TRƯỜNG THPT NGUYỄN SIÊU
THẦY TÀI – 0977.413.341
(Đề gồm 9 câu 1 trang)

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC: 2015 - 2016
MÔN: TOÁN
(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  x 4  2 x 2  3 .
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số
f ( x)  x3  6 x 2  9 x  1 tại điểm thuộc đồ thị (C) có hoành độ là nghiệm của phương trình
2 f '( x)  xf ''( x)  6  0 .
Câu 3 (1,5 điểm).
a) Giải phương trình sin 2 x  2 3cos 2 x  2cos x  0 .
b) Giải phương trình 9

x

 4.3

x

3 0.

c) Chị Mai ra chợ mua 4 quả cam, 3 quả lê, 6 quả quýt, 1 quả bưởi và 2 quả thanh long.
Chị Mai chọn 8 quả trong số các quả mua về để bày thành mâm ngũ quả ngày tết. Tính xác
suất để mâm ngũ quả chị Mai bày có đủ các loại quả mà chị mua về trong đó có ít nhất 3 quả
cam.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm I   ( x 


2
2
2

 y  (2 x  3) x  2 x  3  y  2 x  5x.

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 0  a  b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2a 2  b2  c2
a bc
biểu thức P  2 2 2 2 
 20(a  b  c) .
(a  b )(a  c ) (a  b)c
______Hết______


TRƯỜNG THPT NGUYỄN SIÊU

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC: 2015 - 2016
MÔN: TOÁN
Đáp án gồm 7 trang
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM

Câu
1

Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x4  2x2  3 .

Điểm



x
y’

-

-1
0

+



0
0

1
0

-



+


-3

0,25

2 f '( x)  xf ''( x)  6  0 .
Ta có f’(x)=3x2-12x+9;

1,0 đ

f’’(x)=6x-12

0,25

2 f '( x)  xf ''( x)  6  0  2(3x2 12x  9)  x(6x 12)  6  0  x  1

0,25

Tung độ là y= f (1)  13  612  9  1  5 , hệ số góc k=f’(1)=0

0,25

Phương trình tiếp tuyến là y=k(x-1)+5=5

0,25

Câu 3
Giải phương trình sin 2 x  2 3cos2 x  2cos x  0 .
Phương trình tương đương với
cos x  0
2 cos x(s inx  3 cos x  1)  0  
s inx  3 cos x  1

a)
0,5 đ

 k 2 , x   k
6
2

Giải phương trình 9 x  4.3 x  3  0 .
Đặt 3 x  t , t  0 ta có phương trình t2 -4t+3=0 t= 1 hoặc t=3

0,25

0.25

+ Với t=1 thì 3 x  1  x  0  x  0
+ Với t=3 thì 3 x  3  x  1  x  1
KL: x=0, x=1

0.25

Chị Mai ra chợ mua 4 quả cam, 3 quả lê, 6 quả quýt, 1 quả bưởi và 2 quả thanh
long. Chị Mai chọn 8 quả trong số các quả mua về để bày thành mâm ngũ quả
ngày tết. Tính xác suất để mâm ngũ quả chị Mai bày có đủ các loại quả mà chị
mua về trong đó có ít nhất 3 quả cam.

c)
0,5 đ

Không gian mẫu gồm các tổ hợp chập 8 của 16 quả
nên n()  C168
Để mâm ngũ quả có đủ các loại quả và có ít nhất 3 quả cam thì có các trường
hợp sau:
Th1: mâm ngũ quả gồm 4 quả cam, 1 lê, 1 quýt, 1 bưởi, 1 thanh long

cos x  3cos x  2
Tính nguyên hàm I   ( x 

2

0,25

 x sin xdx   xd (cos x)  ( x cos x   cos xdx)   x cos x  sin x  C '

0,25

Đặt t=cosx ta có dt=-sinxdx
1,0 đ



sin x
dt
1
1
dx   2
 (

)dt 
cos x  3cos x  2
t  3t  2
t  2 t 1

ln



k

5
k

7
(7  k ) 
4
  C7k (2)k x 3
 k 0


Hệ số của x4 ứng với 5 (7  k )  k  4  k  4
3
4
4
4
4
Vậy hệ số của x là C7 (2)
Câu 6

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ biết AB=a, AC=2a và BAC  600 .
Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác
ABC, góc giữa AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính theo a
a) Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
b) Khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (A’BC).

0,25


G  AM ,

AG 2

AM 3

0.25

0

1
a2 3
0
 AB. AC.sin 60 
2
2

Ta có ABC
Theo đính lí cosin và công thức trung tuyến ta có
BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos600  3a 2
AB 2  AC 2 BC 2 7a 2
a 7
AM 


 AM 
2
4
4
2

2S
a
Suy ra GH  GBC 
BC
3

Ta có SGBC  S ABC 
b)
0,75 đ

0,25

0,25

0,25

Theo hệ hức lương cho tam giác vuông
1
1
1
3
9
66
a 7


 2  2  2  GK 
2
2
2


C

Gọi N là trung điểm của AB ta có G  MN ,

MG 2

MN 3

Ta có MN là đường trung trực của AB nên GA=GB lại có GA=GD nên G là tâm
ngoại tiếp ta giác ABD mà ABM  450  AGD  900 hay tam giác AGD vuông
cân tại G
0.25
Đường thẳng GD qua D(7;-2) và vuông góc với AG nên có phương trình

1,0 đ

3x  y  13  0
x  4

 G(4; 1)
x  3 y 1  0 . Tọa độ G là nghiệm của hệ 
 x  3 y 1  0
 y  1

A  AG  A(a;3a 13)
AG  GD  d ( D, AG ) 

Suy ra


Giải hệ phương trình 
2
2
2

 y  (2 x  3) x  2 x  3  y  2 x  5 x. (2)

Từ phương trình (1) của hệ ta có
0,25


xy  2  y x 2  2  y ( x 2  2  x)  2  y 

2
x 2 x
2

 x2  2  x

(do x 2  2  x  x)

Thế vào (2) ta có
0.25

2 x 2  2  2 x x 2  2  (2 x  3) x 2  2 x  3  x  x 2  2  2 x 2  5 x

(1 đ)

  2( x  1)  1 ( x  1)2  2  2( x  1)  (1  2 x) ( x) 2  2  2( x) (3)



 20(a  b  c)
2
2
2
2
(a  b )(a  c ) (a  b)c

Ta có P 

1

a b
2

2



1

a c
2

2



1


2

0abc

0,25

Áp dụng các bất đẳng thức sau:

1,0 đ

1 1
8
Dấu bằng xảy ra khi x=y (phải chứng minh)
 2
2
x
y
( x  y )2
1 1
4
Dấu bằng xảy ra khi x=y
 
x y x y
8
4

 20(a  b  c)
Suy ra P 
2
( a  b  c) a  b  c






+


f(t)
32
a  0, b  c
a  0


Suy ra P  32 dấu bằng đạt được khi a  b  c

1
t  a  b  c  1 b  c  2


Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 32.

0,25