Đề thi thpt quốc gia năm học 2015 - 2016 - lần 1 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 1 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN I 
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 của hàm số 3 23 2y x x   
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm cực trị của hàm số : sin 2 2y x x   . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Cho tan 3 . Tính giá trị biểu thức 
3 3
3sin 2cos
5sin 4cos
M



 
 
b) Tính giới hạn : 
23
4 3
lim
9x
x x
L
x
 


Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 2 23sin 4sin cos 5cos 2x x x x   
Câu 5 (1,0 điểm). 
a) Tìm hệ số của 10x trong khai triển của biểu thức : 
5
3
2
2
3x
x
  
 
. 
b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu nhiên (đồng 
thời) 3 quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh. 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh 
 2; 1A   ,  5;0D và có tâm  2;1I . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C và góc nhọn hợp bởi hai 
đường chéo của hình bình hành đã cho. 
Câu 7 (1,0 điểm). 
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm 
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho 
2MC MS . Biết 3AB  , 3 3BC  . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa 
hai đường thẳng AC và BM. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn 
tâm  2;1J . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình: 
2 10 0x y   và  2; 4D  là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương 
trình 7 0x y   . 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : 
3 3 2 2
3 2
3 12 7 3 6
2 4 4 2
x y x y x y
x y x y x y
      

      
 Câu 10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình : 3 22 3 4 0x x x    và 3 28 23 26 0x x x    . 
Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó. 
--------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: 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 2 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN I 
NĂM HỌC 2015-2016 
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1 (1,0 đ) 
Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số   3 23 2y x x 1,0 
Tập xác định: D   . 
Ta có 23 6y' x x.  ; 
0
0
2
x
y'
x

   
0,25 
- Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; nghịch 
biến trên khoảng (0;2) . 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =-2. 
 - Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
    
0,25 
Bảng biến thiên: 
0,25 
Đồ thị: 
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0,25 
2 (1,0 đ) 
Câu 2 .Tìm cực trị của hàm số : sin 2 2y x x   . 1,0 
Tập xác định D   
   1 2cos 2 , 4sin 2f x x f x x    0,25 
  10 1 2cos 2 0 cos 2 ,
2 6
f x x x x k k
             0,25 
4sin 2 3 0
6 3
f k
                
   
hàm số đạt cực đại tại 
6i
x k

    
Với 
3
2 ,
6 6 2C
y f k k k
             
 
D  
0,25 
4sin 2 3 0
6 3
f k
             
   
hàm số đạt cực tiểu tại 
6i
x k

   
Với 
3
2 ,
6 6 2C
y f k k k
           
 
T  
0,25 
x  0 2  
y  0  0  
 
 2 
2 
  
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 3 
3.(1,0đ) 
Cho tan 3 . Tính giá trị biểu thức 3 3
3sin 2cos
5sin 4cos
M



 
 
 0,5 
   2 2 2 2
3 3
3sin sin cos 2cos sin cos
5sin 4cos
M
  


     
 
3 2 2 3
3 3
3sin 2sin cos 3sin cos 2cos
5sin 4cos
  


     
 
 (chia tử và mẫu cho 3cos  ) 
3 2
3
3 tan 2 tan 3tan 2
5 tan 4
  


  

0,25 
Thay tan 3 vào ta được 
3 2
3
3.3 2.3 3.3 2 70
5.3 4 139
M
  
 

 0,25 
Lưu ý: HS cũng có thể từ tan 3  suy ra 2 2
2
k k

     và 
1 3
cos ; sin
10 10
   rồi thay vào biểu thức M. 
b) Tính giới hạn : 
23
4 3
lim
9x
x x
L
x
 


 0,5 
  
     
2
2 23 3
4 3 4 3 4 3
lim lim
9 4 3 9 4 3x x
x x x x x x
L
x x x x x x 
     
 
     
 0,25 
      3
1 3 1 1
lim
183 4 3 3 3 3 4.3 1x
x
L
x x x
 
  
     
 0,25 
4.(1,0 đ) 
Câu 4.Giải phương trình : 2 23sin 4sin cos 5cos 2x x x x   1,0 
Phương trình  2 2 2 23sin 4sin cos 5cos 2 sin cosx x x x x x     
 2 2sin 4sin cos 3cos 0x x x x    
0,25 
  sin cos sin 3cos 0 sin cos 0 sin 3cos 0x x x x x x x x          0,25 
 tan 1 tan 3 arctan 3 ,
4
x x x k x k k

             0,25 
Vậy phương trình có hai họ nghiệm: , arctan 3 ,
4
x k x k k

       0,25 
5.(1,0 đ) 
a) Tìm hệ số của số hạng chứa 10x trong khai triển của biểu thức : 
5
3
2
2
3x
x
  
 
. 1,0 
   
5 55 5
3 3 5 15 5
5 52 2
0 0
2 2
3 3 . 1 3 .2
kk
kk k k k k
k k
x C x C x
x x

 
 
          
   
  0,25 
Hệ số của của số hạng chứa 10x là 55 ( 1) 3 2 ,
k k k kC  với 15 5 10 1k k    
Vậy hệ số của 10x là :  11 4 15 1 3 2 810C    
0,25 
b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu 
nhiên3 quả. Tính xác suất để trong 3 quả cầu chọn ra có ít nhất một quả cầu màu xanh. 
Số phần tử của không gian mẫu là   320n C  
Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh” 
0,25 
Thì A là biến cố “Chọn được ba quả cầu màu đỏ”    
3
3 12
12 3
20
C
n A C P A
C
    
Vậy xác suất của biến cố A là    
3
12
3
20
46
1 1
57
C
P A P A
C
     
0,25 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 4 
6.(1,0 đ) 
Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho hình bình hành ABCD có hai 
đỉnh  2; 1A   ,  5;0D và có tâm  2;1I . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh ,B C và 
góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho. 
1,0 
Do I là trung điểm BD . Suy ra  
2 4 5 1
1;2
2 2 0 2
B I D
B I D
x x x
B
y y y
     
 
    
 0,25 
Do I là trung điểm AC . Suy ra  
2 4 2 6
6;3
2 2 1 3
C I A
C I A
x x x
C
y y y
    

    
 0,25 
Góc nhọn  ,AC BD  . Ta có    8;4 , 6; 2AC BD  
 
 0,25 
  48 8 2cos cos , 45
24 5.2 10
AC BD
AC BD
AC BD
 
        
  
  0,25 
7.(1,0 đ) 
Câu 7 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB 
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC , gọi M 
là điểm thuộc cạnh SC sao cho 2MC MS . Biết 3, 3 3AB BC  , tính thể tích 
của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM . 
1,0 
Gọi H là trung điểm AB SH AB  ( do 
SAB đều). 
Do      SAB ABC SH ABC   
Do ABC đều cạnh bằng 3 
nên 2 2
3 3
S , 3 2
2
H AC BC AB    
K
N M
H
C
B
A
S
0,25 
3
.
1 1 3 6 9 6
3 6 12 4S ABC ABC
V SH S SH AB AC          (đvtt) 0,25 
Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại  || ||N AC MN AC BMN  
 ,AC AB AC SH AC SAB    ,    ||AC MN MN SAB MN SAB    
   BMN SAB  theo giao tuyến BN . 
Ta có          || , , ,AC BMN d AC BM d AC BMN d A BMN AK    với K 
là hình chiếu của A trên BN 
0,25 
22 2 2 3 3 3 3
3 3 3 4 2ABN SAB
NA MC
S S
SA SC
       (đvdt) và 
2
2
3
AN SA  
2 2 02A . .cos60 7BN AN AB N AB   
3 3
22S 3 212
77
ABNAK
BN

    
Vậy   3 21d ,
7
AC BM  (đvđd) 
0,25 
Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh cũng có thể giải quyết theo hướng ( )CA SAB 
và . .S ABC C SABV V 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 5 
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường 
tròn tâm  2;1J . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương 
trình : 2 10 0x y   và  2; 4D  là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại 
tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và 
B thuộc đường thẳng có phương trình 7 0x y   . 
1,0 
AJ đi qua  2;1J và  2; 4D  nên có 
phương trình : 2 0AJ x   
  ,A AJ AH  ( trong đó H là chân 
đường cao xuất phát từ đỉnh A ) 
Tọa độ A là nghiệm của hệ 
 
2 0 2
2;6
2 10 0 6
x x
A
x y y
   
  
    
0,25 
8.(1,0 đ) 
Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 
Ta có  DB DC DB DC   và  EC EA 
 1
2
DBJ  (sđEC  sđDC )= 1
2
(sđEA sđDB )=DJB DBJ cân tại D 
 DC DB DJ  hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC 
Suy ra ,B C nằm trên đường tròn tâm  2; 4D  bán kính 2 20 5 5JD    có 
phương trình    2 22 4 25x y    . Khi đó tọa độ B là nghiệm của hệ 
     
 
2 2 3; 43 22 4 25
4 9 2; 97 0
Bx xx y
y y Bx y
        
     
          
Do B có hoành độ âm nên ta được  3; 4B   
0,25 
   
 
3; 43; 4
: :
1; 2AH
qua Bqua B
BC BC
vtpt n uAH
   
 
    
  : 2 5 0BC x y    
Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ 
     
 
 
2 2 3; 43 52 4 25
5;0
4 0 5;02 5 0
C Bx xx y
C
y y Cx y
         
     
        
Vậy      2;6 , 3; 4 , 5;0A B C  
0,25 
 Câu 9. Giải hệ phương trình : 
 
 
3 3 2 2
3 2
3 12 7 3 6 1
2 4 4 2 2
x y x y x y
x y x y x y
      

      
 1,0 
Điều kiện :
2 0 2
4 0 4
x x
y y
    
 
   
Từ phương trình  1 ta có      3 31 2 1 2 1 3x y x y y x          
0,25 
9.(1,0 đ) 
Thay  3 vào  2 ta được pt:      232 4 1 1 4 2 1x x x x x x          
  3 22 3 4 1x x x x x       , Đ/K 2 3x   
0,25 
H
E 
J I
D 
C B
A 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 6 
 
    
 
  3 2 2
2 2 3 2
2 3 3 4 4 1 4
2 3 3
x x
x x x x x x x
x x
  
            
   
  
     
  2
2 2 3 4
1 4
2 3 3 2 3 2
x x
x x
x x x x
       
      
 
     
   
2
2
2 2
2 2
2 3 3 2 3 2
x x
x x x
x x x x
  
    
      
0,25 
 
     
2
0
2
2 2 0
2 3 3 2 3 2
x x x
x x x x

 
 
              
 
 

2 2 0 2 1x x x x         
      32 3 ; 2;3x y x y     ( thỏa mãn đ/k) 
      31 0 ; 1;0x y x y       ( thỏa mãn đ/k) 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm        ; 2;3 , ; 1;0x y x y   
0,25 
 Câu10.Chohai phương trình: 
3 22 3 4 0x x x    và 3 28 23 26 0x x x    .Chứng 
 minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó 
1,0 
 Hàm số   3 22 3 4f x x x x    xác định và liên tục trên tập  
Đạo hàm    23 2 3 0,f x x x x f x        đồng biến trên   * 
           4 . 0 40 .4 160 0 4;0 : 0 **f f a f a           
Từ  * và  ** suy ra phương trình 
3 22 3 4 0x x x    có một nhiệm duy nhất x a 
0,25 
10.(1,0đ)  Tương tự phương trình 
3 28 23 26 0x x x    có một nhiệm duy nhất x b 0,25 
 Theo trên : 3 22 3 4 0a a a     1 
 Và        3 23 28 23 26 0 2 2 2 3 2 4 0 2b b b b b b            
Từ  1 và  2         3 23 22 3 4 2 2 2 3 2 4 3a a a b b b          
0,25 
Theo trên hàm số   3 22 3 4f x x x x    đồng biến và liên tục trên tập  
Đẳng thức      3 2 2 2f a f b a b a b         
Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng 2 . 
0,25 
Lưu ý khi chấm bài: 
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi 
chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. 
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. 
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được 
điểm. 
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. 
- Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 7 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI THỬ THPT QG NĂM HỌC 2015 – 2016 LẦN 2 
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 của hàm số: 
1
.
2 3
x
y
x
 


Câu 2 (1,0 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : 2( ) 18 .f x x x   
Câu 3 (1,0 điểm): 
a) Cho ;
2

   
 
 và 
4
sin
5
  Tính giá trị biểu thức 
3 5
5
sin sin 2 2cos 2cos
sin cos 2 sin
P
   
  
 


b) Giải phương trình : cos 2 (1 2cos )(sin cos ) 0x x x x    
Câu 4 (1,0 điểm): Giải phương trình : 23 9 3 3log ( 5) log ( 2) log ( 1) log 2x x x      
Câu 5 (1,0 điểm): 
a) Tìm hệ số của 6x trong khai triển của biểu thức : 
8
2 32 .x
x
 
 
 
b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n N và 3.n  Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường 
chéo. 
Câu 6 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, biết hai đỉnh 
A(1; –1), B(3; 0) . Tìm tọa độ các đỉnh C và D. 
Câu 7 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4. Mặt bên (SAB) nằm 
trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuong góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc 
đoạn AB sao cho BH = 2AH. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600. Tính thể tích khối chóp 
S.ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD). 
Câu 8 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến tại 
A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của góc ADB là 
: 2 0d x y   , điểm M(–4;1) thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB. 
Câu 9 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 
3 3 2 2
2 3 2
8 8 3 3
(5 5 10) 7 (2 6) 2 13 6 32
x y x y x y
x y y y x x y x
     

         
Câu 10 (1,0 điểm): Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1. Tìm giá trị 
lớn nhất của biểu thức: 
4 4 4 1 1 1
T
a b b c c a a b c
     
  
––––––––––– 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: 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 8 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 
NĂM HỌC 2015-2016 
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1 (1,0 đ) 
Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : 
 


1
2 3
x
y
x
 1,0 
 Tập xác định: 
3
\
2
D
   
 
 . 
 Sự biến thiên. : 
+ CBT 2
5
' 0,
(2 3)
y x D
x

   

Hàm số nghịch biến trên 
3
( ; )
2
  và 
3
( ; )
2
  . 
+Hàm số không có CĐ, CT 
0,25 
+Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận 
3
x
2
lim y


  và
3
x
2
lim y


 
3
2
x   là TCĐ khi 
3
2
x

   
 
. 
x
1 1
lim y y
2 2
     là TCN khi .x   
0,25 
 Bảng biến thiên: 
0.25 
3.Đồ thị. 
 - Đồ thị nhận điểm 
3 1
I( ; )
2 2
  
 làm tâm đối xứng. 
 - Đồ thị cắt Ox tại  1;0 
 và cắt Oy tại 
1
(0; )
3
. 
 - Đồ thị đi qua    1;2 , 2; 3   
0,25 
2 (1,0 đ) 
Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :   218f x x x   . 1,0 
Hàm số xác định và liên tục trên 3 2;3 2D     0,25 
x  
 3
2
 
 
y   
y 
1
2
 
 
 
1
2
 
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-10 -5 5 10
I
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 9 
Ta có     2 2 22
0
1 0 18 3
1818
xx
f x f x x x x
x xx

          
  
 0,25 
Mà      3 2 3 2 ; 3 2 3 2 ; 3 3 18 9 6f f f        0,25 
Suy ra        
3 2 ;3 23 2;3 2
max 3 6 ; min 3 2 3 2
xx
f x f f x f
        
      0,25 
3.(1,0đ) 
a) Cho ;
2
   
 
 và 
4
sin
5
 . Tính giá trị biểu thức 
3 5
5
sin sin 2 2cos 2cos
sin cos 2 sin
P
 


   
  
0,5 
Ta có 
 
 
2 3 2
2 2 5
2sin .cos 2cos 1 cos
sin cos sin sin
P
 

 
   
   
  
2 3 2
2 2 2 2 5
2sin .cos 2cos sin
sin cos sin cos sin sin


  
   
     
 
 
2 2 4
3
4 4
2sin .cos 1 cos 2sin .cos
2 tan 1
sin .cos sin .cos
P

  
    

   
 0,25 
 Bài ra ta có 2 2
4 9 3
sin os 1 sin cos ;
5 25 5 2
c Do
            
  

      
Thế vào  1 ta được 
3
4
12852.
3 27
5
P
 
 
   
 
 
. Đáp số 
128
27
P   
0,25 
b) Giải phương trình :   cos 2 1 2cos sin cos 0x x x x    0,5 
 Phương trình đã cho     2 2cos sin 1 2cos sin cos 0x x x x x      
     cos sin cos sin 1 2cos 0x x x x x        
     cos sin cos sin 1 2cos 0x x x x x       
  cos sin sin 1 cos 0x x x x     
0,25 
tan 1
cos sin 0 4
2 sin 1sin 1 cos 0
2 , 24
2
x x kx x
xx x
x k x k
                      




  
 ( k  ) 
Vậy phương trình có các nghiệm ; 2 ; 2
4 2
x k x k x k
 
        ,( k  ) 
0,25 
4 .(1,0 đ) 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 
     23 9 3 3log 5 log 2 log 1 log 2x x x      
1,0 
Điều kiện  2
5 0 5
1
2 0 2
2
11 0
x x
x
x x
x
xx
   
 
      
    
 0,25 
Với điều kiện đó phương trình    23 3 3 3log 5 log 2 log 1 log 2x x x      0,25 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 10 
         2 23 3log 5 2 log 2 1 5 2 2 1 *x x x x x x                
 Trường hợp 1. Nếu 2x  thì phương trình  * tương đương với 
     2 2
3 ( / )
5 2 2 1 7 12 0
4 ( / )
x t m
x x x x x
x t m

          
0,25 
 Trường hợp 2. Nếu 1 2x  thì phương trình  * tương đương với 
    2 2
1 97
( / )
65 2 2 1 3 8 0
1 97
( )
6
x t m
x x x x x
x loai
 

         
 


Vậy phương trình có ba nghiệm: 3, 4x x  và 
1 97
6
x

 
0,25 
5 (1,0 đ) 
a) Tìm hệ số của 6x trong khai triển của biểu thức : 
8
2 32x
x
 
 
 
. 1,0 
Gt     
8 8 32 58 8
2 2 8 2
8 8
0 0
3 3
2 2 . 1 2 3
kk k
kk k k k
k k
x C x C x
x x
 

 
   
       
   
  0,25 
Số hạng chứa 6x ứng với k thỏa mãn 
32 5
6 4
2
k
k

   
Vậy hệ số của 6x là :  44 4 48 1 2 3 90720C   
0,25 
b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n và 3n  . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 
135 đường chéo . 
Số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là 
 2 3
2n
n n
C n

  0,25 
Từ giả thiết ta có phương trình 
  2 183 135 3 270 0
152
nn n
n n
n
 
        
 Do n và 3n  . Nên ta tìm được giá trị cần tìm 18n  
0,25 
6 .(1,0 đ) 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho hình vuông ABCD , 
biết hai đỉnh  1; 1A  ,  3;0B . Tìm tọa độ các đỉnh C và D 
1,0 
Gọi  0 0;C x y , khi đó    0 02;1 , 3;AB BC x y  
 
 0,25 
Từ ABCD là hình vuông, ta có : 
 
 
0 0 0
2 2
00 0
2 3 1. 0 4
13 5
x y xAB BC
yAB BC x y
      
   
      
 
 hoặc 0
0
2
2
x
y



0,25 
Với    1 14; 2 2; 3C D   ( từ đẳng thức AB DC
 
 ) 0,25 
Với    2 12;2 0;1C D ( từ đẳng thức AB DC
 
 ) 0,25 
7. (1,0 đ) 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB nằm 
trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là 
điểm H thuộc đoạn AB sao cho 2BH AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 
060 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng 
 SCD . 
1,0 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 11 
Vì SC tạo với đáy một góc 060 , 
suy ra  060SCH  
Ta có: 
8
3
HB  
2 64 4 134
9 3
HC    
04 13 4 13.tan 60
3 3
SH   
I
A
D C
B
S
H
K
0,25 
2
. D D
1 1 4 13 64 13
. . 4 .
3 3 3 3 3
S ABC ABCV S SH    0,25 
Kẻ HK song song AD ( K CD ) ( )DC SHK  ( ) ( )mp SCD mp SHK  
Kẻ HI vuông góc với SK ( )HI mp SCD  ( , ( ))d H SCD HI  
0,25 
Trong SHK ta có: 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 3 1 16
13
4 .13 4 13.4
HI
HI SH HK
       
( , ( )) 13d H SCD  . 
0,25 
8 .(1,0 đ) 
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có  1;4A , tiếp 
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân 
giác trong của góc ADB là : 2 0d x y   , điểm  4;1M  thuộc cạnh AC . Viết 
phương trình đường thẳng AB . 
1,0 
F
E
I
D
A(1;4)
B C
M(-4;1)
Gọi E, F là giao điểm 
của d và AB, AC. 
Ta có: 
  
  
1
2
1
2
AFD C ADC
AEF ADC DAB
  

  

Mà  C DAB (cùng 
chắn cung AB ) 
 AFD AEF  
AE AF  
0,25 
Ta có ( 5; 3)AC  

 suy ra vtpt của AC là (3; 5)ACn  

: 3( 1) 5( 4) 0 3x 5 17 0pt AC x y y         
Tọa độ F là nghiệm của hệ: 
7
3x 5 17 0 7 112 ;
2 0 11 2 2
2
xy
F
x y
y
                

0,25 
Ta có 2 2
7 11 34 34
(1 ) (4 ) E
2 2 2 2
AF A       
Vì 2 2( ; 2) E ( 1; 2) E ( 1) ( 2)E d E t t A t t A t t           

0,25 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 12 
7 117 ; ( )
2 234 2E
12 1 3
; ( / )
2 2 2
E Loai do trung Ft
A
t E T m
         
         
3 5
E ;
2 2
A
      
 

vtpt của AB là (5; 3)ABn  

: 5( 1) 3( 4) 0 5x 3 7 0pt AB x y y         
0,25 
9 .(1,0 đ) 
 Câu 9. Giải hệ phương trình 
 
     
3 3 2 2
2 3 2
8 8 3 3 1
5 5 10 7 2 6 2 13 6 32 2
x y x y x y
x y y y x x y x
     

         
 1,0 
Điều kiện :
2 0 2
7 0 7
x x
y y
    
 
    
Từ phương trình  1 ta có          3 31 5 1 1 5 1 3x x y y       
Xét hàm số   3 5f t t t  , trên tập  ,   23 5 0,f t t t       hàm số  f t 
đồng biến trên  . Từ      3 : 1 1f x f y x y      4 
0,25 
Thay  4 vào  2 ta được pt: 
     2 3 25 5 10 7 2 6 2 13 6 32 5x x x x x x x x          Đ/K 2x   0,25 
       2 3 25 5 10 7 3 2 6 2 2 2 5 10 5x x x x x x x x            
    
2
25 5 10 2 62 2 5
7 3 2 2
x x x
x x x
x x
   
     
    
   
2
25 5 10 2 62 5 0
7 3 2 2
x x x
x x
x x
   
     
    
0,25 
      42 2 ; 2;2x y x y     ( thỏa mãn đ/k) 
 
2 25 5 10 2 6 5 5 10 2 6
0
5 27 3 2 2
x x x x x x
x x
      
    
     
2
0, 20, 2
0, 2 0, 2
1 1 1 1
5 5 10 2 6 0
5 27 3 2 2xx
x x
x x x
x x    
     
      
                       

 
 (pt này vô nghiệm) 
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất :    ; 2;2x y  
0,25 
10.(1,0đ) 
Câu10. Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá 
trị lớn nhất của biểu thức : 
4 4 4 1 1 1
T
a b b c c a a b c
     
  
1,0 
Vì , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1
1
, , 0;
2
a b c
   
 
2 2 2
4 4 4 1 1 1 5 1 5 1 5 1
1 1 1
a b c
T
a b c a b c a a b b c c
  
        
     
0,25 
Ta có      
2
2 2
3 1 2 15 1 1
18 3 0 , 0;
2
a aa
a a
a a a a
            
 0,25 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 13 
Lưu ý khi chấm bài: 
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi 
chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. 
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. 
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được 
điểm. 
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. 
- Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
Từ đó suy ra : 2
5 1 1
18 3, 0;
2
a
a a
a a
        
Ta cũng có 2 bất đẳng thức tương tự: 
 2
5 1 1
18 3, 0;
2
b
b b
b b
        
 và 2
5 1 1
18 3, 0;
2
c
c c
c c
        
Cộng các bất đẳng thức này lại với nhau ta có : 
 2 2 2
5 1 5 1 5 1
18 9 9
a b c
T a b c
a a b b c c
  
       
  
. 
Dấu đẳng thức xẩy ra khi 
1
3
a b c   ax 9mT  đạt được 
1
3
a b c    
0,25 
 Vậy Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 , thì giá trị 
lớn nhất của biểu thức : 
4 4 4 1 1 1
T
a b b c c a a b c
     
  
 bằng 9 và đạt 
được khi và chỉ khi 
1
3
a b c   
Chú ý: Để có được bất đẳng thức 2
5 1 1
18 3, 0;
2
a
a a
a a
        
 ta đã sử dụng 
phương pháp tiếp tuyến 
0,25 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 14 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 3 
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 của hàm số 3 23 2y x x    
Câu 2. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
2 1
( )
1
x
f x
x



 trên đoạn 
[3;5] 
Câu 3. (1,0 điểm) 
a) Cho ;
2

   
 
 và 
1
sin
3
  . Tính giá trị của biểu thức sin 2 cos2P    
b) Giải phương trình: 2sin 2 2sin sin cosx x x x   
Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân 
4
2 2
0
2 2 ln( 9)I x x x dx     
Câu 5. (1,0 điểm) 
a) Giải bất phương trình 2 2log (3 2) log (6 5 ) 0x x    . 
b) Cho tập hợp  1;2;3;4;5;6E  và M là tập hợp tất cả các số gồm hai chữ số phân biệt lập từ 
E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng hai chữ số của số đó lớn hơn 7. 
Câu 6. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm (1; 2;0),M  ( 3;4;2)N  và 
mặt phẳng ( ) : 2 2 7 0P x y z    . Viết phương trình đường thẳng MN và tính khoảng cách từ 
trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng (P). 
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm 
cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy là trung điểm H của CI, góc giữa đường thẳng 
SA và mặt đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm H đến mặt 
phẳng (SBC). 
Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 : 3 4 8 0d x y   , 
2 : 4 3 19 0d x y   . Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với hai đường thẳng 1d và 2d , 
đồng thời cắt đường thẳng : 2 2 0x y    tại hai điểm A, B sao cho 2 5AB  . 
Câu 9. (1,0 điểm) Giải bất phương trình 
2
2 2 1
26( 2 4) 2( 2)
x
x x x
 

   
Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện 2016x y  . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức: 
2 2 2 2 2 2 2 25 3 3 5 2 2P x xy y x xy y x xy y x xy y            
--------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: 
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 15 
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 
1 (1,0 đ) 
Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số :   3 23 2y x x 1,0 
Tập xác định: D   . 
Ta có 23 6y' x x.  ; 
0
0
2
x
y'
x

   
 0,25 
- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; 
nghịch biến trên khoảng (0; 2) . 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0, 2CDx y  ; đạt cực tiểu tại 2, 2CTx y   
 - Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
    
0,25 
Bảng biến thiên: 
0.25 
Đồ thị: 
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0,25 
2 (1,0 đ) 
Câu2.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :   2 1
1
x
f x
x



 trên  3;5 1,0 
Hàm số xác định và liên tục trên  3;5D  0,25 
Ta có  
 
 2
3
0, 3;5
1
f x x
x
     

 0,25 
 Do đó hàm số này nghịch biến trên đoạn  3;5 0,25 
Suy ra 
 
   
 
   
3;53;5
7 11
max 3 ; min 5
2 4xx
f x f f x f

    0,25 
x  0 2  
y  0  0  
 
 2 
2 
  
Sưu tầm và tổng hợp: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM 16 
3.(1,0đ) 
Câu 3a. Cho ;
2
   
 
 và 
1
sin
3
 . Tính giá trị biểu thức sin 2 cos 2P    0,5 
Vì ;
2
   
 
 nên cos 0 , suy ra 2
2 2
cos 1 sin
3
      0,25 
Do đó 2sin 2 cos 2 2sin cos 1 2sinP          
2
1 2 2 1 7 4 2
2 1 2
3 3 3 9
P
                   
0,25 
Câu 3b) Giải phương trình : 2sin 2 2sin sin cosx x x x   0,5 
Phương trình đã cho  2sin sin cos sin cosx x x x x    
 
 
sin cos 0 1
2sin 1 2
x x
x
 
 

0,25 
    1 tan 1 ,
4
x x k k         
    1 52 sin 2 2 ,
2 6 6
x x k x k k           
0,25 
Vậy phương trình có ba họ nghiệm 
5
, 2 , 2
4 6 6
x k x k x k      
  
   , k  
4 .(1,0 đ) 
Câu 4. Tính tích phân sau :  
4
2 2
0
2 2 ln 9I x x x dx     1,0 
 
4 4
3 2
1 2
0 0
4 2 ln 9I x dx x x dx I I      0,25 
 
4
43 4
1 0
0
4 256I x dx x   0,25 
  
4
2
2
0
2 ln 9I