Đề luyện thi thpt quốc gia năm học 2015 – 2016 môn: Toán thời gian làm bài 180 phút

Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
ĐỀ LUYỆN THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016 
MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài 180 phút 
Câu 1*.(2đ) Cho hàm số  
2
( )
2
x
y x C
x

 

 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) 
 b) Đường thẳng   : 7 10y x   cắt (C) tại 2 điểm A, B phân biệt. Tính độ dài AB. 
Câu 2*.(1đ) 
a) Giải phương trình: sin2 4 8 os sinxx c x   
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 ) 1 3 0i z i    . Tìm phần ảo của số phức 
1w zi z   . 
Câu 3*. (0,5 đ). Giải bất phương trình 3 32log ( 1) log (2 1) 2x x    
Câu 4. (1 đ) Giải hệ phương trình: 
3 2 2
2 2 2 2
4( 1)
( 1) (2 1) 3 2
y y x y xy
x y x y x x
     

     
Câu 5*. (1 đ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 
1
2
x
y
x



 và các trục tọa 
độ. 
Câu 6. (1 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn là AD; các 
đường thẳng SA, AC và CD đôi môṭ vuông góc với nhau; 𝑆𝐴 = 𝐴𝐶 = 𝐶𝐷 = a 2 và 
𝐴𝐷 = 2𝐵𝐶. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB 
và CD. 
Câu 7. (1 đ) Trong măṭ phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Đường thẳng d song 
song với BC cắt các caṇh AB, AC lần lươṭ taị M và N sao cho AM CN . Biết rằng M(–4; 0), 
C(5; 2) và chân đường phân giác trong của góc A là D(0; –1). Haỹ tìm toạ đô ̣của A và B. 
Câu 8*. (1 đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 
1
1 3
:
2 3 2
x y z 
  

và 
2
3 2
:
6 4 5
x y z 
  

. Tìm tọa độ giao điểm của 1 và 2 và viết phương trình mặt phẳng 
(P) sao cho đường thẳng 2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P). 
Câu 9*. (0,5 đ) Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau, trong đó có hai học sinh tên là 
An và Bình. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc. Tính xác suất sao cho 
hai học sinh An và Bình đứng cạnh nhau. 
..Hết.. 
ĐỀ SỐ 6 
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 6 
C âu đim 
C.1.a 
C.1.b 
* Tập xác định: 𝐷 = ℝ ∖ {−2} 
* 
 
2
4
' 0,
2
y x D
x

   

* Tiệm cận ngang: y= –1 vì lim 1; lim 1
x x
y y
 
    
* Tiệm cận đứng x= –2 vì 
   2 2
lim ; lim
x x
y y
 
   
    
* Bảng biến thiên: 
X - –2 +
 
Y’ – – 
Y –1 
– 
 + 
–1 
 Hàm số nghịch biến trên: (– ;–2), (–2;+  ) 
 Hàm số không có cực trị 
* Điểm đặc biệt: 
X 
-6 –4 –2 0 2 
Y -2 –3 kxd 1 0 
* Đồ thị: 
* Gọi  0 0 0;M x y là tiếp điểm 
* 2'( ) 4 3; ''( ) 2 4f x x x f x x     
* 0 0''( ) 0 2 4 0 2f x x x      
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
x
y
y=-1
x=-2
0-2
1
2
-1
-3
-5
3
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
* Suy ra,  0
2
2
3
y f  , 0'( ) '(2) 1f x f   
* Phương trình tiếp tuyến:   0 0 0'y f x x x y   
  
2 8
1 2
3 3
x x       
* Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 
8
3
y x   
0,25 
0,25 
C.2.a Giải phương trình: sin2 4 8 os sinxx c x   
Biến đổi phương trình về dạng: 
s inx 4 ( )
(s inx-4)(2cos 1) 0 1
cos
2
vn
x
x

  
 

Với 
1
cosx 2
2 3
x k

     
Kl: phương trình có 2 họ nghiệm: 2 ,
3
x k

   
0,25 
0,25 
C.2.b 
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 ) 1 3 0i z i    . Tìm phần ảo của số phức 
1w zi z   
Giả sử ( , )z x yi x y z x yi      . 
Theo giả thiết, ta có 
2
(1 )( ) 1 3 0 0 ( 1) ( 3) 0
1
x
i x yi i x y x y i
y

              
 
Suy ra 2z i  . 
Ta có 21 (2 ) 2 3 2 2w i i i i i i i           . Vậy Im 1w  
0,25 
0,25 
C.3 ĐK: 1x  . BPT 1
2
3
3
2log ( 1) log (2 1) 2x x     
3 3 3log ( 1) log (2 1) 1 log ( 1)(2 1) 1x x x x         
2( 1)(2 1) 3 2 3 2 0x x x x       
1
2
2
x   . Kết hợp ĐK ta có tập nghiệm là  1;2S  
0,25 
0,25 
C.4 
Giải hệ phương trình: 
3 2 2
2 2 2 2
4( 1) (1)
( 1) (2 1) 3 2 (2)
y y x y xy
x y x y x x
     

     
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
Biến đổi pt ban đầu về dạng 
2
( 2)( 2)( 1 ) 0 2
1
y
y y y x y
y x

       

  
TH 1: Với y = 2 thay vào pt (2) : 28 3 6 0x x   vô nghiệm 
TH 2: Với y = - 2 thay vào (2): 3 6 0 2x x    suy ra nghiệm (x; y) =(-2;-
2) 
TH 3: Với 1y x  thay vào (2): 4 2 2 2
1 1 5
3 0 ( ) ( ) 0 ( )
2 2 2
x x x x vn         
Kl: hệ phương trình có nghiệm ( ; ) ( 2; 2)x y    
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
C.5 
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 
1
2
x
y
x



 và các trục 
tọa độ 
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (-1; 0). Do đó 
0
1
1
2
x
S dx
x




Ta có
0
1
1
2
x
S dx
x




=
0
1
3
(1 )
2
dx
x



0
1
( 3ln 2 )|x x

   
2 3
1 3ln 3ln 1
3 2
    
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
C.6 
Cho hiǹh chóp S.ABCD có đáy ABCD là hiǹh thang với đáy lớn là AD; các 
đường thẳng SA, AC và CD đôi môṭ vuông góc với nhau; SA = AC = CD = 
a 2 và AD = 2BC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 
hai đường thẳng SB và CD. 
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
Ta có: SA  AC và SA  CD 
 SA  (ABCD). 
  ACD vuông cân taị C 
 AD = 2a  BC = a. 
Goị I là trung điểm AD  AI = BC, AI // BC 
và CI  AD  ABCI là hình vuông. 
 AB  AD. 
Do đó SABCD = 
2
(AD BC).AB 3a
2 2

 . Vâỵ VSABCD = 
2 3
ABCD
1 1 3a a 2
.S .SA . .a 2
3 3 2 2
  . 
Ta có CD // BI  CD // (SBI)  d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(C, (SBI)) 
Goị H = AC  BI và AK  SH taị K. Ta có AK  (SBI)  d(A, (SBI)) = AK. 
Ta có 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 5
AK SA AH 2a 2a 2a
      AK = 
a 10
5
. 
 d(A; (SBI)) = AK = 
a 10
5
. Vì H là trung điểm AC nên d(C; (SBI)) = d(A; 
(SBI)) = 
a 10
5
. Vâỵ d(CD, SB) = 
a 10
5
. 
0,5 
0,5 
C âu 
7 Trong măṭ phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Đường thẳng d song 
song với BC cắt các caṇh AB, AC lần lươṭ taị M và N sao cho AM CN . Biết 
rằng M(–4; 0), C(5; 2) và chân đường phân giác trong của góc A là D(0; –1). 
Hãy tim̀ toạ đô ̣của A và B 
Goị D' là điểm trên caṇh BC sao cho CD' = MN. 
Ta có MNCD' là hình bình hành 
 MD' = CN = AM   AMD' cân taị M 
  MD'A =  MAD' = D'AC 
 AD' là phân giác của góc A  D' trùng D. CA 
qua C và song song MD 
 CA có vectơ chỉ phương là MD = (4; –1) 
 AC: 
x 5 4t
y 2 t
  

 
. 
A  AC  A(5 + 4a; 2 – a)  MA = (9 + 4a; 2– a). 
H
I
B C
A
D
S
K
N
M
D
A
B C
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
Ta có MA = MD  (9 + 4a)2 + (2 – a)2 = 17  17a2 + 68a + 85 – 17 = 0  a = –
2 . Vâỵ A(–3; 4). 
MA = (1; 4)  AB: 
x 4 y
1 4

  4x – y = –16 ; DC = (5; 3)  BC: 
x y 1
5 3

 
 3x –5y=5 . 
Do đó B: 
4x y 16
3x 5y 5
   

 
  
x 5
y 4
  

 
. Vâỵ B(–5; –4). 
0,5 
0,5 
C.8 
C.9 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 
1
1 3
:
2 3 2
x y z 
  

 và 
2
3 2
:
6 4 5
x y z 
  

. Tìm tọa độ giao điểm của 1 và 
2 và viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng 2 là hình chiếu 
vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P). 
Viết lại 1 và 2 dưới dạng tham số 
Giải hệ phương trình tìm được giao điểm A(3; 0; 2) 
Đường thẳng 1 có VTCP  1 2; 3;2u   
Đường thẳng 2 có VTCP  2 6;4; 5u   
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa 1 2,  thì (Q) có VTPT là 1 2, (7;22;26)n u u    
Vì 2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P)  (P) chứa 
2 và ( ) ( )P Q 
Do đó (P) cũng đi qua A và có VTPT là 
1 2, ( 214;191; 104)n n u     
(P) có phương trình là: 214 191 104 850 0x y z     
Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau, trong đó có hai học sinh tên là 
An và Bình. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc. Tính xác 
suất sao cho hai học sinh An và Bình đứng cạnh nhau 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Phạm Ngọc Thuyết 01649836618 
Mỗi cách xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành 1 hàng dọc là một hoán vị của 6 phần 
tử ( ) 6! 720n    (phần tử) 
Gọi A là biến cố: "An và Bình đứng cạnh nhau". 
 ( ) 5!.2! 240n A   (phần tử) 
( ) 240 1
( )
( ) 720 3
n A
P A
n
   

 (phần tử) 
0,25 
0,25