Đề thi thử lần II năm học 2015 - 2016 môn : Toán thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN ĐỀ THI THỬ LẦN II 
TRƯỜNG THPT LÝ THƯỜNG KIỆT NĂM HỌC 2015-2016 
TỔ TOÁN MÔN : TOÁN 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
ĐỀ: 
Bài 1 ( 2 điểm ). 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 + 3x2 - 2. 
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng - 3. 
Bài 2 ( 1 điểm ). 
1) Cho tan x = 2. Chứng minh sin2x – 2sin2x – 3cos2x = −


 . 
2) Giải bất phương trình log4. log(9
 − 6)> x. 
Bài 3 ( 1 điểm ). 
1) Tính môđun của số phức  =  + ,̅ biết 


= 5 + . 
2) Trong một chiếc hộp có chứa 10 quả cầu có kích thước như nhau được đánh số từ 1 
đến 10. Lấy ngẫu nhiên ra ba quả cầu trong hộp đó. Tính xác suất để các số ghi trên 3 
quả cầu lấy được là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông. 
Bài 4 ( 1 điểm ). Tính tích phân I= ∫


dx


. 
Bài 5 ( 1 điểm ). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(-3;-1;2), đường 
thẳng d
x = −3	
	y = −6 + 5t	
z = 2 − t	
 và mặt phẳng (P) x + 2y - 2z + 4 = 0. Viết phương trình mặt phẳng 
(Q) chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P). Tìm toạ độ của điểm M thuộc 
đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) bằng độ dài đoạn MA. 
Bài 6 ( 1 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, tam giác 
SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SB hợp với đáy một góc 30o. 
Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách giữa hai 
đường thẳng SB, AM theo a . 
Bài 7 ( 1 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD, 
đỉnh D(-1;1) và điểm M(5;5) nằm trên cạnh AB sao cho AM = 3MB. Tìm tọa độ các đỉnh 
A,B,C của hình chữ nhật, biết đỉnh A có hoành độ âm. 
Bài 8 ( 1 điểm ). Giải phương trình 4x + 1 = √3x − 2x− 1 + 2x√x + 2x+ 2 
Bài 9 ( 1 điểm ). Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a + b +


≤ ab + 2. Tìm giá trị 
lớn nhất của biểu thức 	M =


+


−


 . 
------- HẾT ------ 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Bài BÀI GIẢI BIỂU 
ĐIỂM 
1.1 
a) Hàm số 3 23 2y x x   
 TXĐ: D   
+ Các giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    . 
 Sự biến thiên: 
2y'= 3x 6x ; 
0;( 2)
' 0
2;( 2)
x y
y
x y
  
     
+ Bảng biến thiên: 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2)  và (0; ) 
và nghịch biến trên khoảng. ( 2;0) 
 + Hàm số đạt cực đại tại 2; 2CDx y   , đạt cực tiểu tại 0; 2CTx y   
 Đồ thị:. 
x  -2 0 + 
y’ + 0 - 0 + 
y 2  
 -2 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1.2 
Ta có 2y'= 3x 6x . Gọi 0 0( ; )M x y là tiếp điểm 
Ta có 20 0 0 03 6 3 0 1( 0)x x x y       
. PTTT : y = -3x - 3 
0,25 
0,25+0,25 
0.25 
2.1 
tan 2 sin 2cosx x x  
2
2
1 1
cos
1 tan 5
x
x
 

2 2 2 2 2 2 7sin 2sin 2 3cos 4cos 8cos 3cos 7cos
5
x x x x x x x

        (đpcm) 
0,25 
0,25 
2.2 
ĐK: 9 6x  
9 2
2
3
log 4.log (9 6)
log (9 6) (3 ) 3 6 0
3 2( )
1( )
3 3
x
x x x
x
x
x
x
VN
x n
 
      
  
  

0,25 
0,25 
3.1 Ta có 5 (5 )(2 3 ) 13 13
2 3
z
i z i i i
i
       

Do đó 
2 213 325 13 626z z i z z     
0,25 
0,25 
Không gian mẫu 310( ) 120n C   0,25 
3.2 Gọi A là biến cố cần tính xác suất 
Gọi a b c  là ba số ghi trên ba quả cầu chọn được và ba số đó lập thành ba 
cạnh của tam giác vuông ( 2 2 2c a b  ) 
Ta có các bộ (a;b;c) là : (3;4;5); (6;8;10). Do đó n(A) =2 
( ) 2 1
( )
( ) 120 60
n A
P A
n
  

0,25 
4 
Đặt 2
2
2
2
x
x
du dx
u x
e
dv e dx v



  
  
  

1 11
2 2 2
2 2
0 00
1 1 3 1 1 7
( 2) 1 ( 5)
2 2 2 4 4
x x xI x e e dx e
e e
            
0,25 
0,25+0,25
+ 0,25 
5 
 VTCP (d) : (0;5; 1)u  

; VTPT (P): (1;2; 2)n  

VTPT (Q): [ ; ] (8;1;5)u n  

PT (Q): 8( x + 3 ) + y + 6 + 5 (z - 2) = 0 8x + y +5z + 20 =0 
 Ta có ( 3; 6 5 ;2 )M d M t t      
2 2
( ,( ))
( 3) 2( 6 5 ) 2(2 ) 4
0 (5 5)
1 4 4
0, 1 ( 3; 6;2), ( 3; 1;1)
M P
t t
d MA t t
t t M M
      
     
 
       
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
6 
Gọi H là trung điểm AC 
Ta có  0( ), 30SH ABC SBH  
2 3
.
3 3
,
2 8 48
ABM S ABM
a a a
SH S V     
Kẻ Bt//AM => AM//(SBt) ( , ) ( ,( )AM SB AM SBtd d  
Gọi I là hình chiếu của H lên Bt, J HI AM  
Gọi L là hình chiếu của H lên SI 
( ,( ))
( ,( )) ( ,( ))
( ,( )
( , )
2 2 2
3 3 3
3 13
132 13
J SBt
J SBt H SBt
H SBt
AM SB
d
d d HL
d
a a
HL d
   
  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
7 
Đặt 
3
0 2 ,
2
x
AD x AB x AM     
Ta có 
2
2 2 2 2 2 2 29 6 4 16 4
4
x
AD AM MD x x x          
Gọi ( ; )A x y , ta có 
2 2
( 1)( 5) ( 1)( 5) 0. 0
( 1) ( 1) 164
x x y yAD AM
x yAD
      
 
    
 
2 2
2
7 3
14 6 0
( 1;5)2
53 2 7 0
13 22 35 0
x
y xx y x y
A
yx y
x x

       
      
       
0,25 
0,25 
Lại có 3 ,AM MB
 
suy ra (7;5)B . Gọi I là trung điểm BD , suy ra (3;3)I 
Do I là trung điểm AC nên ta có (7;1)C 
Vậy ( 1;5), (7;5), (7;1).A B C 
0,25 
0,25 
 8 
ĐK : 
1
1
3
x
x


  

0,25 
0,25 +0,25 
0,25 
 9 
Đặt 0t ab t   
Theo đề cho: 4 4 2 2
1 1
2 2 2a b ab ab a b
ab ab
        
2 1 12 2 1
2
t t t
t
       
Với 0, 0, 1a b ab   ta có : 
    
2
2 2 2 2
1 1 2 ( ) ( 1)
(*) 0
1 1 1 1 1 1
a b ab
a b ab a b ab
 
   
     
 (đúng) 
Do đó 
4 3
1 1 2
M
ab ab
 
 
Xét hàm số 
1
;1
2
4 3 1 1 7
( ) , 1 max ( )
1 1 2 2 2 6
g t t g t g
t t  
 
 
 
       
   
Vậy giá trị lớn nhất của M là 


 khi 
1
2
a b  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Nếu học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương ứng . 
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
2
2 2
8 2 2 3 2 1 4 2 2 0
3 2 1 2 3 2 1 1 2 2 4 2 2 4 0
( 3 2 1 1) (2 2 2) 0
3 2 1 1
3 2 1 1 1 7
0
32 2 2
4 2 2
PT x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x x
x x
x x
x x
x x x
x x x
        
              
        
   
    
     
      