ĐÁP ÁN.
Câu1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
Đk: x # 1
y' 

x2
1
x 1

3
 0 x  1
x  12

0,25

H/s luôn nghịch biến trên mỗi khoảng x/đ.
H/s không có cực trị.
Giới hạn: lim y  1; lim y  ; lim y  
x  

1đ

x 1-

0,25

x 1

Đồ thị h/s có TCĐ là đt: x = 1; TCN là đt: y = 1

-2

O

1

x

-2

Câu2

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
[2;5]
Hàm số liên tục và có đạo hàm trên [2;5].
y'  1 

 x  3  2;5
4
; y'  0  
2
x  1
 x  1 2;5

x 2  2x  5
trên đoạn
x 1

1đ


 3 sin x  cos x  0

7



1  
  x   k 2  x 
 k 2 ; k  Z
1
6
6
sin x 


2
5

 x  6  k 2

b) Giải bất phương trình: log 1 5  2 x 2  1  0 (1)





1  5  2 x 2  1  x 2  9   3  x  3 .
2

Câu4


1
1
1 1
dx; v  x 2    x  1 x  1
x 1
2
2 2

0,5

1
1
1 2
x  1 ln  x  1    x  1dx
20
2
0
1

11
1 1
   x2  x  .
22
0 4

0,5

Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục Oz 1đ
và đi qua hai điểm A3;4;4, B 4;1;1

6 
36

2

2

Câu6

2

2

a) số phần tử của kg mẫu là: n   C306  593775
Gọi A là biến cố có ít nhất 2 h/s lớp 12C3 được chọn



5
n A  C 256  C51 .C 25
 442750

Xác suất của b/c A là: P A  1  PA  1 

442750 151025

 0, 25
596775 593775

b) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển 2  3 x 2  .


0,25
0,25
0,5đ


Câu7

ố hạng trong khai triển chứa x 6 khi 16-2k = 6 hay k = 5
Vậy hệ số của x 6 trong khai triển là: C85 .2 5. 33  48384
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông
cân ở B và AB = a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với
trung điểm H của cạnh AB. Biết diện tích mặt bên ABB’A’ bằng 3a 2 .
a) Tính thể tích khối lăng trụ đã cho.
A’

Diện tích tam giác ABC là:

1
1
S  AB.BC  a 2
2
2
Theo gt ta có: A' H .AB  3a 2  A' H  3a

Thể tích khối lăng trụ đã cho là:

E

0,25

2

0,25
0,25
1đ

1
1
1
1
9
a



 2  HK 
2
2
2
2
HK
HA
HI
HE
a
3
2a
Vậy d B;  ACB'  2 HK  .
3


C
E(1;0)

M(0;3)

0,25

B

Đường thẳng AC đi qua điểm E(1;0) và tạo với đt ME một góc  sao cho
cos 

2
có pt là:
5
x  y  1  0 hoặc  7 x  y  7  0

0,25

TH1: Pt đt AC là: x  y  1  0

 d M ; AC   2  AM  MI  2 .Suy ra phương trình đường tròn tâm M qua

A và I là: x 2   y  32  4
Tọa độ của A và I là nghiệm của hệ:

x  y  1  0
 x  2  x  0






 y  2 x 1  x  3 1  x  2 y 3  y  2. 1  x  1  x  y  1  x
Vì h/s f t   2t 3  t đồng biến trên R.
3

3

0,25
1đ

0,5

Thế vào pt kia ta được pt:
2x2  6x 1  4x  5

 4x2  8x  4  4x  5  2 4x  5  1

 2 x  2  
2





4x  5 1

0,25


2

F 0  F 3  0; F 1  F 4   4

Suy ra max F  4 khi a; b; c   2;1;1 hoặc các hoán vị hoặc a; b; c    2;1;1
hoặc các hoán vị.

0,25
1đ

0,25
0,25

0,25
0,25

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ
đến www.laisac.page.tl

199


SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA
2016 - ĐỀ SỐ 35
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1
Môn: TOÁN

Câu 6 (1,0 điểm).
3
.
5
b) Để bảo vệ Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ XII diễn ra từ ngày 20 đến 28 tháng 01 năm

a) Tính giá trị của biểu thức P  5 sin .sin 2  cos 2 , biết cos  

2016, Bộ Công an thành lập 5 đội bảo vệ, Bộ Quốc phòng thành lập 7 đội bảo vệ. Ban tổ chức
chọn ngẫu nhiên 5 đội thường trực để bảo vệ tại Trung tâm Hội nghị Quốc gia Mỹ Đình (nơi
diễn ra Đại hội). Tính xác suất để trong 5 đội được chọn có ít nhất 1 đội thuộc Bộ Công an, ít
nhất 1 đội thuộc Bộ Quốc phòng.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông
góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thuộc cạnh BC sao cho HC  2 HB , góc giữa
SA với mặt đáy ( ABC ) bằng 45 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa

hai đường thẳng SC và AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I . Các
 10 11

2
điểm G  ;  , E 3;   lần lượt là trọng tâm của tam giác ABI và tam giác ADC . Xác
3

 3 3 
định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết tung độ đỉnh A là số nguyên.



9 y 2  2 y  3 y  x  4 xy  7 x

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x , y , z là các số thực dương x  y  z 2  xy  5 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P 

4  x  y
y
2x


.
2
25z
x  y  18 x  y  4 z
2

-------------Hết-----------

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ
200
đến www.laisac.page.tl


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1

ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
Môn: TOÁN.
(Đáp án có 04 trang)

Câu

y


0
0

2
0

+



-

0,25

2


-2
y

f(x)=-x^3+3X^2-2

0,25

5

x

 x  2

0,25

x  2

0,25

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A là: k  f '(1)  1

0,25

Phương trình tiếp tuyến là y  1( x  1)  0  y  x  1

0,25

a) Ta có ( z  i)(1  2i)  1  3i  0  z  i 1  i  z 1  2i

0,25

Do đó số phức z có mô đun bằng

0,25

5

.
b) Điều kiện: x  2 . Bất phương trình đã cho  ( x  1)( x  2)  4  x2  x  6  0

201


0

 2  dx  

d( x  1)
x 1

 2 x  ln x  1 

0,25

1

0,25

0

 2  ln 2

5
(1,0đ)


 
(P) có vtpt n  (1; 2;1) , d đi qua A vuông góc với (P) có vtcp u  n  (1; 2;1) .
x  2  t




b) Số cách chọn ngẫu nhiên 5 đội trong 12 đội là C125  792  n()  792

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

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A: ‘Mỗi Bộ có ít nhất một đội bảo vệ’
là n( A)  C125  C55  C75  770  P( A) 

0,25

n( A) 35

n() 36

Áp dụng định lý cosin trong tam giác AHB có
AH 2  HB2  AB2  2 HB.AB cos60 0 

7 a2
a 7
 AH 
9
3

7

B 
 HK  (SCD)
M

C
E
D

A



SF  HK

2
2
a 3
Ta có HF  MF  CE 
3
3
3

Tam giác SHF vuông tại H:

1
1
1
a 210



IN AG 2

  IN  IM  BI  1 .
3
3
IM AM 3
E là trọng tâm ACD
1
1
2
 IE  DI  BI  EN  IN  IE  BI  BN
3
3
3
 BN  EN  BGE cân tại G
 GA  GB  GE  A, E, B cùng thuộc đường tròn tâm G
  2 ABE
  2.450  900  AGE vuông cân tại G
 AGE

Ta có GN //AI 

8
(1,0đ)

0,25

Phương trình  AG  : 

qua G

Phương trình  BD  đi qua E và M   BD  : 5 x  3 y  17  0
2

2

0,25

2

Phương đường tròn G  : 

10  
11  170

 G  :  x     y   
3  
3
9

 R  GA
tam G

2

2

0,25

B là giao điểm thứ hai của  BD  và  G   B  7; 6 


2



2

9 y   2 y  3 y  x  3x
2



4  xy  x

2

xy  x



0.25

0




11y  9 x  3
4x 
  y  x 



 

1  x  1 x 1 



a  b
a  b





.
  a  b  a  b a  b  1  1  0  
2


a  b  1  5
a  b   a  b  1  0

2


203

0,25

0,25


Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

x 2  y 2  2 xy  2  x  y  z 2  5  x 2  y 2  10  2  x  y  z 2 

 x  y  18  2  x  y  2  z  4  2  x  y  8 z  2  x  y  4 z
2

2

Từ đó suy ra
10
(1,0đ)

Khi đó P 

0,25

2

x
2x
2x


.
2
x  y  18 2 x  y  4 z x  y  4 z
2


t
4t
Với t 
, có
 0 , xét hàm số f t 

t  4 25
z


4
4
t  0



 t 1
f 't 
f
t
;
'
0



2
 t  42  25

t  4 25

1
.
25

Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
---Hết---

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ
đến www.laisac.page.tl

204


SỞ GD-ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG
THPTTHỬ
BÌNH MINH
ĐỀ THI
KỲ THI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016.

THPT QUỐC Môn:
GIATOÁN
2016 - ĐỀ SỐ 36

Thời gian
phút, không kể thời gian giao đề
Thời gian
làm làm

Câu 5. (1,0 điểm) Tìm họ nguyên hàm : I 

x 2  x  2 3 2x  1

 x (x

3

2x  1  3

2

 sin 2x )dx

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnh bằng a,
góc BAD bằng 600 .Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . Góc
giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 . Tính thể tích của khối chóp S . AHCD và tính khoảng
cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) .
Câu 7. (1,0 điểm) Đội tuyển văn nghệ của trường THPT Bình Minh có 3 học sinh khối nữ khối
12 , 4 học sinh nam khối 11 và 2 học sinh nữ khối 10 . Để thành lập đội tuyển văn nghệ dự thi cấp
tỉnh nhà trường cần chọn 5 học sinh từ 9 học sinh trên . Tính xác suất để trong 5 học sinh được
chọn có cả học sinh nam , học sinh nữ và có cả học sinh ở ba khối .
Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc
đường thẳng d : x  2y  6  0 , điểm M (1;1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông góc
của điểm M trên cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng  : x  y  1  0 . Tìm tọa độ
đỉnh C .
Câu 9. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
7
121
của biểu thức A 

y '  x 2  2x ; y '  0  x  0; x  2
Sự biến thiên:
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0);(2; )
+Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Cực trị:
+Hàm số đạt cực đại tại x  0 ; giá trị cực đại y  0
+Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ; giá trị cực tiểu y  4 / 3
Giới hạn: lim y  ;
x 

Bảng biến thiên:
x
y'
y



0
0

-

0

2
0

+



0,25

0,25

2
3

0,25
0,25

1
Phương trình tiếp tuyến là y   x  .
3

Điều kiện: 2  x  1 . Bất phương trình trở thành: log2(x  1)2  log2 (4x  8)

0,25

 (x  1)2  4x  8  x 2  6x  7  0  x  1; x  7 (thỏa điều kiện)
Vậy phương trình có hai nghiệm x  1; x  7 .
A  (sin 4  2 sin 2) cos   (cos 2  1)2 sin 2.cos 

0,25

2

 2 cos .2 sin 2. cos 

206


max y  , min y  3
 1;1
3 1;1
Điều kiện: x  1, x  13

Pt  x  1  2 

0,25
0,25

x2  x  6
( x  2)( x  1  2)
1
( x=3 không là nghiệm)
3
3
2x 1  3
2x 1  3

 (2 x  1)  3 2 x  1  ( x  1) x  1  x  1

Hàm số f (t )  t 3  t đồng biến trên  do đó phương trình  3 2 x  1  x  1
 x  1/ 2
 x  1/ 2
 3

2
3
2
(2 x  1)  ( x  1)


1 4
x   x .sin 2xdx
4


u  x
du  dx



x . sin 2xdx . Đặt 
v   1 cos 2x
dv  sin 2x .dx


2

1
1
1
J   x . cos 2x   cos 2x .dx   x .c os2x  sin 2x
2
2
2

Kết luận

0,25



K
B

3
a 3
đều  BD  a ; HD  a; AI 
4
2

C
H

và AC  2AI  a 3

A

I

E
D

0,25

Xét SHC vuông cân tại H , ta
2
a 2 a 3 
13



Từ (1) và (2) suy ra HK  (SCD)  d(H ,(SCD))  HK
Vậy VS .AHCD 

Xét HED vuông tại E , ta có HE  HD.sin 600 
Xét SHE vuông tại H , ta có HK 
Mà

SH .HE
2

SH  HE

0,25

3 3
a
8


3 39
4 79

a

d (B,(SCD ))
BD
4
4
4


0,25
0,25

3 nữ 11 , 1 nam 11, 1 nữ 10 có C C C cách
3
3

1
4

1
2

1 nữ 12 , 3 nam 11 , 1 nữ 10 có C31C43C21 cách
Vậy xác suất cần tìm là .................

208

0,25


Câu 8

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên
AB, AD
Gọi N là giao điểm của KM và BC
Gọi I là giao điểm của CM và HK
  450
Ta có DKM vuông tại K và DKM


Mà NMC
NMC  NCM  IMK  HKM  900
Suy ra CI  HK

0,25

Đường thẳng CI đi qua M (1;1) và vuông góc với đường thẳng d


nênVTPT nCI  VTCP ud  (1;1) nên có phương trình

0,25

(x  1)  (y  1)  0  x  y  0
Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng  nên tọa độ điểm C là nghiệm
x  y  0
x  2
 
của hệ phương trình 
x  2y  6  0
y  2


Vậy C (2;2)
Câu 9

Ta có 1  (a  b  c)2  a 2  b2  c 2  2(ab  bc  ca )

0,25


Xét hàm số f (t )  
 3 
7(1  t )
t


f '(t )  

7
t2



121
7(1  t )2

0t 

7
18

BBT
t

f '(t )
f (t )

1 7
3 18
0


2
3
6
7
a  b  c  1

Suy ra f (t ) 

Vậy min A 

0,25

324
7

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển(https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã
chia sẻ đến www.laisac.page.tl

210


SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
ĐỀ
THI THỬ
GIA 2016
TRƯỜNG
THPT KỲ THI THPT QUỐC MÔN:
TOÁN- ĐỀ SỐ 37

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  2 z  4  0

và mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  11 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với
mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 6 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình sau: sin 3 x  sinx  cos 2 x  1 .

b) Trong giải bóng đá nữ của trường THPT Lương Ngọc Quyến có 12 đội tham gia, trong
đó có hai đội của hai lớp 12A6 và 10A3. Ban tổ chức giải tiến hành bốc thăm ngẫu
nhiên để chia thành hai bảng A và B, mỗi bảng 6 đội. Tính xác suất để hai đội 12A6 và
10A3 ở cùng một bảng.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I. Cạnh SA
vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA  a 3 . Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật
ABCD bằng

a 3
, góc  ACB  30o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
3

giữa hai đường thẳng AC và SB.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường trung
tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình: 3 x  5 y  8  0 , x  y  4  0 .
Đường thẳng qua A và vuông góc với cạnh BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại
điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết phương trình các đường thẳng AB và AC. Biết hoành độ điểm B
không lớn hơn 3.

x  y 2  x  2 y2  2



Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển( https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã
chia sẻ đến www.laisac.page.tl

211


HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
MÔN: TOÁN

Câu
Câu1
(1 điểm)

Tập xác định: D   .
Giới hạn ở vô cực: lim

Nội dung

Điểm

y  ; lim y  

x 

x 

 x  2
Đạo hàm: y '   x  4 x ; y '  0   x  0
 x  2




Đồ thị: Đồ thị giao với trục Ox tại các điểm
6;0 ,  2;0

0,25

0,25





6; 0 .

2;0 ,

y "  3x 2  4; y "  0  x  

2

.

3
7
7
 2
 2
Đồ thị hàm số có hai điểm uốn là U1   ;   ,U 2  ;   .

Câu 3 a)
5
5
x
x
x
(1
0,5đ 3.25  5.9  8.15  3  3   8  3   5  0
 

 

212

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

0,25


 5  x
   1
x  0
3



x  1 .


x  1dx    x  1  1

3

x  1dx

0,25

2

0,25

3

Chú ý! Học sinh có thể làm theo phương pháp đổi biến số.
Mặt cầu (S) có tâm I 1;3; 2  và bán kính R  5 .

Mặt phẳng (P) có một véc tơ pháp tuyến là n p  1; 1; 2  .
Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) nên phương trình
mặt phẳng (Q) có dạng: x  y  2 z  D  0 .
Mặt phẳng (Q) tiếp xúc mặt cầu (S) khi và chỉ khi


 Q1  : x  y  2 z  6  5

1  3  2  2   D
12   1  2 2
2




b) Gọi X là biến cố “ hai đội 12A6 và 10A3 ở cùng một bảng”
0,5đ Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội là:
n     C612C66  924 .
Số cách chia 12 đội thành hai bảng, mỗi bảng có 6 đội, hai đội
12A6 và 10A3 ở cùng một bảng là:
- Hai đội cùng bảng A hoặc B: có 2 cách
- Chọn 4 đội còn lại vào cùng với bảng của hai đội: có C410

213

0,25

0,25

0,25
0,25

5

Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn đầu bài là
Câu 6 a)
(1 điểm) 0,5đ

0,25
0,25

   x  1  3  x  1  3  x  1  1 x  1dx



   x  1   x  1   x  1   x  1  x  1  C
7
5
3
9


d  I , (Q )   R 

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25


cách.
- Chọn 6 đội còn lại cho bảng còn lại: có C66  1 cách.
Suy ra n  X   2.C410  420 cách.

Xác suất xảy ra biến cố X là: P  X  
Câu 7
(1 điểm)

420 5
.

tại E. Khi đó AC song song với mặt phẳng (SBE).
Dựng AF vuông góc với BE tại F, dựng AH vuông góc với SF
tại H.
Ta nhận thấy AH   SBE  .

Suy ra d  AC, SB   d  A,  SBE    AH .

0,25
0,25

0,25

Tam giác SAE có: SA  a 3 ; AF  AB.cos 30o  ; SAE  90 o .
1
1
1
a 39
.
 2
 AH 
2
2
AH
SA
AF
13

Câu 8
(1 điểm)


x  y  4  0
 K  3; 1 .
x  y  2  0

Tọa độ K là nghiệm của hệ 

Tứ giác HKCE nội tiếp nên ta có: BHK  KCE .
Mặt khác BDA  KCE . Suy ra BHK  BDA hay tam giác
BHD cân tại B, suy ra K là trung điểm HD. Từ đó có H  2; 0  .

B  BC  B  t ; t  4   C  7  t;3  t  . Vì BH vuông góc với AC
 
t  5
nên ta có HB. AC  0  
.
t  2
+ Với t  5  B  5;1 không thỏa mãn đầu bài xB  3 .

Câu 9
(1 điểm)

+ Với t  2  B  2; 2  , C  5;1 .
Phương trình AB: 3x  y  4  0 .
Phương trình AC: y  1  0 .
Ta kí hiệu các phương trình trong hệ như sau:

0,25

 x  y 2  x  2 y 2  2 1



Đặt t  x  2  4 2  x  t 2  34  15x  8 4  x 2
t  0

.
Khi đó  3 trở thành 2t  t 2  
t  2


30
2 17
 x2 4 2 x  0
 y
x



17
17

 x  2  4 2  x  2
 x  2  y  0

+ Với 2  x  2 y . Vì y  0  2 y  0 mà 2  x  0 nên chỉ có
thể xảy ra khi x  2 và y  0 thử vào (2) thấy thỏa mãn.

Câu 10
(1 điểm)

0,25


0,25


P

a

 1

a2
2

2



4
a2
4
2


 3a 2  a 2  2
4
a
2
2
a
a

0,25
0,25

 3t  4 với t  a 2  1 .

 3; f '  t   0  t  2 .

Bảng biến thiên
t
f 't 

1

-

f t 

2
0

+



0,25

Từ bảng biến thiên ta nhận thấy f  t   12, t  1 hay
12

min f  t   12  t  2 .

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

Thời gian làm bài 180 phút
--------oOo--------

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y  x 3  3 x 2  2
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x  
Câu 3 (1,0 điểm).


2

2x 1
trên đoạn 3;5
x 1




a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức P  sin 2  cos 2
1
3
b) Giải phương trình : sin 2 x  2sin 2 x  sin x  cos x

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau : I   2 x  2 x 2  ln  x 2  9   dx
4

0

Câu 5 (1,0 điểm).


1
2

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x  y  2016 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  5 x 2  xy  3 y 2  3 x 2  xy  5 y 2  x 2  xy  2 y 2  2 x 2  xy  y 2

--------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:………………
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ([email protected]) chia sẻ đến www.laisac.page.tl

217


TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN ( Gồm 5 trang)

Câu

Đáp án

Điểm

Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y  x 3  3 x 2  2

1,0


+

2
0

-

+

2





0.25

-2

Đồ thị:
y

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2

5

x
-8



Do đó hàm số này nghịch biến trên đoạn  3;5

218

2x 1
trên đoạn  3;5
x 1

1,0
0,25
0,25
0,25


Suy ra max f  x   f  3  

7
11
; min f  x   f  5  
x

3;5


2
4
1
và sin   . Tính giá trị biểu thức P  sin 2  cos 2
3

9
3
Câu 3b) Giải phương trình : sin 2 x  2sin 2 x  sin x  cos x

0,25
0,5
0,25

1  tan x  1  x  



 2   sin x 



0,5
0,25

Phương trình đã cho  2sin x  sin x  cos x   sin x  cos x
sin x  cos x  0 1

 2
 2sin x  1

0,25



4

6

0,25

4

1,0

I  4  x3dx   2 x ln  x 2  9 dx  I1  I 2
0

4



0

4

I1  4  x3dx  x 4  256
4

4

2x
u  ln  x 2  9   du  2
dx
I 2   2 x ln  x  9 dx . Đặt 

x 9


2

 I 2  25ln 25  9 ln 9  16  50 ln 5  18ln 3  16
0

2

4

2 4

0

0

Vậy I  I1  I 2  240  50ln 5  18ln 3

Câu 5 a) Giải bất phương trình : log 2  3 x  2   log 2  6  5 x   0 .

5 (1,0 đ)

0,25

3 x  2  0

Bất phương trình đã cho  log 2  3 x  2   log 2  6  5 x   6  5 x  0
3 x  2  6  5 x

2

 Số phần tử của tập M là A62  30


Các số có tổng hai chữ số lớn hơn 7 gồm 26, 62,35, 53,36, 63, 45,54, 46, 64,56, 65
12 2
Có 12 số như vậy . Suy ra xác suất cần tìm là P 

30 5

0,25
0,25

Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho các điểm M 1; 2; 0  , N  3; 4; 2 
và mặt phẳng

 P : 2x  2 y  z  7  0 .

Viết phương trình đường thẳng MN và tính

khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng  P  .


Đường thẳng MN có vectơ chỉ phương MN   4;6;2  hay u   2;3;1

6 .(1,0 đ) Phương trình đường thẳng MN : x  1  y  2  z ( có thể viết dưới dạng pt tham số)
2
3
1
Trung điểm của đoạn thẳng MN là I  1;1;1
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng


I
H
B

I'

A' H' K

C

0,25

E
A

C
H

7. (1,0 đ)

I

H'

K

B

Ta có CI  AC 2  AI 2 


0,25