Đề thi thpt quốc gia năm học 2015 - 2016 - lần thứ 2 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 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 :   218f 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 :      
2
3 9 3 3
log 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 32x
x
 
 
 
. 
b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n và 3n  . 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  1; 1A  ,  3;0B . 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 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 . 
Câu 8 (1,0 điểm).. 
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 . 
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: 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II 
NĂM HỌC 2015-2016 
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
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 
1 (1,0 đ) +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: 
x 
 
3
2
  
y’ - || - 
y 
1
2
  
  
1
2
 
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 
 Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :   218f x x x   . 1,0 
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
- 10 - 5 5 10
I
 Hàm số xác định và liên tục trên 3 2;3 2D    
 0,25 
2 (1,0 đ) 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 
 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 3 2
2 2 5 2 2 2 2 5
2sin .cos 2cos 1 cos 2sin .cos 2cos sin
sin cos sin sin sin cos sin cos sin sin
P
  
 
    
       
         
3.(1,0đ)  
 
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 0 cos sin sin 1 cos 0x x x x x x x x x            
0,25 
 tan 1
cos sin 0 4
2 sin 1sin 1 cos 0
2 , 24
2
x x k
x 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 
 Câu 4 (1,0 điểm). 
Giải phương trình :      
2
3 9 3 3
log 5 log 2 log 1 log 2x x x      1,0 
4 .(1,0 đ) 
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    
2
3 3 3 3log 5 log 2 log 1 log 2x x x      
         
2 2
3 3log 5 2 log 2 1 5 2 2 1 *x x x x x x               
0,25 
  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
( / )
6
5 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 
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 4
8 1 2 3 90720C   
0,25 
5 (1,0 đ) 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
2
n
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 
 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 
6 .(1,0 đ) Từ ABCD là hình vuông, ta có : 
 
 
0
0 0 0
2 2
00 0
0
4
2 3 1. 0 1
23 5
2
x
x y yAB BC
xAB BC x y
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 
 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 
 Vì SC tạo với đáy một góc 
060 , suy ra  060SCH  
Ta có: 2
8 64 4 13
4
3 9 3
HB HC     0
4 13 4 13
.tan 60
3 3
SH   
0,25 
 I
A
D C
B
S
H
K
7. (1,0 đ) 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 ( DK C ) ( )DC SHK  ( D) ( )mp SC mp SHK  
Kẻ HI vuông góc với SK ( D)HI mp SC  ( , ( D))d H SC 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
       
( , ( D)) 13d H SC  . 
0,25 
 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
AFD
2
1
EF
2
C ADC
A ADC DAB

 

  

 . 
Mà  C DAB (cùng chắn 
cung AB ) 
 AFD EF E AFA A    
0,25 
8 .(1,0 đ) 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
x
y
F
x y
y

   
  
    

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 
7 7 11
( ; ) ( )
34 2 2 2E
1 1 32
( ; ) ( / )
2 2 2
t E Loai do trung F
A
t E T m
 
 
   
   
  
 3 5E ( ; )
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 
 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 3
1 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 
9 .(1,0 đ) 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 
 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 
10.(1,0đ) 
Ta có  
   
2
2 2
3 1 2 15 1 1
18 3 0 , 0;
2
a aa
a a
a a a a
   
      
   
Từ đó suy ra : 
2
5 1 1
18 3, 0;
2
a
a a
a a
  
    
  
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. 
 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