SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

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

2 x
  1 trên đoạn
x 2

1;3 .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình 32 x1  2.3x  1  0
b) Giải phương trình log 3  9 x   log9 x  5

 x  .
 x   .

Câu 4 (1,0 điểm).

ln 2 x
, y  0, x  1,x  e .
x
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2; 1;3 . Viết phương
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 

 2
  ab  bc  ca   2 3 3 abc
2
2
2 
3b c
c a
a b 
----------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:…………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN

(HDC gồm 06 trang)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học
sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với Câu 7 và Câu 8, nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng
với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu 1 (1,0 điểm).
Thang
điểm

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
+ Bảng biến thiên:
x
y




0
0
0





2
0

0,25





0,25

4

*) Đồ thị hàm số:

2 1
2


0

x

4


x2 2
 x  2  1;3

0,25

2 1
7
2 2
2 3
19
  1  ; f  2     1  3; f  3    1 
1 2
2
2 2
3 2
6
7
Từ đó ta có: max f ( x )  f 1  , min f ( x)  f  2   3 .
1;3

 do 3.3

x



0,25

 1  0, x    3x  1  x  0
0,25

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm: S  0;   .

x  0
b) Điều kiện xác định: 
 x0
9 x  0

0,25

Khi đó ta có phương trình: log 3  9 x   log 9 x  5  log3 9  log 3 x  log32 x  5

1
3
 2  log3 x  log 3 x  5  log 3 x  3
2
2
2
 log 3 x  2  x  3  x  9 (thỏa mãn điều kiện xác định)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  9 .

Đổi cận: Với x  1 ta được t  0 ; Với x  e ta được t  1

0,25

Đặt: t  ln x  dt 

1

1

1
Khi đó: S   t dt  t 3 
3 0
0
2

1
1
1
  0  . Vậy: Diện tích hình phẳng cần tìm bằng .
3
3
3

0,25
0,25


Câu 5 (1,0 điểm).
Nội dung

điểm

Nội dung
a) 2cos 2 x  8sin x  5  0  2(1  2sin 2 x)  8sin x  5  0
 4sin 2 x  8sin x  3  0
  2sin x  1 2sin x  3  0

0,25



x   k 2

1
6
 sin x  ( do 2 sin x  3  0, x   )  
( k  )
2
 x  5  k 2

6

5
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm : x   k 2 , x 
 k 2 (k   ).
6
6

0,25


Vì SA   ABCD   SA  CB
CB  AB
 CB   SAB   SB là
CB  SA

Do 

H

hình chiếu vuông góc của SC trên

0,25

mp  SAB  . Vậy góc hợp bởi SC với

D

A

  CSB
  30o
mp  SAB  là CSB

K
B

E

C




DI 1
1
  d  D,  SCI    d  A,  SCI  
AI 3
3

Từ A kẻ AK  CI  K  CI  , kẻ AH  SK  H  SK 
 AK  CI
 CI   SAK   CI  AH
SA  CI

Ta có: 

0,25

1

 2

Từ 1 ,  2   AH   SCI   d  A,  SCI    AH .
CD.AI 3a

CI
5
1
1
1
1


Nội dung
Gọi H là trực tâm tam giác ACD, suy ra CH  AD nên CH || AB

(1)

Mặt khác AH||BC ( cùng vuông góc với CD )

(2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCH là hình bình hành nên CH=AB

(3)

  BAF
 (so le trong)
Ta có: HCE

(4)

0,25

Từ (3) và (4) suy ra: HCE  BAF (cạnh huyền và góc nhọn). Vậy CE = AF.
  DCB
  900 nên E , F nằm trong đoạn AC.
Vì DAB
Phương trình đường thẳng AC: 2 x  y  5  0 .

A
B


0,25
x  2 y  5  0
x  5
trình: 

 B  5;0 
x  y  5  0
y  0


Đường thẳng DE qua E và nhận EF (2; 4) làm một véc tơ pháp tuyến, DE có phương
trình: x  2 y  5  0 .


Đường thẳng DA qua A và nhận AB(1; 3) làm một véc tơ pháp tuyến, DA có
0,25

phương trình: x  3 y  5  0 .
D là giao điểm của DA và DE nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  5  0
 x  5

 D  5;0  . Kết luận: B  5;0  , D  5;0 

x  3y  5  0
y  0

Câu 9 (1,0 điểm).
Thang

2

 1  1 x  1  7  x   16  x  1  7  x  4

0,25

Từ đó ta có phương trình * tương đương với:

 x  3  2  x  17  x   4  4
 x  3.

x

1

7

x

4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : x = 3.

0,25


Câu 10 (1,0 điểm).
Thang
điểm


2
2
2
2
b c
c a
a  b 1  a 1  b 1  c2
2

a
b
c
3 3 2



a  b2  c2 

2
2
2
1 a 1 b 1 c
2

Thật vậy, ta xét :

a
3 3 2

a  2  3 3a 1  a 2  

Từ đó ta có:

b
3 3 2
c
3 3 2

b
,

c.
1  b2
2
1  c2
2

a
b
c
3 3 2



a  b2  c2 

2
2
2
1 a 1 b 1 c
2

Khi đó P  t 3  3t 2  2t. Xét hàm số f (t )  t 3  3t 2  2t trên  0;1.

0,25

Dễ thấy f (t ) liên tục trên  0;1 và f '(t )  3t 2  2 3t  2  0.
Vậy hàm số f (t )  t 3  3t 2  2t nghịch biến trên  0;1

Min f (t )  f 1  3  3. Từ đó ta suy ra P  f (t )  Min f (t )  3  3.
 0;1

 0;1

Vậy MinP  3  3 khi a  b  c 

1
.
3

---------- HẾT----------

0,25