----NGUYỄN QUANG HUY----

TUYỂN TẬP 100 ĐỀ THI
THỬ TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG QUỐC GIA
(CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƢỢNG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

2x  4
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)  (x 2  2).e2x trên đoạn [–1 ; 2].
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (2  i)z  4  3i . Tìm môđun của số phức w  iz  2 z .
b) Giải phƣơng trình log2 x  3  log 2 (x  2) .
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  

A  cos      sin  2015     co t  2016    .
2

b) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh. Chọn ngẫu nhiên một tam
giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam giác đƣợc chọn có 3 đỉnh cùng màu.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A‘B‘C‘ có cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng
(A‘BC) và (ABC) bằng 600. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung điểm cạnh CC‘. Tính theo a thể tích khối
chóp A.BB‘C‘C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB‘N).
 x  3y  2  xy  y 2  x  y  0

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phƣơng trình 
(x, y  R).
2

3 8  x  4 y  1  x  14y  12

Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phƣơng trình đƣờng
thẳng AH là 3x  y  3  0 , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lƣợt là chân đƣờng cao hạ từ B
và C đến AC và AB, phƣơng trình đƣờng thẳng EF là x  3y  7  0 . Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ
dƣơng.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn điều kiện
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

4a  2c  b  c 
1    1    6 .
b 
b  a a

bc

2
y' 
(x  1)2
Vì y‘ > 0,  x  1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (– ; 1), (1 ;+).
Giới hạn và tiệm cận: lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng x = 1.
x 1

x 1

Điểm

0,25

0,25

lim y  2 ; tiệm cận ngang y = 2.

x 

Bảng biến thiên
x
y‘

–

1

+

+


f '(x)  0
x 2  x  2  0

 x 1

 x  (1; 2)

 x  (1; 2)
1
f (1)  e2 , f (1)  2 , f (2)  2e4 .
e
GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng 2e4, khi x = 2, GTLN của f(x) trên đoạn
[–1 ; 2] bằng – e2 , khi x = 1.

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


Câu
Đáp án (Trang 2)
Điểm
Câu 3
a) (0,5) Cho số phức z thỏa mãn (2  i)z  4  3i . Tìm môđun của số phức w  iz  2z
(1,0 điểm) .
0,25
(2  i)z  4  3i  z  1  2i
0,25

0,25
3

1
1
1 1


dt
(0,25)
(0,25)

2
9
4 t3
8t
1
1

0,5

Câu 5
x  3 y  2 z 1
. Viết phƣơng trình mặt


(1,0 điểm) Cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đƣờng thẳng d :
2
1
2


Vì 0    nên cos > 0, cot > 0.
2
0,25
3
(1)  10sin .cos  6cos  0  cos.(5sin   3)  0  sin   (vì cos>0)
5
1
25
16
4
co t 2  
1 
 1   cot   (vì cot > 0)
9
9
3
sin 2 
0,25
3 4
2
A  sin   sin   co t   2sin   co t   2.   
5 3
15
b) (0,5) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh.
Chọn ngẫu nhiên một tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác
suất để tam giác đƣợc chọn có 3 đỉnh cùng màu.
3
0,25
Số phần tử của không gian mẫu là: |  |  C12

D
 Góc giữa hai mặt phẳng (A‘BC)
E
A

C
M
B

và (ABC) là A 'MA  600 .
Tam giác A‘AM vuông tại A nên:
a 3
3a
AA '  AM.tan 600 
. 3
2
2

3a 2
Diện tích hình chữ nhật BB‘C‘C là: SBB'C'C  BB'.BC 
2
AM  BC và AM  BB‘  AM  (BB‘C‘C)

0,25
2

3

1
1 3a a 3 a 3

2
2
2
2 13
CH
CE
CN
a
9a
9a
3
3
9a
Do đó: d(M, (AB' N))  d(C, (AB' N))  CH 
2
2
4 13

0,25

0,25

Câu 8
 x  3y  2  xy  y 2  x  y  0
(1,0 điểm) Giải hệ phƣơng trình (I) 
2


3 8  x  4 y  1  x  14y  12.





2
3
 (y  3) 

 2y  1  0 (3)
 y 1  2

7  2y  1


3
3
2
2 2
7
 , 2y + 1 > –1

Vì 1  y  nên
,
2
7  2y  1 4
y 1  2 3  2 2

0.25

0.25



E
F

J

M

C

A

C

E

J

M

B

Gọi I trung điểm AH. Tứ giác AEHF nội tiếp và bốn điểm B, C, E, F cùng
thuộc một đƣờng tròn nên IM  EF (đoạn nối tâm vuông góc với dây chung).
Ta có: IEF  ABE (cùng phụ góc A hoặc cùng phụ góc EHF)
1
và: ABE  EMF  IME
2
0
 MEI  90  MFI  MEI  900 .


4
y

3

1






Vì A  AH nên A(a ; 3a + 3)
Ta có: IA  IE  IA2  IE2  (a  1)2  (3a  3)2  20  a  1  2
Vì A có hoành độ dƣơng nên A(1  2;6  3 2) .

0.25

0.25

0.25

0.25


Câu
Đáp án (Trang 5)
Câu 10
4a  2c  b  c 

3
3
x y
(x  y)3 4 xy(x  y) x  y
Do đó:



xyz
4xyz
4xyz
z
3

3

Điểm

0.25

x y xy
x 3  y3
x y
xy
 2   
4 0
Mặt khác
  2 nên 6 
 2.
xyz


2
2xy  2z(x  y) x  y (x  y)
x  y x  y  4z x  y
 2z(x  y)
2

xy
z  4 .
Suy ra: P 
xy
xy
4
z
z
xy
2t
4
Đặt t 
, 0  t  2 . Ta có P 
 .
z
t4 t
2t
4
Xét hàm số f (t) 
 (0  t  2) .
t4 t
2
4(t  8t  16)



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA
NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
Câu 2 (1,0 điểm). Chứng minh hàm số y 

2x 1
.
x 1

4x
 ln( x 2  1) đạt cực đại tại điểm x  2 .
5

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm môđun của số phức z biết (2  i3 ) z  1  3i  z  i 4 .
b) Giải bất phƣơng trình log 1  3x  1  31log9 4 .
4
5


khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng AA ' và B ' C ' .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho đƣờng tròn (I) có hai đƣờng kính AB và MN với A(2; 1), B(2; 5)
. Gọi E và F lần lƣợt là giao điểm của các đƣờng thẳng AM và AN với tiếp tuyến của (I) tại B. Tìm tọa độ trực
tâm H của tam giác MEF sao cho H nằm trên đƣờng thẳng  : x  2 y  2  0 và có hoành độ là một số nguyên.



Câu 9 (1,0 điểm). Giải phƣơng trình 3 x 1  3 x



3  3 x  1  4. 3 x  6 x trên tập hợp số thực.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dƣơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

a 2 b2 16c 2 175 a 2  9
 

.
2b 4c
a
4(a  1)

----------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: . . . . . . . . . . . . . .


HƢỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12

8

2

a a 3
.
A ' H . AM 2 2
3 7a
3 7a


Do đó MK 
. Vậy d ( AA ', B ' C ')  d ( AA ', BC )  MK 
.
AA '
14
14
a 21
6
Đƣờng tròn (I) có tâm I (2; 3) là trung điểm của AB và
có bán kính R 

0,25

0,25

AB
2.
2



0,25

Mặt khác H (2t  2; t ) (vì H nằm trên đƣờng thẳng
 : x  2 y  2  0 ) và 2t  2  .

Ta có
F

I ' H  2  I ' H 2  4  (2t  2  2)2  (t  1)2  4
 5t 2  2t  3  0

 t  1 hoặc t 

0,25

3
(loại)
5

Vậy H (4;1) .
9

Điều kiện: x  0 .
Ta có x  0 không thỏa phƣơng trình (*)
Với x  0 , chia hai vế của (*) cho x ta đƣợc:
 1

3  3  1
 x 




3

3t  1  2





2

3t  1  2 3t  1  (t  2)3  2( t  2) 2  2(t  2)

Xét hàm số f (u)  u 3  2u 2  2u trên

.

Ta có f '(u)  3u 2  4u  2  0, u 

(vì a  3  0,  '  2  0 )

Suy ra hàm số f (u ) đồng biến trên

.

Do đó (1)  f



10

0,25

a 2 b2 16c 2 7a
a2
b2
16c 2 a
 2b  2a,  4c  2b,
  4c . Do đó
 

Ta có
.
2b 4c
a
4
2b
4c
a
4
Dấu ―=‖ xảy ra  a  2b  8c .
Suy ra P 

7a 175 a  9 7 
a 9 

.
  a  25.
.

(a  1)

2

a  9  25(a  9)
2

(a  1) 2 a 2  9

f '(a)  0  (a  1)2 a 2  9  25(a  9)  0

 (a  1)2 .

 (a  1) .
2





a 2  9  5  5(a  1)2  25(a  9)  0

(a 2  16)
a 9 5
2

 5a 2  35a  220  0
0,25




Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng

7
203
1
, khi a  4, b  2, c  .
.29 
4
4
2


SỞ GD&ĐT HÕA BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 2
Môn thi: TOÁN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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 của hàm số y  x 4  2 x 2  1 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y  x 2 3  2 x .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp các điểm biểu diển số phức z thỏa mãn z - i = (1+ i )z .
b) Giải bất phƣơng trình 2 x  3.2 x  4 .
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol

 P  : y  x2  x  3

2
2

 x  x  1  2 y  x  5  y  2 y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phƣơng trình 
.
x

2
y
x

4

2
x

1




Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , điểm M là trung điểm của
8 1
7 1
AB . Biết I  ;  là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; điểm G  3;0  và K  ;  thứ tự là
 3 3
3 3
trọng tâm của tam giác ABC và ACM . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .


Tập xác định: D   ;  .
2

x  0
y'  0  
x  6 / 5
Bảng xét dấu

y '  2x 3  2x 

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

x2
6 x  5x2

3  2x
3  2x

0,25
0,25
0,25

 6
6 3
KL: hàm số đồng biến trên khoảng  0;  , nghịch biến trên các khoảng  ;0  ,  ; 
5 2

3b

3
Đặt t  2x ,  t  0  . Ta có t   4  t 2  4t  3  0  1  t  3
t

0,25

1  2x  3  0  x  log2 3 . KL.

0,25

 x  1
.
x2  x  3  2x  1  x2  x  2  0  
x  2

Câu
4

2

 x

2

1

0,5


3; 3;1

 cosx  sin x  0

 cosx  sin x  cosx  sin x  1  2cosx   0  sin x  cosx  1


Giải ra và kết luận: x 

0,25

lên    .

x  1  2t

Đƣờng thẳng  d  qua I vuông góc với    có PT  d  : y  2  t .
z  1  2t


Câu
6a



 x  2 dx

 x3 x 2

9 9
S  


9

k 93k
2 
k
 x  2    C9 .  2  .x
x 

k 0

0,25

2
9  3k  3  k  2 . Hệ số x3 là C29 . 2   144

0,25


Hạ AK  BC  BC   SAK  nên góc giữa  SBC  và đáy là SKA  300 .
Tính đƣợc BC  a 7 , AK 
1
SABC  a 2 3 .
2

V

a3 21
42


63

4
1
8a2
.
EF2  AM2  SB2 
9
9
63

BF 2 

0,25

19a2
9

cosBEF  
Cách 2:



170
170
 cos  AM,BN  
17
17




AM.BN
AM.BN



170
17
2

ĐK: x  1,y  0 . Trừ các vế tƣơng ứng hai PT, ta đƣợc: x2   y  1  2 y  2 x  1

Câu
8



2
0
Nhận xét  x;y   1;0  không là nghiệm nên:  x  y  1  x  y  1 


y

x

1




5

5

3
3
Từ đó hệ có nghiệm   2;  2  và   2;  2 
2
2
2

2

Gọi N, P là trung điểm AM, AC. Ta có GK // AB nên MI  GK.
MP // BC, G và I thuộc trung trực của BC nên GI  MK.
Từ đó I là trực tâm của tam giác MGK và KI  MG

GI.KM  0
Gọi M  x;y  . 
 M  3;1

KI.GM  0

1
2

.

0,25


2
4
1
1
P1  a2 b  b2 c  c2a  a(2  c)2  b(2  a)2  c(2  b)2   (8  4t  P1) ,
 4
4
8 4
từ đó P1   t
3 3
8 4
1
4
Do đó: P   t 
 f  t  với 1  t  .
3 3
3
3  2t

Ta có: a.a.b  a.(

Tìm GTLN của f  t  với 1  t 

4 8
4
. Tìm đƣợc max f  t   f     3
3
 4
3 9
t1; 