SỞ GD & ĐT PHÚ THO
TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HOC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đê

Câu 1 ( 1 điểm ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 (C).
Câu 2 ( 1 điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) có phương trình
y  x3  3x 2  2 tại điểm có hoành độ bằng 2.
Câu 3 ( 1 điểm )


4

a) Cho góc  thỏa mãn     và sin   . Tính A  cos    
6
2
5

2  3i
  2  i   1  2i 
b) Tính modun của số phức z biết z 
1 i
Câu 4 ( 1 điểm )
2
a) Giải phương trình sau: log 3 x  x  3  2








4a
4b
2ab
a2  b2



trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P 
.
c
 b  c   a  c  c2
----------------- Hết ---------------- Thí sinh không được sử dụng tài liêuê - Cán bô ê coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh :................................................ Số báo danh :............................


SỞ GD & ĐT PHÚ THO
TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA

HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HOC 2015 - 2016
MÔN TOÁN

I.
Một số chú ý khi chấm bài
- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám

0
2

2
0

-

ĐIÊ
M

0.25

0.25


+



y
-2
+) Hàm số đạt cực đại tại xcđ =0; ycđ = 2.
Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2; yct = -2.
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;  
Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2 
+) Đồ thị

0.25


Câu 2 ( 1 điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) có phương
trình y  x3  3 x 2  2 tại điểm có hoành độ bằng 2.


Ta có y '  3 x 2  6 x
Giả sử M(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C).
với xo = 2  yo  y  2   2; y '  2   0
Vâ êy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(2; -2) là
y = 0(x - 2) - 2 hay y = - 2.
Câu 3 ( 1 điểm )


4

a) Cho góc  thỏa mãn     và sin   . Tính A  cos    
6
2
5

2  3i
  2  i   1  2i 
b) Tính modun của số phức z biết z 
1 i


    nên sin   0; cos  0
2
9
2
2

  2  i   1  2i  
1 i
2
b)
2  5i  3
1 5
7 11

 4  3i    i  4  3i   i
2
2 2
2 2
2

0.25

0.25

2

7
11
170
Ta có : z       
2
2  2 
Câu 4 ( 1 điểm )
2
a) Giải phương trình sau: log 3  x  x  3  2
b) Đội học sinh giỏi cấp trường môn tiếng Anh Trường THPT Hiền Đa theo



4
4
TH1: Có đúng 1 học sinh khối 10  có 5.1.C5  5.C5 .1  50 cách.
TH2: Có đúng 2 học sinh khối 10  có
C52 .C53 .C55  C52 .C54 .C54  C52 .C55 .C53  450 cách

 n  A  450  50
 P  A 

n  A
500

n    3003
e

Câu 5 ( 1 điểm ) Tính tích phân sau I   x.ln x.dx
1

dx

du


u  ln x
x

Đặt 
2

e2 1
I  
4 4
Câu 6 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;2),
B(-1;2;1), C(2;-1;0). Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Viết phương trình
mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).
uuur
uuur
uuur uuur
Ta có AB  2;1; 1 ; AC  1; 2; 2   AB  AC  A,B,C không thẳng hàng
uuur uuur
  AB, AC    4; 5;3
uuur uuur
Mp(ABC) đi qua A và nhận  AB, AC  làm véctơ pháp tuyến có phương trình
là: -4(x - 1) -5(y - 1) +3(z - 2) = 0 hay -4x - 5y + 3z + 3 = 0.
Mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc mp(ABC) nên mặt cầu (S) có bán kính là:
4  10  9  3 9 2

R = d  I ,  ABC   
5
16  25  9
162
2
2
2
Phương trình mặt cầu (S) là :  x  1   y  2    z  3 
25
Câu 7 ( 1 điểm ) Cho hình chóp đều S.ABC có các cạnh đáy bằng a, góc giữa
mặt bên với mặt đáy là 60o; gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AE và SC.

; HE=
; AH =
2
6
3
Trong tam giác vuông SHA có SH =AH. tan60o = a ..
1
1 a 3
a2 3
Diện tích đáy là SABC =. AE.BC  .
.a 
2
2 2
4
1
1 a 2 3 a3 3
Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC = SH .S ABC  .a.
(đvtt)

3
3
4
12
Dựng hình chữ nhật HECF. Có CF  HF và CF  SH  CF  (SHF).
Hạ HK  SF  HK  (SCF) .
Do CF // AE  d(AE, SC) = d(AE,(SCF)) = d(H,(SCF)) = HK.
a
CE = HF =
2
Trong tam giác vuông SHF có


0.25

có AE =

0.25

0.5


A

E

I

B

P

D

C

M

Gọi M là điểm đối xứng của A qua I. uuur
Chứng minh DE // CM từ đó DE  AC. DE  1;2 

Phương trình đường thẳng AC là  x  2   2  y  1  0  x  2 y  4  0


x

x  2 y  4  0

 26 1 
7

 C ; 
Tọa độ điểm C thỏa mãn 
 7 7
2 x  3 y  7  0
y  1

7
 17 5   26 1 
Vậy A(0;2); B  ; ; C  ; 
 7 7   7 7
Câu 9 ( 1 điểm )
Giải phương trình sau trên tập số thực:
3  x 2  2 x  3 7 x 2  19 x  12

 16 x 2  11x  27
x  4 1
12  7 x

0.5

0.5


 2

 
2



12  7 x





2

 3 x  4  12  7 x  3 x  4  12  7 x 3 x  4  12  7 x



 3 x  4  12  7 x  1
 3 x  4  1  12  7 x
 9 x  36  1  12  7 x  2 12  7 x
 2 12  7 x  23  16 x
12
 23
  x 
  16
7
48  28 x  529  736 x  256 x 2



Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P 

4a
4b
2ab
a 2  b2

 2 
.
c
 b  c  a  c c

 a  b 
Từ giả thiết ta có:   1  1  4
 c  c 
a
b
2
2
4
4
4a
4b
2ab
a 2  b2
a b
a  b
c
c

x  y  2
4x
4y
P

 2 xy  x 2  y 2  7  5 xy 
y 1 x 1

 xy 

2

 8 xy  9

 7  5t  t 2  8t  9  f  t  Với t = xy 0  t  1
ta có f '  t   5 

t 4

 0 với 0  t  1
t 2  8t  9
suy ra hàm f(t) nghịch biến trên  0;1 .
Min P = Min f(t) = f(1) = 2  2
Dấu = xảy ra khi a = b = c

0.25


TRƯỜNG THPT YÊN THẾ



x
1

Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng

d: x  4 y  2  0 , cạnh BC song song với đường thẳng d, phương trình đường cao BH là x  y  3  0 và
trung điểm cạnh AC là M 1;1 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

1  cos2 x  cos x  1  4
1  sin x



2 sin  x   .
4


b) Trong kì thi THPT quốc gia, An làm đề thi trắc nghiệm môn Hoá học. Đề thi gồm 50 câu hỏi, mỗi câu
có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng; trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. An trả
lời hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu; 5 câu còn lại An chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để điểm thi
môn Hoá học của An không dưới 9,5 điểm.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (BC//AD). Biết đường cao SH
bằng a , với H là trung điểm của AD, AB  BC  CD  a, AD  2a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD theo a .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của B trên AC, M và N lần lượt là trung điểm của AH và BH, trên cạnh CD lấy điểm K sao cho
9 2


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II LỚP 12
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TXĐ: D   ;1  1; 
y' 

3

 x  1

2

Điểm

Nội dung

 0, x  D nên hàm số (1) nghịch biến trên từng khoảng xác định

Tính đúng giới hạn và nêu được hai đường tiệm cận, x  1 là tiệm cận đứng,
y  2 là tiệm cận ngang
Lập đúng BBT
Vẽ đồ thị, nhận xét tâm đối xứng I 1;2
y

0.25

0.25

Câu 2a
(0,5 điểm)

Câu 2b
(0,5 điểm)

Câu 3
(1 điểm)

Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm ta có x0  2; y0  5

0.25

Hệ số góc của tiếp tuyến là k  y '  2  3

0.25

Phương trình tiếp tuyến là y  3 x  2  5
Kết luận pt tiếp tuyến y  3x  11

0.25

2
k x 
C
Số hạng tổng quát trong khai triển là: 7  
 2
Số hạng trên chứa x 5 khi 14  3k  5  k  3
35
Vậy số hạng chứa x 5 là  x 5

3
x  5
3

KL
e
e
e
 3  ln x

3  ln x
I   
 2 ln x dx  
dx   2 ln xdx  J  K
x
x
1
1
1


0.25
0.25
0.25

0.25
0.25

0.25



0.25

dx
x

0.25

.

22  6 3
3

Ta có AC  BH ; M 1;1  AC , nên phương trình AC: x  y  0 . Toạ độ đỉnh A

Vì BC // d nên phương trình BC là x  4 y  8  0 . Suy ra BH  BC  B  4;1
 2 2
 8 8
Vậy A   ;   , B  4;1 , C   ;  
 3 3
 3 3
1  cos2 x  cos x  1  4 2 sin  x   
Điều kiện sin x  1.


1  sin x
4





1

Đặt t  3  ln x  t 2  3  ln x  2tdt 
Khi đó J 

e

 sin x 1 cos x 1  0  cos x  1  x    k 2 , k  Z (Vì sin x  1 )
KL.
Bạn An được không dưới 9,5 điểm khi và chỉ khi trong 5 câu trả lời ngẫu nhiên,
An trả lời đúng ít nhất 3 câu.
Xác suất trả lời đúng một câu là hỏi là 0,25; trả lời sai là 0,75
3
2
Xác suất trả lời đúng 3 trên 5 câu là C53  0, 25  0,75

0.25

0.25

0.25

Xác suất trả lời đúng 4 trên 5 câu là C54  0, 25  0,75
4

Xác suất trả lời đúng 5 câu là  0, 25
Vậy xác suất để An được không dưới 9,5 là
5


0.25

0.25
0.25


Khi đó d  AD, SB   d  AD,  SBC   d  H ,  SBC    HJ
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác có
a 3
a.
a 21
SH .HI
a 21
2
. Vậy d  AD, SB  
HJ 


7
7
SH 2  HI 2
3a 2
a2 
4
Câu 7
(1,0 điểm)

MN là đường trung bình của tam giác HAB suy ra MN // AB và MN 

0.25

 
c  9
BC.KC  0   c  1 c  9    c  9  c  7   0  
 C  9; 4 
c  4( L)
Vì K  9;2 là trung điểm của của CD và C  9;4 nên D  9;0

0.25

MNCK là hình bình hành nên CK // MN; CK  MN 

0.25

0.25

0.25

Gọi I là trung điểm của BD thì I  5;2  và I là trung điểm của AC nên A 1;0 
Câu 8
(1,0 điểm)

x 3
2 9 x
(1)

x
3 x 1  x  3
ĐK: 1  x  9, x  0
Xét phương trình


x  1  x  3  3 x  1  2
x  3 x  1  x  3
x 3 x 1  x  3

x 33

x  3  3 x 1  2 9  x



x 3 x 1  x  3





 

x 1  3  2 1 9  x
x

0

0

0.25

 0

0


Ta có ab  bc  ca  3 3  abc  .

0.25



Câu 9
(1,0 điểm)

2



(1  a)(1  b)(1  c)  1  abbc  ca  a  b  c  abc  1  3 abc

Khi đó P 

2
t
, với t  3 abc , )  t  1

2
3  3t
t 1



3



Câu I (2 điểm). Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  m , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho với m  1 .
2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2  2 .
Câu II(3 điểm). Giải các phương trình, hệ phương trình sau
1. 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos 3 x  4 sin x.sin 2 x
2.

 2  log 3 x  log 9 x 3 

4
1
1  log 3 x

 y 3  y  4  3x  ( x  2) x  2
3. 
( x  y  5) x  y  2 y  4  0

 1 nCnn
Cn1 2Cn2 3Cn3
Câu III (1 điểm). Tính tổng S 


 ... 
2.3 3.4 4.5
 n  1 n  2 
Câu IV(1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a , góc tạo bởi cạnh
n

bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường


ĐIỂM

Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  m , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m  1 .
Câu I.1
(1 đ)

Với m  1 ta được y  x 3  6 x 2  9 x  1 .

0,25

*TXĐ: D  .
* Sự biến thiên của hàm số
Giới hạn tại vô cực

lim y  

x 

0,25

lim y  

x 

Chiều biến thiên
y '  3 x 2  12 x  9  3( x 2  4 x  3)

x  1


+

-1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3,   ) .
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3).
Hàm số đạt cực đại tại x  1 và yCD  y (1)  3 ;
Hàm số đạt cực tiểu tại x  3 và yCT  y (3)  1 .
* Đồ thị
(Tìm được các điểm đặc biệt và vẽ đúng dạng đồ thị)


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
fx = xxx-6xx+9x-1
8

6

0,25

4

2

-5

5

10

(1)
 m  1  3
Với ĐK (1), theo định lý Viet ta có: x1  x 2  2(m  1); x1 x 2  3.

0,25

x1  x2  2   x1  x2   4 x1 x2  4
2

 4  m  1  12  4
2

 (m  1) 2  4
 m  3

m  1

(2)

 m  3
Từ (1) và (2) ta được: 
TMYCBT.
m  1
Giải phương trình 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos 3 x  4 sin x.sin 2 x (1)
(1)  1  3 cos x  cos 2 x  2 cos  2 x  x   4 sin x.sin 2 x

0,25


Câu

Câu
II.2
(1 đ)


x  0

ĐKXĐ:  x  3 (*)

1
x 
9


0,25

4
 1 (1)
1  log 3 x
0,25

Với ĐK (*), ta có :
(1)   2  log 3 x 


1
4

1
log 3 9 x 1  log 3 x


3

 x  81

0,25

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1
So sánh điều kiện được 2 nghiệm x  ; x  81
3

Câu
II.3
(1 đ)

 y 3  y  4  3x  ( x  2) x  2 (1)
Giải hệ phương trình 
( x  y  5) x  y  2 y  4  0 (2)
x  y
ĐKXĐ: 
(*)
x  2

0,25

a  x  y

x  3

y  2
x  3
Kết hợp với điều kiện (*), ta được: 
là nghiệm của hệ phương trình đã
y  2
cho.

0,25


Câu III
(1 đ)

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
n
0,25
1 nCnn

C 2C
3Cn3
Tính tổng S 


 ... 
2.3 3.4 4.5
 n  1 n  2 
1
n

0,25

   Cn21  Cn31   2  Cn31  Cn41   3  Cn41  Cn51   ...   1 nCnn11
n

 Cn21  Cn31  Cn41  ...   1 Cnn11
n



 Cn01  Cn11  Cn01  Cn11  Cn21  Cn31  Cn41  Cn51  ...   1

n 1



Cnn11 

0,25

1   n  1  1  1   n
n
Vậy S 
.
 n  1 n  2 
n 1

Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a , góc tạo bởi

0,25



V ABCA1 B1C1  AH .S A1 B1C

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
a a 2 3 a3 3
 

2
4
8

Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H =300  A1 H 
giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A1 H 

a 3
. Do tam
2

a 3
nên A1H
2

0,25

vuông góc với B1C1. Mặt khác AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 H )
Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và
B1C1
Ta có AA1.HK = A1H.AH  HK 



L

0,25

6  x  3 x2  4
.
x2  4

6 x 2
2 x
 lim
2
x  2 ( x  2)( x  2)( 6  x  2)
x 4
1
 lim
x  2 ( x  2)( 6  x  2)
1

16

lim

lim

A1 H . AH a 3

AA1
4

Gọi M ( x; y )  (C1 )  x 2  y 2  13

(1)

Vì A là trung điểm của MN nên N (4  x; 6  y )
Do N  (C2 )  (2  x ) 2  (6  y ) 2  25

Câu

(2)

 x  2

 y  3
 x 2  y 2  13
17 6

Từ (1) và (2) ta có hệ 
; )
   x   17  M(
2
2

5
5
5
(2  x )  (6  y )  25
 

6

 1
 1
 1
 1  ab 1  bc 1  ca 
A    1   1   1 
 ab   bc   ca 
 abc 2

Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân có :

1  ab  1 

 a  b 2   2  a  b  2  a  b   1  a   1  b   1  c 
4

4

4


Tương tự có: 1  bc 

1  a  1  c 1  b 

1  ca 

2

1  b  1  c 1  a 
2


Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Đồng Đậu
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3mx 2   m2  1 x  2, m là tham số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  1 .
2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x  2 .
Câu 2 (1,0 điểm).
1) Giải phương trình: log 2 ( x  5)  log 2 ( x  2)  3
2) Giải phương trình: 7 x  2.71 x  9  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 2  ln 1  2 x  trên
đoạn  2;0 .
n

1
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển biểu thức  x3  2  , biết n là


4
n

x 

n2
n

số tự nhiên thỏa mãn C  13C .
Câu 5 (1,0 điểm).

.

3 6  y  2 x  3 y  7  2 x  7





Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a 2  2b  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P 

4 4
5
 4
4
a b 8  a  b 2

-------------------------------------------Hết---------------------------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
1


Họ và tên thí sinh…………………………………………SBD……………………..
Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Đồng Đậu
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
Môn thi: Toán
Câu
Đáp án
Điểm

0
y

0,25

0,25

-2
-∞
*Đồ thị:

0,25

1.2
(1,0
điểm)

Ta có: y '  3 x 2  6mx  m 2  1; y ''  6 x  6m
 y '(2)  0
 y ''(2)  0

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x  2  

m 2  12m  11  0

12  6m  0
 m 1
2

0,25

Với t  2, suy ra 7 x  2  x  log 7 2
Với t  7, suy ra 7 x  7  x  1
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  log 7 2;1 .
Ta có hàm số f ( x) xác định và liên tục trên đoạn [-2;0];
f '( x) 

0,25
0,25
0,25

0,25

4 x 2  2 x  2
1  2x

Với x   2;0 thì f '( x)  0  x  
1
2

0,25

1
2

0,25

1
4

Ta có f (2)  4  ln 5; f ( )   ln 2; f (0)  0.


0,25

0,25

15

15
1 k
 3 1 
k
3 15  k 
 x  2    C15  x  .   2 
x 

 x 
k 0

0,25

15

  C15k (1)k .x 455 k
k 0

Để trong khai triển đã cho có số hạng chứa x10 thì 45  5k  10  k  7(t / m)
Vậy hệ số của x10 trong khai triển đã cho là C157 .(1)7  6435 .
5.1
(0,5
điểm)