1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3
Câu 2 (2,0 điểm).

3π
2π 

. Tính sin  α 
.
2
3 

b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .
a) Cho tan α  2 và π  α 

1

trên đoạn  2;  .
2

1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

-----------------------HẾT------------------------




HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Câu

Nội dung
a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D  
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y   ; lim y  
x 

Điểm

0,25

x 

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (;1) và (0; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1 ) = - 4.
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm
(  3 ; 0).

0,25

y

 3 1 O

1

3

x

0,25

3

4

Cho tan α  2 và π  α 

Câu 2.1
(1,0 điểm)



0,25
0,25


Vậy

2π 
2π
2π

sin  α 
 cosα.sin
  sin α.cos
3 
3
3


0,25

2 5 1  5 3 2 5  15

. 
.

5
2
5
2


s inx 

2

7π
 k2π
x 
6


0,5

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .
1

trên đoạn  2;  .
2

Câu 3
(1,0 điểm)

x

+ Ta có f '(x)  1 

0,25

4  x2


1
[-2; ]
2

Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x.

Phương trình
x

x

 4  6
 2.       1
9 9
2x

Câu 4
(1,0 điểm)

0,25

x

2
 2
 2.       1  0
3
 3
x
 2 

 n(Ω)  625
Có tất cả 5.5.5.5=625 cách
0,25
Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội”
0,25
 A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH”

 

 n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48  P A 

n(A) 48

n(Ω) 625

48 577

625 625
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm

Vậy P(A)  1  P  A   1 

0,25
0,25

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo
bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
SH  ( ABCD )


0,25

3

1
4a 6
Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH 
.
3
3
Vì BA  2 HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  
Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI .
Do đó: HK   SAC  .

0,25


Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên

HS .HI

Suy ra, HK 

2

HS  HI

2

Câu 7
(1,0 điểm)

B
I
C

D

E

+(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BDM và N,C là chân các đường cao
nên chứng minh được :IM  CN

0,25

N
M

+ Lập ptđt IM qua I và IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0
 M(7; 3)
+ M là giao điểm (T) với IM : 
 M(1;5) (loai)
+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1
 D(9;1)

 a  b (do a, b  0  1  2a  b  0

0,25


x 1 



y2  y  x3 .

Thế vào (2) ta được:

 x  8  x  4 
2

  x  1





x 1  3 

x  4x  7
x  8
  x4
x 1
 2


0,25

2
 3   x  2   3 .  x  2   3 (**)




2

Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3  với t   có f '  t   3  t  1  0 t   nên
f  t  đồng biến trên  .
x  2

Do đó **  f  x  1   f  x  2   x  1  x  2  

2
x  1  x  4x  4

x  2
5  13
(T/M)
 2
x
2
 x  5x  3  0

x

0,25

Ta có x 2  y 2  2   x2  1   y 2  1  2  x  y  ,….; xy 
Câu 9
(1,0 điểm)

1 1

1

1

xy  1
,…
2



Nên P  


 xy  yz  zx  3 .
2x y y  z z  x

Ta có  x  y  z  xy  yz  zx   9 xyz
  x  y  y  z  z  x    x  y  z  xy  yz  zx   xyz 

8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9

0,25

27 
 xy  yz  zx  
2  8  xy  yz  zx 
8
Đặt t  xy  yz  zx .

Suy ra P  

Do x, y, z   0; 2    2  x  2  y  2  z   0  xy  yz  zx 

4  xyz
2t 2
2

1
2
Mặt khác: xy  yz  zx   x  y  z   3  t  3 .
3
Vậy t   2;3

0,25

1 27
27
Ta có P    t    f  t 
2  8t

8

1


0,25


SỞ GD-ĐT BẮC NINH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ 2
—————————

NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán học
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề)
—————————

Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 − 3x2 + 2.
Câu 2 (1 điểm). Tìm m để hàm số y = −x4 + 2(m + 1)x2 − 2m − 1 đạt cực đại tại x = −1.
Câu 3 (1 điểm). Giải phương trình mũ 6x + 2 = 3x + 2x+1 .
Câu 4 (1 điểm). Tính I =

1
dx.
sin x

Câu 5 (1 điểm). Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(0; 1; 1), B(−1; 0; 2), C(2; 3; 0). Viết
phương trình mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (Oyz).
Câu 6 (1 điểm).
a) Cho 5sin2 α − cos2 α = 3. Tính giá trị của biểu thức T = sin4 α − sin2 2α − 5cos4 α.
b) Một hộp đựng 10 viên bi, gồm 3 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ, 4 viên bi vàng. Bạn A

Nội dung
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ...
• Tập xác định: D = R. • Giới hạn: lim y = +∞, lim y = −∞.
x→+∞

x→−∞

x=0
.
x=2
Hàm số nghịch biến trên (0; 2), đồng biến trên (−∞; 0) và (2; +∞).
Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = y(0) = 2 và xCT = 2, yCT = y(2) = −2.
• Bảng biến thiên:

Điểm

1,00
0,25

• Đạo hàm: y = 3x2 − 6x. Ta có y = 0 ⇔ 3x2 − 6x = 0 ⇔

x

−∞

f (x)

0

2


2

−2

2

0,25

2

Tìm m ...
1,00
3
2
Ta có y = −4x + 4(m + 1)x, y = −12x + 4(m + 1).
0,25
HS đạt cực đại tại x = −1 thì y (−1) = 0 ⇔ 4 − 4m − 4 = 0 ⇔ m = 0.
0,50
Với m = 0 thì y (−1) = −12 + 4(m + 1) = −8 < 0 nên x = −1 là điểm cực
0,25
đại của hàm số. Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.


3

Giải phương trình mũ...
6x

4

2
cos x − 1
1
= ln
+ C.
2
cos x + 1
I =

5

d(cos x + 1)
=
cosx + 1

Viết phương trình mặt cầu ...
1,00
Gọi I(0; b; c) ∈ (Oyz) là tâm của mặt cầu (S). Ta có IA = IB = IC ⇔
0,50
17
17
2b − 2c = −3 và 3b − 2c = 4. Tìm ra b = 7, c = . Vậy I 0; 7;
.
2

2

369
.
Bán kính mặt cầu (S) là R = IA =

0,25
0,50

Tính thể tích và khoảng cách ...

1,00

√
1
2a3 . 3
Ta có OA = OC = a, OB = OD = a 3, VS.ABCD = .SO.SABCD =
.
3
3
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho các tia Ox, Oy, Oz lần lượt trùng
√
với các tia OD, OC, OS thì O(0;
0;
0),
A(0;
−a;
0),
B(−a
3; 0; 0), C(0; a; 0),
√
√
a 3
a
; 0; ).
D(a 3; 0; 0), S(0; 0; a), G(−

2
AD, CG
√

8

0,25

Vậy T = sin2 α − 4sin2 αcos2 α − 5 cos2 α = −1.
Tính xác suất ...
2 × C 2 = 45.28 = 1260. Gọi M là biến cố cần tính xác
n(Ω) = C10
8
suất. TH1: A lấy 2 bi xanh, còn B lấy 2 bi đỏ hoặc 2 bi vàng, có
C32 C32 + C42 = 27 cách. TH2: A lấy 2 bi đỏ, B lấy 2 bi xanh hoặc 2
bi vàng, có C32 C32 + C42 = 27 cách.
TH3: A lấy 2 bi vàng, B lấy 2 bi xanh hoặc 2 bi đỏ hoặc 2 bi vàng, có
C42 C32 + C32 + C22 = 42 cách.
8
96
Do đó n(M ) = 27 + 27 + 42 = 96. Vậy P (M ) =
=
.
1260
105

7

1,00


⇒ 36 ≤ (ab + bc + cd + da) (1).

0,25

Đẳng thức ở (1) xảy ra khi ABC = ADC = DAB = BCD = 900 hay
ABCD là hình chữ nhật.
Hơn nữa ta có ab + bc + cd + da ≤

a+b+c+d
2

2

(2). Thật vậy, (2) ⇔

(a − b + c − d)2 ≥ 0. Đẳng thức ở (2) xảy ra khi a + c = b + d. Thay
a + b + c + d = 12 vào (2) được ab + bc + cd + da ≤ 36 (3). Từ (1) và (3) suy
ở (1) và (3) cùng phải xảy ra đẳng thức, tức là ABCD là hình chữ nhật
thỏa mãn a + c = b + d, a + b + c + d = 12, dẫn tới ABCD là hình vuông
có cạnh bằng 3. Khi đó đường thẳng AC có phương trình x − y − 3 = 0.
√
Gọi C(t + 3; t), ta có AC = 3 2 ⇔ 2(t + 1)2 = 18 ⇔ t = 2, t = −4.
7 1
- Với t = 2 thì C(5; 2). Trung điểm của AC là I( ; ). Đường thẳng BD
2 2
vuông góc với AC tại I nên
BD
có
phương
trình

Giải bất phương trình 2x 2x + 24x < x + 24x + 12. (1)
√
Xét phương trình 2x2 2x3 + 24x = x2 + 24x + 12 (2). Điều kiện 2x3 + 24x ≥
0 ⇔ x ≥ 0. Thấy x = 0 không là nghiệm của (2). Với x > 0 ta đặt 0,25
x2 + 12
thì y > 0 và x2 + 12 = 2xy 2 (3).
2x
Từ (2) và (3) ta có 2x2 2x.2xy 2 = 2xy 2 +24x, ⇔ 12+y 2 = 2x2 y (4) (do x >
0, y > 0). Từ (3) và (4) suy ra x2 −y 2 = 2xy 2 −2x2 y ⇔ (x−y)(x+y+2xy) = 0
⇔ x = y (do x > 0, y > 0).
Thế y = x vào (3) ta được 12 + x2 = 2x3 ⇔ x = 2, suy ra y = 2 (thỏa mãn
x > 0, y > 0). Thử lại thấy x = 2 thỏa mãn phương trình (2). Như vậy
(2) có nghiệm duy nhất x = 2.
y=

0,25

0,25


√

10

Bây giờ, ta xét hàm số liên tục f (x) = 2x2 2x3 + 24x − x2 − 24x − 12 với
x ∈ [0; +∞) . Nhờ lập luận ở trên, ta có f (x) = 0 ⇔ x = 2. Do đó trên mỗi
tập [0; 2) , (2; +∞) hàm f (x) không đổi dấu. Kiểm tra thấy f (0) = −12 < 0 0,25
√
nên f (x) < 0 với mọi x ∈ [0; 2) , và f (3) = 18 126 − 93 > 0 nên f (x) > 0
với mọi x ∈ (2; +∞) . Vậy (1) ⇔ 0 ≤ x < 2.

a2 + b 2 + c 2
(1).
3

3 2
a + b2 + c2 = m2a + m2b + m2c (2).
4

0,50
3

(p − a) + (p − b) + (p − c)
p4
=
3
27
√
√
2
2
2
2
nên 3 3S ≤ p (3). Từ (2) và (3) suy ra 3 3S ≤ ma + mb + mc (4). Đẳng
1
thức ở (4) xảy ra khi a = b = c = .
3
1
1
1
Chỉ ra được 0 < a < , 0 < b < , 0 < c < .


ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1(2,5 điểm).
1. Cho hàm số : y 

2x  3
(C )
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1.
2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  9 x  1 trên đoạn [- 2; 2].
Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Câu 3 (1,5 điểm).
a) Giải phương trình: 5 2 x  24.5 x 1  1  0
b) Tìm hàm số f(x) biết f’(x)=

4x 2  4x  3
và f(0) = 1.
2x  1

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đỉnh A
trùng với gốc toạ độ O, đỉnh B(1;1;0), D( 1;-1;0). Tìm tọa độ đỉnh A’ biết A’ có cao độ dương và
viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.A’B’C’D’.

 6ln( a  b  2c) .
1 a
1 b
----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm!

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

Họ và tên thí sinh......................................................................Số báo danh.......................


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I, NĂM 2015-2016
Môn thi: Toán 12
Câu
Câu 1
(2,5
điểm)

Ý

Nội dung

1.Cho hàm số : y 

Điểm

2x  3
(C )
x 1


'



-1
+



Y
2

0,25

+
2



* Đồ thị:
b)
0,75

0,25

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
Với y  1  2 x  3  x  1  x  4 ; y ' (4) 

1
5

 2;2

 2;2

0,25
Câu 2
(0,5
điểm)

Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Phương trình tương đương:
 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0
 (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0



 2  cosx  0(VN )
 x  6  k 2


 sinx  1
 x  5  k 2

2

6

0,25

0,25


a)

b)

0.25

0,25
0,5

Ta
2

có f (x) 



4x  4x  3
2 

2
dx=   2 x  1 
dx  x  x  ln 2 x  1  c
2x  1
2x  1 


Mà f(0)=1  c  1  f ( x)  x 2  x  ln 2 x  1  1
0.25


0,25

0,25

0,25


2


1 
3
Phương trình mặt cầu là:  x  1  y   z 
 
2
2

Số phần tử của của không gian mẫu: n()  C152 C122
2

2

0,25
0,25

Gọi A là biến cố: “Các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ”
n(A)= C 82 C 72  C 52 C 72  C81C 71C 71C 51
Câu 5
(0,5
điểm)

1
2a 3
(dvtt)
Do đó: VS .ABCD  .SA.S ABCD 
3
3
Ta
có
d(D,(SBM)=d(C,(SBM)=
1/2
d(A,(SBM))
Dựng AN  BM ( N thuộc BM) và AH  SN
(H thuộc SN)
Ta có: BM  AN, BM  SA suy ra: BM  AH.
Và AH  BM, AH  SN suy ra: AH  (SBM).
Do đó d(A,(SBM))=AH

1
2a 2
4a
AN .BM  a 2  AN 

2
BM
17
1
1
1
4a


 21 3 
 16  12 
M là trung điểm của BD  B ;   AB ;

 5 5
5 5 









Gọi C(2c+3;c) ta có cos AB; AD  cos AC; AD  C  15;9

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

( Học sinh có thể sử dụng phương tích EB. EC  EA 2 )

Giải hệ phương trình sau

1,00


ĐK: y  2;( x  2)( y  1)  0

Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x  1  2 x  1  
x
2
2
4 x 2  8 x  3  0

Thử lại ta có: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1; x 

0,25

0,25

1,00

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

a  b  2c  1 a  b  2c  1

 6 ln(a  b  2c)
1 a
1 b
1 
 1
  a  b  2c  1 

  6 ln(a  b  2c)

2


(1)
1  a 1  b 1  ab
ab  1
) ab 
(2)
2
1
1
2


  2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b 
Thật vậy, )
1  a 1  b 1  ab
)







a b

2







1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab
2
4
4
16



. Đặt t  a  b  2c, t  0 ta
2
ab  bc  ca  c
 a  c  b  c   a  b  2c 2

Do đó,

0,25

có:
P  2  f (t ) 

16  t  1

 6 ln t , t  0;
t2
6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8 
f '(t )  





Đề Thi Thử Đại Học – www.dethithudaihoc.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (THPT QG) NĂM 2016
www.DeThiThuDaiHoc.Com

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

m

Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1

b) Tìm m để phương trình x 3 − 3 x 2 + 1 = m có ba nghiệm thực phân biệt.
Câu 2.(1 điểm)

oc

a) Giải phương trình: sin 2 x + 4 cos(π − x ) = 0 .

− 1 + 2i 3 + i
+
.
1+ i
2

b) Tính môđun của số phức z biết z =


(

)

Câu 5.(1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ 1 + cos 5 x dx .

hu

0

Câu 6.(1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,AB=2a,AC=a,AA’ = 3a.

iT

Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BC.

Câu 7.(1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường tròn

Th

x 2 + y 2 = 10 ,đỉnh C thuộc đường thẳng x + 2 y − 1 = 0 .Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên AC. Biết rằng
 −3 1
các điểm N 
;  ,P (1;1) lần lượt là trung điểm của AM ,CD đồng thời B có hoành độ dương,C có tung độ
 5 5

De

âm.Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

1
1+ b

Facebook: />
2

+

1
1+ c2

.

1