x − 2.2 x − 8 = 0
x
2

0.25

Đặt t = 2 x , t > 0
Phương trình trở thành:
t = 4 (nhan)
t 2 − 2.t − 8 = 0 ⇔ 
t = −2 (loai )



1
1
− x ⇒ t 4 = 2 + x2 − 2 .
x
x

1
1
+ x2 + 1 + 1 =
−x
2
x
x

Khi

đó

ta

được

phương

0,25
trình

t ≥ 1
t2 + 3 +1 = t ⇔  4 2


−1 − 5
−1 − 5
.Vậy pt đã cho có nghiệm x =
2
2

0,25

Câu 5
(1)đ

π
2

I = ∫ x cos xdx
0

u = x
 du = dx
⇒
 
dv = cos xdx v = sin x

0,5


π
2


MN = ; BM =
2
2 .
Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao,

Diện tích hình thang BCMN là

S BCMN

a a 5

 a + ÷.
3a 2 5
2 2
=
=
2
8 .

Dụng SK ⊥ BM , do BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SK ⇒ SK ⊥ ( BCMN ) .

Có

SK = d ( A, BM ) =

a 5
1 3a 2 5 a 5 a 3
VS . BCMN = .
.
=


A

Vì ABCD là hình vuông ⇒ d(I, AB) = d(I, CD) = d

0,25

d
I
D

⇔

7a - 10
5

=

0.25

7a - 4
5
3
5

⇔ a = 1 ⇒ I(1;1) ⇒ d =

R=d 2 =
Bán kính:


a.Từ phương trình mặt cầu ta có: 

 −2c = −8
c = 4
 d = 1
 d = 1

0,25

Tọa độ tâm I(1; -3; 4).

0,25

Bán kính: r = 1 + 9 + 16 − 1 = 5
Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu tại M nên IM vuông với mp.

uuur
IM = (0; 4; −3)

0,25


uuur

Mp(P) qua M(1;1;1), có VTPT IM = (0; 4; −3) có phương trình:

0,25

A( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0
⇔ 0( x − 1) + 4( y − 1) − 3( z − 1) = 0

12
=C12
+ C12
.(3x) + C12
(3x) 2 +...+ C12
(3x)12

8
8
⇒ Hệ số của x8 trong khai triển là: C12 .3

Câu 10
1đ

Ta có x + y + z = 1 ⇒ x + y = 1 − z
x+ y
=
xy + z

1− z
1− z
=
xy + 1 − x − y
(1 − x)(1 − y )

y+z
=
yz + x

1− x

1− y
(1 − x)(1 − z )

≥ 33

1− z
1− x
1− y
.
.
=3
(1 − x)(1 − y ) (1 − y )(1 − z ) (1 − x)(1 − z )
.

0.5

0.5


Vậy MinP = 3 đạt được khi

x=y=z=

1
3

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút



Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
d : mx + y − m − 4 = 0 và đường thẳng ∆ : x + 2 y + 9 = 0 ; điểm B(-3; 2). Gọi H là hình chiếu
của B trên d. Xác định tọa độ điểm H biết rằng khoảng cách từ H đến đường thẳng ∆ nhỏ
nhất.


x +1 y − 2 z − 2
=
=
3
−2
2
và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng song song với mặt phẳng (P), đi
qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng (∆).
Câu 8* ( 1,0 điểm ): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

Câu 9 *(0.5 điểm)

Từ các chữ số của tập T = { 0;1;2;3; 4;5} , người ta ghi ngẫu nhiên hai số tự nhiên có ba
chữ số khác nhau lên hai tấm thẻ. Tính xác suất để hai số ghi trên hai tấm thẻ đó có ít
nhất một số chia hết cho 5.
Câu 10 ( 1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực tùy ý thỏa mãn x + y + z = 3.
Chứng minh rằng với ∀a ≥ 1 ta luôn có :

1
1
1
x
y

y = −∞, lim y = −∞
+ Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞


+Hàm số đồng biến trên  −∞; −


(

6
÷ và
2 ÷



6
 0;
÷
÷; nghịch biến trên
 2 


6 
;0÷
 −
÷ và
2


0.25

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng
y=m+1.

0.25

Dựa vào đồ thị, phương trình có 4 nghiệm phân biệt
⇔ 1< m +1


Giải hệ ta ®îc a = 1 , b = 0 hoÆc a =

−1 12
+ i
VËy z1 = 1, z2 =
5
5

Câu 3
(0.5) đ

ĐK: x ∈ ¡

(

)

PT ⇔ log 2 x 2 + x + 1

2

(

= log 2 x 2 + x + 3

)

−1
12

−1 + 5
x =
2
2
Với t = 2 ⇒ x + x − 1 = 0 ⇔ 

−1 − 5
x =

2

Vậy : x =
Câu 4
1đ

−1 + 5
−1 − 5
và x =
là nghiệm của phương trình.
2
2

ĐKXĐ: x ∈ ¡ ; y ∈ ¡ .

0.25
0.25

2
Ta có xy + 2 = y x + 2 ⇔ y





( −x)

2

0.25

+ 2  (*)


)

(

2
Xét hàm số f (t ) = t 1 + t + 2 với t ∈ ¡ . Ta có

f '(t ) = 1 + t + 2 +
2

t2
t +2
2

> 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng biến trên ¡ .

1
Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x + 1) = f ( − x ) ⇔ x + 1 = − x ⇔ x = − .

0

0.25

p

ò xdx + ò x cos xdx
0

p
0

0

p2 02
p2
=
=
2
2
2

0.25

p

 Với I 2 = ò x cos xdx
0

ìï u = x

 Vậy, I = I 1 + I 2 = p - 2

2

p
0

= cos p - cos 0 = - 2

0.25

0.25


Câu 6

*) Tính VS.ABCD

(1đ)

Dễ thấy tam giác SAB vuông tại S.

( SAB) ⊥ ( ABCD)

Trong mp(SAB) hạ SH ⊥ AB ta có ( SAB) ∩ ( ABCD) = AB ⇒ SH ⊥ ( SABCD)
 SH ⊥ AB


Tính được SH =



0.25

điểm cố định A(1; 4), mà BH vuông góc với d nên suy ra H luôn thuộc đường tròn (C) đường
kính AB.
Gọi I là tâm của (C). Ta có pt (C): ( x + 1) 2 + ( y − 3) 2 = 5

0.25

Gọi d’ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với ∆ . Khi đó d’ có pt: 2 x − y + 5 = 0 .
Tọa độ giao điểm của d’ và (C) là nghiệm của hệ phương trình :

0.25

2 x − y + 5 = 0
y = 5
y =1
⇔
hoặc 
. Khi đó d’ cắt (C) tại M 1 (0;5); M 2 (−2;1)

2
2
 x = −2
( x + 1) + ( y − 3) = 5  x = 0
Ta có d ( M 1 , ∆) =

19 5
9 5
. Vậy H trùng với M 2 (−2;1)


Câu 9
(0.5)đ

x−2 y−2 z−4
=
=
9
−7
6

0.25

+ Có 5. A52 = 100 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau
+ Có A52 + 4. A41 = 36 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5.
+ Có 64 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và không chia hết cho 5.

0,25


1
1
+ n ( Ω ) = C100
.C99
= 9900

+ Gọi A là biến cố : “Trong hai số được ghi trên 2 tấm thẻ có ít nhất 1 số chia hết
cho 5”
1
1

Hàm số y= y = t = ữ nghịch biến với t R , khi a > 1.
a a
Khi đó ta có

x
y
x
y
1
1
Ta cú : ( x y )( x y ) 0, x, y R. Suy ra x + y y + x (1)
a
a
a
a
a
a
Chứng minh tơng tự

y
z
z
y
+ z y + z (2)
y
a
a
a
a


x
y
z
+ y + z ta đợc
x
a
a
a

x
y
z
x+ y+z x+ y+z x+ y+z
1
1
1
+ y + z)
+
+
= ( x + y + z )( x + y + z )
x
x
y
z
a
a
a
a
a
a

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

x
(1).
x −1

a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b*) Tìm m để đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác
IAB có diện tích bằng

3 , với I là giao điểm của hai tiệm cận.

Câu 2 (1,0 điểm).
a*) Giải phương trình: sin 2 x − 2 cos 2 x = 3sin x − cos x .
b*) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + ( 2 − i ) z = 5 + i . Tính mô đun của số phức
w = 1 + iz + z 2 .
Câu 3* (0,5 điểm). Giải phương trình: log 2 (4 x +1 + 4).log 2 (4 x + 1) = 3 .
 x 3 − y 3 + 3 y 2 + x − 4 y + 2 = 0
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  3
 x + x − 3 = 2 x + 2 + y

( x, y ∈ ¡ ) .

e

1

.
2
2
1 + a (b + c) 1 + b (c + a ) 1 + c (a + b) abc
2

-------------Hết----------Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Câu
1
(2,0đ)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
 Tập xác định D = ¡ \ { 1} .
 Sự biến thiên:

0,25

- Chiều biến thiên: y ' = −

1

( x − 1)


-

+∞

1

−∞
 Đồ thị:

+∞

1

1
0,25

b) (1,0 điểm)
Gọi d : y = x + m .

0,25


Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

x
= x+m
x −1

⇔ x = ( x − 1) ( x + m ) (Vì x = 1 không phải là nghiệm của phương trình)
⇔ x 2 + ( m − 2 ) x − m = 0 (1)


S IAB = 3 ⇔
2

(

)

+ ( x2 − x1 ) = 2 ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 = 2 m 2 + 4 .
m 2 + 4 . Theo giả thiết, ta có:
2

m m2 + 4
= 3⇔m=± 2.
2

a) Phương trình đã cho tương đương 2sin 2 x − 3sin x − 2 + 2sin x cos x + cos x = 0

(1,0đ)

0,25

0,25

⇔ ( 2sin x + 1) ( sin x + cos x − 2 ) = 0
 sin x + cos x − 2 = 0 : Phương trình vô nghiệm

0,25

π


Do đó z = 1 − 2i .
0,25

Suy ra w = 1 + iz + z 2 = 1 + i ( 1 − 2i ) + ( 1 − 2i ) = −3i . Vậy w = 3 .
2

3

(

)

0,25

log 2 (4 x +1 + 4).log 2 (4 x + 1) = 3 ⇔ 2 + log 2 (4 x + 1) .log 2 (4 x + 1) = 3

(0.5đ)
0,25

t = 1
 t = −3

x
Đặt t = log 2 (4 + 1) , phương trình trở thành: ( 2 + t ) t = 3 ⇔ 

x
x
 t = 1 ⇒ log 2 (4 + 1) = 1 ⇔ 4 + 1 = 2 ⇔ x = 0 .



2
Ta có: f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ [ −2; +∞ ) . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên

[ −2; +∞ ) .
Do đó: x = y − 1 .
Thay y = x + 1 và phương trình (2) ta được: x 3 − 3 = 2 x + 2 + 1

⇔ x3 − 8 = 2

(

(

)

(

)

x + 2 − 2 ⇔ ( x − 2) x2 + 2x + 4 =

)

⇔ ( x − 2) x2 + 2 x + 4 =

(

 x−2=0⇔ x = 2⇒ y =3


)


=0
x+2+2 

2

)

0,25