Đề thi thử năm 2015 - 2016 lần II môn: Tóan thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG THPT ÂN THI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM 2015 - 2016 LẦN II
—————— Môn: Toán
ĐỀ 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 (C) của hàm số y = x3 − 3x
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
x+ 1
x− 1 biết tiếp
tuyến đó có hệ số góc k = −2
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z và tính môđun của nó, biết z thỏa mãn iz + 2z = 5i+ 2iz
b) Giải phương trình 31+x + 31−x − 10 = 0
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: I =
∫ √3
0
x√
x2 + 1 + 1
dx
Câu 5 (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 0; 5), B(−1;−1; 1) và C(1; 0; 7).
Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua ba điểm A, B, C? Tìm tọa độ điểm M thuộc trục
Oy sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P ) bằng 5?
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho sinα =
3
5
, α ∈
(
0;
pi
2
)
. Tính giá trị của A = cos
(
2α +
pi
4
)
b) Lớp 12A có 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ đi học muộn. Giáo viên chủ nhiệm lớp
12A chọn ngẫu nhiên 7 học sinh trong số 10 học sinh đi học muộn đó để đi lao động. Tính
xác suất sao cho trong số 7 học sinh được chọn có số học sinh nam và số học sinh nữ đều
lớn hơn 2?
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và
B, AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa SB và mặt
đáy bằng 600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng BD và SC?
Câu 8 (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (C)
có phương trình (x−2)2+(y+1)2 = 40. Điểm E(5;−5) thuộc cạnh BC, DE cắt đường tròn
(C) tại giao điểm thứ hai là H, đường thẳng BH cắt đường thẳng DC tại điểm K(6;−8).
Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD?
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:
√
x2 + y2
2
+
√
x2 + xy + y2
3
= x+ y
2
√
y2 − 2x− 1 + 3
√
x3 − 14 = y − 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: ab + a + b = 3. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
P =
3a
b+ 1
+
3b
a+ 1
+
ab
a+ b
− 2a2 − 2b2
——— 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: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN 
TRƯỜNG THPT ÂN THI 
ĐÁP ÁN THI THỬ THPTQG NĂM 2015 – 2016 LẦN II 
MÔN TOÁN 
Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề. 
ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 3 3y x x  
1,0 
TXĐ: D  ; 
2' 3 3y x  ; ' 0 1y x    
0,25 
Hàm số đồng biến trên ( ; 1)  và (1; ) ; hàm số nghịch biến trên ( 1;1) 
Hàm số đạt cực đại tại 1; ( 1) 2x y    ; Hàm số đạt cực tiểu tại 1; (1) 2x y   
0,25 
lim ; lim
x x
y y
 
    
0,25 
Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận O(0;0) làm tâm đối xứng và đi qua các điểm ( 2; 2),(2;2)  
-3 -2 -1 1 2 3
-3
-2
-1
1
2
3
x
y
O
0,25 
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 
1
1
x
y
x



 biết tiếp tuyến đó 
có hệ số góc 2k   
1,0 
Ta có 
2
2
'
( 1)
y
x



Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho,  là tiếp tuyến cần viết phương trình, 0 0( ; )M x y là tiếp 
điểm của  và (C) 
0,25 
Vì  có hệ số góc 2k   nên 
0
0 2
00
02
'( ) 2 2
2( 1)
x
y x
xx

      
 
 0,25 
Với 0 0x  thì : 2 1y x    0,25 
Với 0 2x  thì : 2 7y x    0,25 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Tìm số phức z và tính môđun của nó, biết z thỏa mãn 2 5 2iz z i iz   
b) Giải phương trình 1 13 3 10 0x x    
1,0 
a) 
5
2 5 2 (2 ) 5 1 2
2
i
iz z i iz i z i z z i
i
           

 0,25 
2 2( 1) 2 5z     0,25 
'y
x
y
  0
 1 

1
0

2
2
ĐÁP ÁN ĐIỂM 
b) 1 1 2
3
3 3 10 0 3.3 10 0 3.3 10.3 3 0
3
x x x x x
x
            0,25 
3
3 3
1
1
13
3
x
x
x
 
     

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1x  và 1x   
0,25 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: 
3
2
0 1 1
x
I dx
x

 
 1,0 
Đặt 2 2 21 1t x t x tdt xdx       
Đổi cận 0x  1t  ; 3 2x t   
0,5 
 
2 2
1 1
2
1
3
1 ln 1 1 l
2
1
n
1 1
I dt dt t t
t
t
t
 
        
  
  0,5 
Câu 5 (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm (0;0;5)A , ( 1; 1;1)B   và (1;0;7)C . 
Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua ba điểm A , B , C ? Tìm tọa độ điểm M thuộc trục 
Oy sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P bằng 5? 
1,0 
Ta có ( 1; 1; 4); (1;0;2)AB AC     
Ta có , ( 2; 2;1)AB AC      
0,25 
Ta có ,AB AC là hai vectơ không cùng phương có giá song song hoặc nằm trong mặt phẳng 
(P) nên , (2;2; 1)n AB AC      là một vtpt của (P) 
Mặt phẳng (P) có phương trình: 2 2 5 0x y z    
0,25 
(0; ;0)M b Oy ta có 
52 5
( , ( )) 5 5 2 5 15
103
bb
d M P b
b
 
         
 0,25 
Vậy (0;5;0)M hoặc (0; 10;0)M  0,25 
Câu 6 (1,0 điểm) 
a) Cho 
3
sin , (0; )
5 2

   . Tính giá trị của cos(2 )
4
A

  
b) Lớp 12A có 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ đi học muộn. Giáo viên chủ nhiệm lớp 12A 
chọn ngẫu nhiên 7 học sinh trong số 10 học sinh đi học muộn đó để đi lao động. Tính xác suất 
sao cho trong số 7 học sinh được chọn có số học sinh nam và số học sinh nữ đều lớn hơn 2? 
1,0 
 Ta có 2 2
9 16
cos 1 sin 1
25 25
      
Suy ra 
4
cos
5
  vì 0;
2


 
 
 
. 
0,25 
Ta có   2 2
2 2
cos 2 cos 2 sin 2 (cos sin 2sin cos )
4 2 2
A

      
 
       
 
2 16 9 2.3.4 17 2
2 25 25 25 50
 
     
 
0,25 
b) Phép thử: “Chọn ngẫu nhiên 7 học sinh trong số 10 học sinh đi học muộn của lớp 12A” 
Ta có 710( ) 120n C   
0,25 
ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Gọi A là biến cố: “Trong 7 học sinh được chọn có số học sinh nam và số học sinh nữ đều lớn 
hơn 2” 
Số phần tử của biến cố A là 3 4 4 35 5 5 5( ) 100n A C C C C   
Xác suất của biến cố A là 
7
10
100 5
( )
6
P A
C
  
0,25 
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , 
AB BC a  , 2AD a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa SB và mặt đáy bằng 
060 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD 
và SC 
1,0 
N
M
D
CB
A
S
H
K
+) Ta có 
21 3
.( )
2 2
ABCD
a
S AB BC AD   
Ta có ( )SA ABCD nên AB là hình chiếu của SB 
trên mặt phẳng (ABCD). Suy ra 
0( , ) ( , ( )) 60ABS AB SB SB ABCD   
0,25 
0tan 60 3SA AB a  
2 3
.
1 1 3 3
. . . 3.
3 3 2 2
S ABCD ABCD
a a
V SA S a   (đvtt) 0,25 
Gọi M BD AC  
Dựng / /Mx SC , Gọi N Mx SA  , 
Ta có / / / /( ) ( , ) ( ,( ))MN SC SC BDN d SC BD d C BDN   
Ta có 
/ /
2 2
BC AD
AD a BC


 
 nên 
1
2
MC BC
AM AD
  
Suy ra 
1
( , ) ( , ( )) ( , ( ))
2
d SC DB d C BDN d A BDN  
Dựng AH DB , AK NH 
Ta có ( )AN ABCD AN DB   , lại có DB AH nên ( )BD AHN BD AK   
Ta có: ( ) ( , ( ))
BD AK
AK BDN d A BDN AK
NM AK

   

0,25 
Ta có tam giác ABD vuông tại A và AH là đường cao nên 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5
4 4AH AB AD a a a
     
Ta có / /MN SC nên 
2 2 2 3
3 3 3
AN AM a
AN AS
AS AC
     
Ta có tam giác ANH vuông tại A và AK là đường cao nên 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 3 2 2
4 4 2
a
AK
AK AH AN a a a
       
Vậy 
1 2
( , )
2 2
a
d SC BD AK  
0,25 
Câu 8 (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn ( )C có 
phương trình 2 2( 2) ( 1) 40x y    . Điểm (5; 5)E  thuộc cạnh BC, DE cắt đường tròn ( )C 
1,0 
ĐÁP ÁN ĐIỂM 
tại H , đường thẳng BH cắt đường thẳng DC tại điểm (6; 8)K  . Tìm tọa độ các đỉnh của hình 
vuông ABCD? 
K
H
I
D C
A B
E
Đường tròn (C) có tâm (2; 1)I  bán kính 2 10R  
Ta có góc DHB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên 
090DHB  
Xét tam giác BDK có ,BC DK DH BK  nên E là trực 
tâm của tam giác BDK, suy ra EK BD 
0,25 
BD đi qua I nhận (1; 3)EK   làm vtpt nên BD có phương 
trình 3 5 0x y   
AC đi qua I nhận (1; 3)EK   làm vtcp nên AC có phương 
trình 3 5 0x y   
0,25 
Tọa độ của B, D là nghiệm của hệ phương trình 
2 2( 2) ( 1) 40
8
13 5 0
4
3
x
x
yx
xy
y
y
 

       
  


 
Nếu (8;1), D( 4; 3)B   thì thỏa mãn (vì B và E cùng phía so với đường thẳng AC) 
Nếu ( 4; 3), (8;1)B D  thì không thỏa mãn (vì B và E không cùng phía so với AC) 
0,25 
Tọa độ của A, C là nghiệm của hệ phương trình 
2 2( 2) ( 1) 40
4
73 5 0
0
5
x
x
yx y
y
y x
 

       

 

 
Nếu C(4; 7), (0;5)A thì thỏa mãn (vì C và E cùng phía so với đường thẳng BD) 
Nếu (4; 7), (0;5)A C thì không thỏa mãn (vì C và E không cùng phía so với BD) 
Vậy (0;5), (8;1), (4; 7), ( 4; 3)A B C D   
0,25 
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 
2 2 2 2
2 3 3
(1)
2 3
2 2 1 14 2 (2)
x y x xy y
x y
y x x y
   
  


     
1,0 
ĐK: 2 2 1y x  
Ta thấy điều kiện có nghiệm của phương trình (1) là 0x y  
Khi đó áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 
2 2 2 2 2 2 2(1 1 )( ( ))
42 4
x y x y x y   
  hay 
2 2
2 2
x y x y 
 (3) 
2
2
2 2
2 2
1 1 3 1 11
3 2 4 2 2
43 4
3.
3
x y y x y y
x xy y
                           
hay 
2 2
3 2
x xy y x y  
 (4) 
(Chú ý: Ta có thể chứng minh (3), (4) bằng phương pháp biến đổi tương đương) 
0,5 
ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Dấu bằng ở (3) và (4) xảy ra khi x y (5) 
Từ (3), (4), (5) suy ra (1) x y  . 
Với x y thay vào (2) ta có phương trình 32 32 2 1 14 2x x x x      
 32 32 2 1 14 2 0x x x x        (6) 
ĐK: 
1 2
1 2
x
x
  

 
 . Kết hợp với điều kiện 0x y  và x y ta được điều kiện 1 2x   
Xét hàm số 3 3( ) 14 2f x x x    trên tập [1 2; )  
 
2
2
33
'( ) 1
14
x
f x
x
 

 ;    
2 2
2 3 6 3 33'( ) 0 14 14 7f x x x x x x         
Suy ra ( ) 0, [1 2; )f x x     
0,25 
Ta có 
2
3 3
2 2 1 0, [1 2; )
14 2 0, [1 2; )
x x x
x x x
       

       
 nên 
2
3 3
2 2 1 0
(6) 1 2
14 2 0
x x
x
x x
   
   
   
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 1 2x y   
0,25 
Câu 10 (1,0 điểm): Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: 3ab a b   . Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức 2 2
3 3
2 2
1 1
a b ab
P a b
b a a b
    
  
1,0 
Đặt t a b  ta có 3 3ab a b t ab      (1) 
Ta có a, b, c là các số dương nên từ (1) suy ra 0 3t  (2) 
Ta lại có 
2
3 3
2
a b
t ab
 
    
 
 hay 
2
2
2
3 4 12 0
64
tt
t t t
t

         
 (3) 
Từ (2) và (3) suy ra 2 3t  
0,25 
Ta có 
2 2 2
2 23( ) 3( ) 5( ) 3( ) 52( )
1 4 2
a b a b ab a b a b ab ab
P a b
a b ab a b a b
      
      
    
2 2
2 55( ) 3( ) 2 2
4 2
a b a b
a b a b
a b
    
            

 Hay 
25
8
t
P t  
0,25 
Xét hàm số 
25
( )
8
t
f t t  trên [2;3) 
Có 
5
'( ) 1 0, [2;3)
4
t
f t t     suy ra hàm số '( )f t nghịch biến trên [2;3) 
Suy ra ( ) (2), [2;3)f t f t   hay 
1
( ) , [2;3)
2
f t t    
0,25 
Vậy P lớn nhất bằng 
1
2
 khi 1a b  0,25 
'y
x
y


2
1 2
0