Đề thi thử thpt quốc gia lần 1 môn: Toán. Năm học 2015 - 2016 thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

TRƯỜNG THPT LAM KINH	ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
MÔN: TOÁN. NĂM HỌC 2015 - 2016
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số
y = 2x + 1
x - 1
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng của đồ thị (C) bằng khoảng cách từ M đến trục Ox.
3
Câu 2 (1 điểm).
Giải phương trình:
sin 2x - cos 2x = 4sin x -1.
Giải bất phương trình:
2 log3 (x -1) + log
(2x -1) £ 2 .
3
Câu 3 (0.5 điểm). Tính nguyên hàm sau:
Câu 4 (1.5 điểm).
I = ò x	dx
x2
+ 3
9
Tìm số hạng chứa x3
trong khai triển của
æ x -
2 ö
x2 ÷ .
ç
è	ø
Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 20 câu hỏi trên. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa
(SAB) và (ABCD) bằng
SA và IC.
600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC = 2BA . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM = 3FE . Biết điểm M có tọa độ (5; -1) , đường thẳng AC có phương trình 2x + y - 3 = 0 , điểm A có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 7 (1 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.
ìïx + 3
= 5 y + 4
xy + x - y2 - y
y -1
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình	í	 	
ïî 4 y2 - x - 2 +
= x -1
Câu 9 (1 điểm). Cho
a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn 2c + b = abc.
Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức S =
3	+	4	+	5
b + c - a	a + c - b	a + b - c
----Hết----
Họ và tên thí sinh:.Số báo danh:..............
x
- ¥
1
+ ¥
y’(x)
-
-
2
+ ¥
y
-¥
2
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016, LẦN 1
Câu
Nội dung
Điểm
Câu1a 1.0đ
Tập xác định D = R \ {1}
Sự biến thiên y ' =	-3	< 0 với "x Î D
( x -1)2
0,25
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-¥;1), (1; +¥)
+ Hàm số không có cực trị
0,25
+ lim y(x) = 2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của
x®±¥
đồ thị
lim y(x) = +¥, lim y(x) = -¥ , suy ra đường thẳng x = 1 là đường tiệm
x®1+	x®1-
cận đứng của đồ thị
+ Bảng biến thiên
0,25
- Đồ thị
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm
(0; -1), (-2;1), (4;3) , (2;5)
+ Đồ thị nhận điểm I (1; 2) làm tâm đối xứng.
0,25
Câu 1b 1.0đ
Gọi M ( x ; y ) , ( x ¹ 1) , y = 2x0 +1 , Ta có
0	0	0	0	x -1
0
d (M, D1 ) = d (M, Ox) Û x0 -1 = y0
0,25
Û x -1 = 2x0 +1 Û ( x -1)2 = 2x +1
0	x -1	0	0
0
0,25
Với x ³ -1 , ta có : x2 - 2x +1 = 2x +1 Û éx0 = 0	Suy ra
0	2	0	0	0	êx = 4
ë 0
M (0; -1), M (4;3)
0,25
Với x < -1 , ta có pt x2 - 2x +1 = -2x -1 Û x2 + 2 = 0 (vô nghiệm) .
0	2	0	0	0	0
Vậy M (0; -1), M (4;3)
0,25
Câu 2a. 0.5đ
3 sin 2x - cos 2x = 4 sin x -1 Û 2 3 sin x cos x + 1 - cos 2x - 4 sin x = 0
Û 2 3 sin x cos x + 2 sin2 x - 4 sin x = 0 Û 2 sin x ( 3 cos x + sin x - 2) = 0
0,25
ésin x = 0	ésin x = 0	é x = kp
Û ê	Û ê	æ	pö	Û ê	p	, k ΢.
ë 3 cos x + sin x = 2	êêsin ç x +	÷ = 1	ê x =	+ k 2p
ë	è	3 ø	ë	6
0,25
Câu 2b. 0.5đ
ĐK: x > 1 ,	2 log3 (x -1) + log 3 (2x -1) £ 2 Û log3[(x -1)(2x -1)] £ 1
0,25
Û 2x2 - 3x - 2 £ 0	ó - 1 £ x £ 2
2
Đối chiếu điều kiện suy ra bpt có tập nghiệm S = (1;2]
0,25
Câu 3
0.5 đ
Đặt t =	x2 + 3 Þ t2 = x2 + 3 Þ 2tdt = 2xdx Þ xdx = tdt .
0,25
t3	(	x2 + 3)3
Suy ra I = òt.tdt = òt 2 dt =	+ C =	+ C
3	3
0,25
Câu 4.a 0.5đ
9	9	k	9
Ta có æ x - 2 ö =	Ck x9-k æ -2 ö =	Ck x9-3k (-2)k
ç	2 ÷	å 9	ç 2 ÷	å 9
è	x ø	k=0	è x ø	k=0
0,5
Số hạng chứa x3 tương ứng giá trị k thoả mãn 9 - 3k = 3 Û k = 2
Suy ra số hạng chứa x3 bằng C2 x3 (-2)2 = 144x3
9
0,25
Câu 4.b 0.5đ
Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có
C 4 = 4845 đề thi.
20
0,25
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có
C 2 .C 2 = 2025 trường hợp.
10	10
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có
C 3 .C1 = 1200 trường hợp.
10	10
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có
C 4 = 210 trường hợp.
10
Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có
2025 + 1200 + 210 = 3435 trường hợp
Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã
thuộc là 3435 = 229 .
4845	323
0,5
Câu 5 1.0đ
Ta có V	= 1 SH.S	, trong
S.ABCD	3	ABCD
2
đó SABCD = a
0,25
Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra SH ^ (ABCD)
Dựng HE ^ AB Þ (SHE) ^ AB , suy ra S·EH là góc giữa (SAB) và (ABCD) Þ S·EH = 600
Ta có SH = HE. tan 600 =	3HE
HE = HI = 1 Þ HE = a CB	IC	3	3
Þ SH = a	3
3
Suy ra
1	1 a 3	3a3
V	= SH.S	= .	.a2 =
S.ABCD	3	ABCD	3	3	9
0,25
Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI
Þ d (SA, CI) = d (CI, (SAP)) = d(H, (SAP))
0,25
Dựng HK ^ AP , suy ra (SHK) ^ (SAP)
Dựng HF ^ SK Þ HF ^ (SPA) Þ d(H, (SPA)) = HF
Do DSHK vuông tại HÞ	1	=	1	+	1	(1)
HF2	HK2	HS2
Dựng DM ^ AP , ta thấy DM = HK Þ	1	=	1	=	1	+	1
HK2	DM2	DP2	DA2
Thay vào (1) ta có
Þ	1	=	1	+	1	+	1	= 4 + 1 + 3 = 8 Þ HF =	a	.
HF2	DP2	DA2	HS2	a2	a2	a2	a2	2 2
Vậy d (SA, CI) =	a	.
2 2
0,25
Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy
BC = 2BA Þ EB = BA, FM = 3FE Þ EM = BC
DABC = DBEM Þ E·BM = C·AB Þ BM ^ AC .
0,25
Câu 6
1.0đ
Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM : x - 2y - 7 = 0 .
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
ì x = 13
ì2x + y - 3 = 0	ï	5	Þ Iæ 13 ; -11 ö
í	Û í	ç	÷
îx - 2y - 7 = 0	ïy = -11	è 5	5 ø
ïî	5
Þ uuur = æ 12 ; 6 ö , uur = - 2 uuur = æ -8 ; -4 ö Þ B 1; -3)
IM	ç	÷ IB	IM	ç	÷	(
è 5 5 ø	3	è 5	5 ø
0,25
Trong DABC ta có	1 =	1	+	1	=	5	Þ BA =	5 BI
BI2	BA2	BC2	4BA2	2
2	2
Mặt khác BI =	æ -8 ö + æ -4 ö = 4 5 , suy ra BA =	5 BI = 2
ç 5 ÷	ç 5 ÷	5	2
è	ø	è	ø
Gọi toạ độ A(a, 3 - 2a) , Ta có
é a = 3 BA2 = 4 Û (a -1)2 + (6 - 2a)2 = 4 Û 5a2 - 26a + 33 = 0 Û ê	11
êa =
ë	5
0,25
uur	æ -2 4 ö
Do a là số nguyên suy ra A(3; -3) . AI = ç	;	÷
è 5	5 ø
Ta có AC = 5AI = (-2; 4) Þ C(1;1) . Vậy A(3; -3) , B(1; -3) , C(1;1)
0,25
Câu 7 1.0đ
Thể tích lăng trụ là:
a2 3	a3 3 V = AA '.SABC = a.	4	=	4
0,5
Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp DABC , DA'B'C'
khi đó tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm I của OO’. Mặt cầu này có bán kính là:
R = IA =	AO2 + OI2 =	(a	3 )2 + ( a )2 = a	21
3	2	6
2	a	21 2	7pa2
suy ra diện tích mặt cầu (S) là: S = 4pR	= 4p(	)	=
6	3
0,5
Câu 8 1.0đ
ìxy + x - y2 - y ³ 0
ï
Đk: í4 y2 - x - 2 ³ 0	. Ta có (1) Û x - y + 3 ( x - y ) ( y +1) - 4( y +1) = 0
ï y -1 ³ 0
î
Đặt u =	x - y , v =	y +1 ( u ³ 0, v ³ 0 )
0,5
Khi đó (1) trở thành : u2 + 3uv - 4v2 = 0 Û éu = v
êu = -4v(vn)
ë
Với u = v ta có x = 2 y +1, thay vào (2) ta được :	4 y2 - 2 y - 3 +	y -1 = 2 y
Û	4 y2 - 2 y - 3 - (2 y -1) + (	y -1 -1) = 0
2 ( y - 2)	y - 2
+	 	= 0 4 y2 - 2 y - 3 + 2 y -1	y -1 +1
æ 	2	 	1	ö
Û ( y - 2)ç	 	+	 	÷ = 0
ç	4 y2 - 2 y - 3 + 2 y -1	y -1 +1 ÷
è	ø
0,25
Û y = 2 ( vì Û	2	+	1	> 0"y ³ 1)
4 y2 - 2 y - 3 + 2 y -1	y -1 +1
Với y = 2 thì x = 5 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là (5; 2)
0,25
Câu 9 1.0đ
Áp dụng bất đẳng thức 1 + 1 ³	4	, x > 0, y > 0.
x	y	x + y
S =	1	+	1	+ 2 æ	1	+	1	ö + 3æ	1	+	1	ö
b + c - a	a + c - b	ç b + c - a	a + b - c ÷	ç a + c - b	a + b - c ÷
è	ø	è	ø
0,25
suy ra S ³ 2 + 4 + 6 .
c	b	a
0,25
Từ giả thiết ta có 1 + 2 = a, nên 2 + 4 + 6 = 2 æ 1 + 2 + 3 ö = 2 æ a + 3 ö ³ 4 3.
c	b	c	b	a	ç c	b	a ÷	ç	a ÷
è	ø	è	ø
0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 4 3 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =	3.
0,25
Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN
( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề )
Đề thi này có 01 trang
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
y = 2x +1
x -1

(1).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2 cos x.cos 2x = 2 - 2sin2 x + cos 3x .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I = ò
Câu 4 (1,0 điểm).
dx .
2x2 + 1
x
1	2
Giải phương trình: log (2x2 - 3x +1) + 1 log (x -1)2 = 1 .
4	2	2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
y = 8ln x - x2 trên đoạn [1;e].
Câu 5 (1.0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và có không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = a; AD = 2a , tam giác
SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SD. Tính thể tích khối chóp S.ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết
AB = 3 AD . Gọi F là
2
điểm thuộc đoạn thẳng BC sao cho
BF = 3 BC . Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình
4
æ x - 9 ö

2	2
1
+ æ y -	ö
= 225 . Đường thẳng d đi qua hai điểm A, C có phương trình 3x +11y - 2 = 0 . Tìm
ç	4 ÷	ç	4 ÷	8
è	ø	è	ø
ì3 4 y2 + 4 y =
ï
tọa độ đỉnh C biết điểm A có hoành độ âm.
x3 - 2
Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:

+ x + 4 y + 2

( x; y Î ¡).
ï (	3	3 )	(	)2	(	)
í
2 2 y + x	+ 3y x + 1	+ 6x x +1 + 2 = 0
î
Câu 9 (1.0 điểm). Cho
a2
a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn 16b2 - 27 ( a + bc)2
a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
P =	+
(1- a)2 + 5bc
.
36 ( a + c)2
 	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: 
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
Câu 1
Khảo sát
1điểm
1.1
Tập xác định D = R / {1}
Sự biến thiên:
Ta có: y ' = - 	3	< 0, "x Î D .
( x -1)2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-¥;1) và (1; +¥) . Hàm số không có cực trị.
0,25
* Giới hạn và tiệm cận: Ta có:
lim y = lim y = 2 Þ đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C).
x®-¥	x®+¥
lim y = -¥; lim y = 1 = +¥ Þ đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị (C).
x®1-	x®1+
0,25
* Bảng biến thiên:
0,25
x
-¥	1	+¥
y '
-
-
y
2
-¥
+¥
2
* Đồ thị:
Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm æ - 1 ;0 ö , cắt trục Oy tai điểm (0; -1) .
ç	2	÷
è	ø
0,25
1điểm
1.2
Gọi M æ a; 2a +1 öÎ(C ) (điều kiện a ¹ 1).
ç	a -1 ÷
è	ø
Gọi đường thẳng D là đường tiệm cận ngang của đồ thi (C) .
0.a +1. 2a +1 - 2
Ta có d ( M , Oy ) = a ; d ( M , D) = 	a -1	=	3	.
02 +12	a -1
0,25
Theo giả thiết khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến
đường tiệm cận ngang do đó: 2.	3	= a
a -1
0,25
éa2 - a = 6	éa2 - a - 6 = 0	éa = 3
Û a2 - a = 6 Û ê	Û ê	Û ê	.
êëa2 - a = -6	êëa2 - a + 6 = 0	ëa = -2
Vì phương trình a2 - a + 6 = 0 vô nghiệm.
+ Với a = 3 Þ M æ 3; 7 ö .
ç	2 ÷
è	ø
+ Với a = -2 Þ M (-2;1) .
0,25
Câu 2
1điểm
Phương trình đã cho Û cos 3x + cos x = 2 - 2 sin2 x + cos 3x Û cos x = 2 - 2 sin2 x
0,25
écos x = 0
Û cos x = 2 - 2(1- cos2 x) Û 2 cos2 x = cos x Û ê	1
êcos x =
ë	2
0,25
+ Với cos x = 0 Û x = p + kp ; k Î ¢ .
2
0,25
é x = p + k 2p
+ Với cos x = 1 Û ê	3	;	k Î ¢.
ê
2	ê x = - p + k 2p
êë	3
0,25
Câu 3
1điểm
2x2 +1	x 2x2 +1
Ta có I = ò	x	dx = ò	x2	dx
ì1 udu = xdx
2	2	2	ïï 2
Đặt u =	2x +1 Þ u = 2x +1 Þ í	2	.
ïx2 = u -1
ïî	2
0,25
u	1	u2	u2 -1+1	1
Do đó I = ò	2	. udu = ò 2	du = ò	2	du = ò du + ò	du u -1 2	u -1	u -1	(u -1)(u + 1)
2
0,25
1 (u +1) - (u -1)	1	du	1	du
= ò du + 2 ò (u -1)(u +1) du = ò du + 2 ò u -1 - 2 ò u +1
= u + 1 ln u -1 - 1 ln u +1 + C .
2	2
0,25
Vậy I =	2x2 +1 + 1 ln	2x2 +1 -1 - 1 ln	2x2 +1 +1 + C .
2	2
0,25
Câu 4
0,5 điểm
4.1
ì2x2 - 3x + 1 > 0	éx < 1
Điều kiện: í	Û ê	2 .
îx -1 ¹ 0	êx > 1
ë
Khi đó phương trình Û - 1 log (2x 2 - 3x + 1) + 1 log ( x - 1)2 = 1
2	2	2	2	2
0,25
Û log [2(2x 2 - 3x + 1)]= log (x - 1) 2 2	2
é x = 1 (Ko TM)
Û 2(2x2 - 3x +1) = (x -1)2 Û 3x2 - 4x +1 = 0 Û ê	1	.
ê x =	(TM )
ë	3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 1
3
0,25
0,5 điểm
4.2
Điều kiện: x > 0.
Hàm số y = 8ln x - x2 xác định và liên tục trên [1;e].
8	éx = 2 Î[1; e]
Ta có y ' =	- 2x Þ y ' = 0 Û ê	.
x	êëx = -2 Ï[1; e]
0,25
Ta lại có: y (1) = -1 ; y ( 2) = 8 ln 2 - 4 ; y (e) = 8 - e2 .
Vậy : Max y = 8 ln 2 - 4 , giá trị lớn nhất đạt được khi x = 2.
[1;e]
Min y = -1, giá trị nhỏ nhất đạt được khi x = 1.
[1;e]
0,25
Câu 5
Gọi W là không gian mẫu của phép thử.
Số phần tử của không gian mẫu là n (W) = C 4 = 1820 .
16
0,25
Gọi B là biến cố: “ 4 quả lấy được có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và
không quá hai quả màu vàng”.
Do đó để lấy được 4 quả có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu vàng có 2 khả năng xảy ra:
+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng suy ra số cách lấy là: C1C 2C1
4 5	7
+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng suy ra số cách lấy là: C1C1C 2
4 5 7
0,25
+) Khi đó n ( B) = C1C1C 2 + C1C 2C1 = 700 .
4 7 5	4 7 5
0,25
+) Xác suất của biến cố B là P ( B ) = n ( B ) = 700 = 5 .
n (W)	1820	13
0,25
Câu 6
1điểm
Gọi H là trung điểm của AB, vì SAB là tam giác đều Þ SH ^ AB .
ì( SAB) ^ ( ABCD)
ï	a 3
Ta có í AB = ( SAB ) Ç ( ABCD) Þ SH ^ ( ABCD) và SH =	SA2 - HA2 =	.
ïSH ^ AB, SH Ì ( SAB )	2
î
0,25
Vì ABCD là hình chữ nhật Þ S	= 1 S	= 1 a.2a = a2.
DACD	2 ABCD	2
1	1 a 3	a3	3
Do đó V	=	SH .S	=	.	.a2 =	(đvtt).
S . ACD	3	DACD	3	2	6
0,25
Gọi J là trung điểm của CD Þ IJ / /SC Þ SC / / (AIJ)
Þ d ( AI , SC ) = d ( SC, ( AIJ )) = d (C, ( AIJ )) .
Ta có CD Ç ( AIJ ) = J Þ d (C, ( AIJ )) = d ( D, ( AIJ )) (vì J là trung điểm CD). Vậy d ( AI , SC ) = d (D, ( AIJ )).
0,25
Vì H là trung điểm AB, J là trung điểm của CD do đó tứ giác AHJD là hình chữ nhật. Gọi K là tâm của hình chữ nhật AHJD Þ IK / /SH (vì IK là đường trung bình tam giác SHD).
ìïSH ^ ( ABCD)	SH	a 3
Ta có í	Þ IK ^ ( ABCD) và IK =	=	.
ïîIK / /SH	2 	4
1	a2
Ta có SDADJ = 2 AD.DJ = 2 ;
1	1 a 3 a2	a3	3
VI . ADJ = 3 IK.SDADJ = 3	4 . 2 =	24 ;
AJ =	AD2 + DJ 2 = a 17 .
2
1	1 a 3 a 17	a2	51
Vì IK ^ ( ABCD) Þ IK ^ AJ Þ SDAIJ =	IK.AJ =	.	.	=	.
2	2	4	2	16
Do đó d ( D, ( AIJ )) = 3.VI . ADJ = 2a 17 .
SDAIJ	17
0,25
Câu 7
1điểm
ìæ	9 2	æ	1 2	225
ìï A Î d	ïç x - ö +ç y - ö =
Ta có í	Þ tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ pt íè	4 ÷	4 ÷	8
ïî A Î(T )	ï	ø	è	ø
î3x +11y - 2 = 0
ìx = 2-11y	ìx = 2 -11y
ï	3	ï	3
Ûï	Û ï
í	2	2	í	2	2
ïæ 2 -11y - 9 ö +æ y - 1 ö = 225	ïæ-11y -19 ö +æ y - 1 ö = 225
ïç	3	4 ÷	ç	4 ÷	8	ïç	3	12 ÷	ç	4 ÷	8
îè	ø	è	ø	îè	ø	è	ø
éìx = -3
ìx = 2 -11y	êíy =1
ì	2-11y	ï	3	êî
Ûïx =	3	Û ï y =1	Û êì	93	Þ A(-3;1) (vì x < 0 ).
í	íé	êïx =	A
ï13y2 +10y - 23 = 0	ïê	23	êï	13
î	ïê y = -	êí	23
îë	13	ïy = -
êï	13
ëî
0,25
Gọi điểm E thuộc tia đối của tia BA sao cho AF ^ CE .
Đặt BE = xAB Þ BE = x AB , ta có:
uuur	uuur	uuur	uuur	3 uuur
CE = BE - BC = x AB - AD và AF = AB + BF = AB +	AD .
4
Vì AF ^ CE do đó
uuur uuur	uuur	uuur	uuur	uuur
CE.AF = 0 Û (x AB - AD)æ AB + 3 AD ö = 0 Û xAB2 - 3 AD2 = 0 Û x = 1 .
ç	4	÷	4	3
è	ø
Vậy E thuộc tia đối của tia BA thỏa mãn BE = 1 AB khi đó AF ^ CE .
3
0,25
ìAF ^ CE
Xét tam giác ACE có í	Þ F là trực tâm tam giác ACE hay EF ^ AC .
îCB ^ AE
2	2
Gọi H = EF Ç AC Þ tứ giác ABFH nội tiếp hay H Î(T ) :æ x - 9 ö +æ y - 1 ö = 225 ,
ç	4 ÷	ç	4 ÷	8
è	ø	è	ø
do đó H là giao điểm (khác A) của đường thẳng d và đường tròn (T) Þ H æ 93 ; - 23 ö .
ç 13	13 ÷
è	ø
0,25
Qua B kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC tại K Þ BK / / HE , khi đó ta có
ì AK = AB = 3
ï KH	BE	Þ AH = 12HC Þ uuur = 12uuur
í	AH	HC
ï KH = BF = 3
ïî HC	FC
uuur æ	93	23 ö uuur æ 132	36 ö
Gọi C (a;b) Þ HC ç a -	; b+	÷ ; AH ç	; -	÷ .
è	13	13 ø	è 13	13 ø
ì132 = 12 æ a - 93 ö
uuur	uuur	ï 13	ç	13 ÷	ìa = 8
Do đó AH = 12HC Û ï	è	ø Û í	Þ C (8; -2) .
í
ï- 36 = 12 æ b + 23 ö	îb = -2
ïî 13	ç	13 ÷
è	ø
Vậy C (8; -2) .
0,25
Câu 8
1điểm
Điều kiện: x ³ 3 2.
Biến đổi pt thứ (2) của hệ thành : 2( x +1)3 + 3y ( x + 1)2 + 4 y3 = 0
Nhận xét y = 0 không là nghiệm của pt Þ y ¹ 0, do đó pt
3	2
Û 2 æ x +1 ö + 3æ x + 1 ö + 4 = 0
ç	y ÷	ç	y ÷
è	ø	è	ø
0,25
Đặt a = x +1 khi đó pt trở thành
y
Û 2a3 + 3a2 + 4 = 0 Û ( a + 2) (2a2 - a + 2) = 0 Û a = 2 .
Vì pt 2a2 - a + 2 = 0 vô nghiệm.
+) Với a = -2 Û x +1 = -2 Û 2 y = - x -1 .
y
0,25
Thay 2 y = -x -1 vào pt (1) của hệ ta được pt 3 x2 -1 + x =	x3 - 2
Û	x3 - 2 - ( 2x -1) + ( x -1) - 3 x2 -1 = 0
0,25
x3 - 2 - ( 2x -1)2	( x -1)3 - ( x2 -1)
Û	 	+	 	 	= 0
x3 - 2 + (2x -1)	( 3	2	)2	(	) 3	2	(	)2
x -1	+ x -1	x -1 + x -1
x3 - 4x2 + 4x - 3	x3 - 4x2 + 3x
Û	 	+	 	 	= 0
x3 - 2 + (2x -1)	( 3	2	)2	(	) 3	2	(	)2
x -1	+ x -1	x -1 + x -1
é	ù
(	) ê	x - x +1	 	x ( x -1)	ú
2
Û x - 3 ê	+	2	 	ú = 0 Û x = 3 .
ê	x3 - 2 + ( 2x -1)	( 3 x2 -1) + ( x -1) 3 x2 -1 + ( x -1)2 ú
ë	û
x2 - x +1	x ( x -1)
Vì	 	+	 	 	> 0, "x ³ 3 2.
x3 -1 + (2x -1)	( 3	2	)2	(	) 3	2	(	)2
x -1	+ x -1	x -1 + x -1
Với x = 3 Þ y = -2.
0,25
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm ( x; y ) = (3; -2) .
Câu 9
1điểm
2	2
a2	16b - 27 éëa (a + b + c) + bcùû
Ta có: P =	+
(b + c)2 + 5bc	36( a + c)2
2	2
 	a2	16b - 27 éë(a + b)(a + c)ùû	 	a2	 	4b2	3 	2
=	+	=	+	-	(a + b)
(b + c)2 + 5bc	36(a + c)2	(b + c)2 + 5bc	9(a + c)2 	4
a2	a2	4a2
Ta lại có	³	=
(b + c)2 + 5bc	(	)2	5 (	)2	9 (b + c )2
b + c	+	b + c
4
0,25
4a2	4b2	3	2 æ	a	b	ö2	3
Do đó P ³	+	-	( a + b)2 ³	ç	+	÷ -	( a + b)2
9(b + c)2	9( a + c)2	4	9 è b + c	a + c ø	4
2	2	2
2 æ a2	b2	ö	3	2	2 æ 	(a + b)	ö	3	2
³	ç	+	÷ -	(a + b) ³	ç	÷ -	( a + b)
9 è ab + ac	ba + bc ø	4	9 ç ab + ac + ba + bc ÷	4
è	ø
2
æ	ö
2	2	2
2 æ 	( a + b)	ö	3	2	2 ç 	( a + b)	÷	3	2
³	ç	÷ -	( a + b) ³	ç	2	÷ -	(a + b) .
9 ç 2ab + ( a + b) c ÷	4	9 ç ( a + b)	÷	4
è	ø	ç	+ (a + b) c ÷
è	2	ø
2
æ	ö
2 ç 	(1- c)2	÷	3	8 æ 1- c ö2 	3
Þ P ³	ç	÷ -	(1- c)2 =	ç	÷ -	(1- c)2 .
9 ç (1- c)2	÷	4	9 è 1+ c ø 	4
ç	+ (1- c) c ÷
è	2	ø
2	2
Ta có 8 æ 1- c ö - 3 (1- c)2 = 8 æ1- 2 ö - 3 (1- c)2 .
9 ç 1+ c ÷	4	9 ç	1+ c ÷	4
è	ø	è	ø
2
Þ P ³ 8 æ1- 2 ö - 3 (1- c)2 .
9 ç	1+ c ÷	4
è	ø
0,25
Theo giả thiết a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1 Þ c Î(0;1) .
2
Xét hàm số f (c) = 8 æ1- 2 ö - 3 (1- c)2 với c Î(0;1).
9 ç	1+ c ÷	4
è	ø
Ta có f '(c) = 16 æ1- 2 ö	2	- 3 (c -1) .
9 ç	c +1 ÷	2	2
è	ø (c +1)
Þ f '(c) = 0 Û 32 (c -1)æ 1	- 27 ö = 0 Û c = 1 vì c Î(0;1).
ç	÷
9	ç (c + 1)3	64 ÷ 	3
è	ø
0,25
Bảng biến thiên
Từ BBT Þ f (c) ³ - 1 , "c Î(0;1). Do đó P ³ - 1 .
9	9
Vậy Min P = - 1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a = b = c = 1 .
9	3
0,25
c
0
1
3
1
f '(c)
–
0
+
f (c)
-1
......................... Hết .............................
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1
ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.(2,5 điểm).
Cho hàm số :
y = 2x - 3
x + 1

(C)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
y = x3 + 3x2 - 9x +1 trên đoạn [- 2; 2].
Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Câu 3 (1,5 điểm).
Giải phương trình: 52 x - 24.5x -1 - 1 = 0
2
Tìm hàm số f(x) biết f’(x)=
4x + 4x + 3
2x + 1
và f(0) = 1.
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đỉnh A trùng với gốc toạ độ O, đỉnh B(1;1;0), D( 1;-1;0). Tìm tọa độ đỉnh A’ biết A’ có cao độ dương và viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.A’B’C’D’.
Câu 5 (0,5 điểm). Trường trung học phổ thông Thuận Thành số 1 có tổ Toán gồm 15 giáo viên trong đó có 8 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý gồm 12 giáo viên trong đó có 5 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi dự tập huấn chuyên đề dạy học tích hợp. Tính xác suất sao cho trong các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a ,
AD = 2a , SA ^ ( ABCD) . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D
đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD biết góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy
là a với
tana = 1
5
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác hạ từ đỉnh A là D(1;-1). Phương trình tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ç
ABC có phương trình x + 2y – 7 =0.Giả sử điểm M æ 13 ;
- 1ö
÷ là trung điểm của BD. Tìm tọa
độ các điểm A,C biết A có tung độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau
è 5	5 ø
ï
ìx - 2
= y + 1 - 2
x 2 - 2x + 4
y 2 + 3
í	 	 	
îï 4x 2 + x + 6 - 5
y + 2 =
xy - 2 y - x + 2 - 1 - 2 y - x - 2
Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn
ab ³ 1;
c ( a + b + c) ³ 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = b + 2c + a + 2c + 6 ln(a + b + 2c) .
1 + a	1 + b
----------------- Hết -----------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh......................................................................Số báo danh.......................
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I, NĂM 2015-2016
Môn thi: Toán 12
Câu	Ý	Nội dung	Điểm
Câu 1
(2,5
1.Cho hàm số :
y = 2x - 3
x + 1
(C)
điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).	1,0
TXĐ:
R \ {- 1}

0,25
y' =
5
(x + 1)2
> 0 , "x ¹ -1
Hàm số đồng biến trên các khoảng Hàm số không có cực trị
(-¥;-1) va# (-1;+¥)
lim y = 2 Þ đồ thị có tiệm cận ngang y = 2
x®±¥
lim
x®-1-
y = +¥ ;
lim
x®-1+
y = -¥ Þ đồ thị có tiệm cận đứng x = -1	0,25
- Bảng biến thiên.
X
- ¥
-1
+ ¥
'
+
+
Y
+ ¥
2
2
- ¥
0,25
* Đồ thị:	0,25
b) 0,75
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
Với
y = 1 Þ 2x - 3 = x + 1 Þ x = 4 ;
y'(4) = 1
5
0,5
Phương trình tiếp tuyến tại điểm
A(4;1) là:
y = 1 (x - 4) + 1 Û y = 1 x + 1
0,25
5	5	5
2. (0,75
điểm)
Tìm GTLN, GTNN của hàm số
y = x3 + 3x2 - 9x +1 trên đoạn [-2; 2]
Xét trên đoạn [-2; 2] ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9	0,25
f’(x) = 0
é x = -3 (l)
ë
Û ê x = 1
0,25
Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - 4 , f(2) = 3
Vậy:
max f(x) = f (-2) = 23 ,
[-2;2]
min f( x) =
[-2;2]
f (1) = -4

0,25
Câu 2
(0,5
điểm)

Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Phương trình tương đương:
Û 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx Û 2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0
Û (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0

0,25
é2 - cosx = 0 (VN )
é	p
êx =
+ k 2p

0,25
Û ê	1
êsinx =
ë	2
Û ê	6
êx = 5p
êë	6

+ k 2p
(k Î z)

1,5
Câu 3
(1,5
điểm)
Ta có: 52 x - 24.5x -1 - 1 = 0
Đặt t = 5x , ( t > 0)
Û 52 x - 24 .5x - 1 = 0
5
ét = 5

0,25
Phương trình trở thành:
Û t 2 - 24 .t - 1 = 0 Û ê	1
0.25
5
Với t = 5 ta có x =1.
êt = -
ë
(l)
5
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1	0,25
Ta
4x 2 + 4x + 3	æ
2	ö	2
0,5
có f (x) = ò
2x + 1
dx= òç 2x + 1 + 2x + 1÷dx = x
x + ln 2x + 1 + c
è	ø
Mà f(0)=1 Þ c = 1 Þ
f (x) = x 2 + x + ln 2x + 1 + 1
0.25
Câu4
(1điểm)
Ta có: AB =	2
Gọi A’(x;y;z), Vì ABCD.A’BC’D’là hình lập phương ta có

AÂ'.AB = 0; AÂ'.AD = 0

0,25
Và AA’=
ìx + y = 0
2
í
nên ta có hệ ïx - y = 0
î
ïx 2 + y 2 + z 2 = 2

Þ A'(0;0;

2
) Do A’ có tung độ dương

0,25
Lại	có	đường	kính	mặt	cầu	ngoại	tiếp	hình	lập	phương	là	AC’	mà
AC' = AB + AD + AÂ' Þ C'(2;0;
)Þ I ç1;0; ÷ là trung điểm của AC’ và bán kính
0,25
2
æ	1 ö
mặt cầu là R = AI=	6
2
è	2 ø
ç
Phương trình mặt cầu là: (x - 1)2 + y 2 + æ z -
è
2
=
1 ö	3
2
÷
ø	2

0,25
Số phần tử của của không gian mẫu:
n(W) = C 2 C 2
0,25
15 12
Gọi A là biến cố: “Các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ”
n(A)=	2	2
2	2	1 1 1 1
C8 C7
C5 C7
C8C7C7C5
Câu 5
P(A) = n( A) = 197
(0,5
điểm)
n(W)
495
0,25
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a ,
AD = 2a ,

1,00
SA ^ ( ABCD) và SA = a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng
Câu 6
(1,0
điểm)
cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD.
Ta có hình chiếu của SC trên mặt phẳng đáy là AC vậy góc SCA là góc giữa SC và mặt phẳng đáy Þ SA = AC tana = a
ABCD
Ta có S	= AB.AD = 2a2

0,25
1
Do đó: VS . ABCD = 3.SA.SABCD =
2a3
(dvtt)
3
Ta có d(D,(SBM)=d(C,(SBM)= 1/2 d(A,(SBM))
Dựng AN ^ BM ( N thuộc BM) và AH ^ SN
(H thuộc SN)
Ta có: BM ^AN, BM ^SA suy ra: BM ^AH. Và AH ^BM, AH ^SN suy ra: AH ^ (SBM). Do đó d(A,(SBM))=AH
0,25
0,25
Ta có: S	= S

2S
= a2 ; S
= 1 AN.BM = a2 Þ AN = 2a	= 4a
2
ABM	ABCD	ADM	ABM	2
BM	17
33
1	1	1	4a
33
+
2
2
Trong tam giác vuông SAN có:	2 =
Þ AH =
0,25
Suy ra
d(D, (SBM) = 2a
AH	AN	SA
1,00
Gọi E là giao cuả tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với
Câu 7
BC, PT BC: x-2y-3=0 Þ E(5;1) và chứng minh được ED =EA	0,25
Từ A(7-2a;a) Îd x+2y-7=0. Từ EA=ED ta có (2-2a)2+(a-1)2=20 Þ A(1;3) ( do
tung độ A dương)	0,25
(1,0
æ 21 3 ö
æ16
- 12 ö
0,25
điểm)
M là trung điểm của BD Þ Bç
; ÷ Þ ABç	;	÷
è 5 5 ø	è 5	5 ø
Gọi C(2c+3;c) ta có cos(AB; AD)= cos(AC;AD)Þ C(- 15;-9)
( Học sinh có thể sử dụng phương tích EB. EC = EA2 )
0,25
Giải hệ phương trình sau	1,00
ĐK: y ³ -2;(x - 2)( y -1) ³ 0
Phương trình (1) Û x - 2 ( x - 1)2 + 3 = y - 2 y 2 + 3
Xét hàm f(t) = t - 2 t 2 + 3 có f ' (t) = 1 -	2t	, "t Î R Þ f ' (t) = 0 Û t = 1
t 2 + 3
f '(t) 1; f '(t) > 0, "t < 1
Từ điều kiện ta có
-Nếu x - 2 ³ 0Þ y -1 ³ 0 hay x -1 ³ 1 Þ y ³ 1
mà pt (1) có dạng f(x-1)=f(y) Þ y = x -1
-Nếu x - 2 £ 0 Þ y -1 £ 0 hay x -1 £ 1 Þ y £ 1 pt(1) Þ y = x -1
Vậy ta có y=x-1 thế vào pt (2) ta có:
Û	4x2 + x + 6 - (1- 2x) = 5 x +1	(3) Û	x +1	=	x + 1
4x2 + x + 6 +1- 2x
é x +1 = 0 Þ x = -1
Û ê
êë 4x2 + x + 6 +1- 2x =	x +1	(4)
 	ìx ³ 1	2 + 7
Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x +1 = 2x -1 Û ï	2	Û x =
í
ï4x2 - 8x + 3 = 0	2
î
Thử lại ta có: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = -1; x = 2 + 7 . Vậy hệ có
2
æ 2 +	7	7 ö
nghiệm là (x;y) = (-1;-2) và ç 	; 	÷
ç	2	2 ÷
è	ø
( học sinh có thể bình phương để giải pt ẩn x)
0,25
Câu 8
(1,0
điểm)
0,25
0,25
0,25
Câu 9
(1,0
điểm)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab ³ 1; c ( a + b + c) ³ 3.
b + 2c	a + 2c
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =	+	+ 6 ln(a + b + 2c) .
1 + a	1 + b
1,00
P + 2 = a + b + 2c +1 + a + b + 2c +1 + 6 ln(a + b + 2c) 1+ a	1+ b
= ( a + b + 2c +1)æ 1	+ 1 ö + 6 ln(a + b + 2c)
ç 1+ a	1+ b ÷
è	ø
Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
+) 1	+	1	³	2	(1)
1+ a	1+ b	1+	ab
+) ab £ ab + 1 (2)
2
Thật vậy, +) 1 + 1 ³ 	2	Û ( 2 + a + b)(1+ ab ) ³ 2(1+ a)(1+ b)
1+ a	1+ b	1+	ab
2
Û ( a - b ) ( ab -1) ³ 0 luôn đúng vì ab ³ 1. Dầu “=” khi a=b hoặc
ab=1
+) ab £ ab +1 Û ( ab -1)2 ³ 0 . Dấu “=” khi ab=1.
2
0,25
0,25
 	1+	ab
t
0
4
+¥
f’(t)
-
0
+
f(t)
5+6ln4
Do đó,
1
1+ a	1+ b
+
1
³
2
³
2
1+ ab +1
2
=	4
3 + ab
0,25
³
4
ab + bc + ca + c2
=
4
( a + c)(b + c)
³
16
( a + b + 2c)2
. Đặt t = a + b + 2c, t > 0 ta
có:
P + 2 ³ f (t) =
16 (t +1)
t 2
+ 6 ln t, t > 0;
f '(t) =	-
t
BBT
6	16 (t + 2)
t3
2
= 6t -16t - 32
t3
(t - 4)( 6t + 8)
=
t3
0,25
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.
Chú ý:
Đây chỉ là hướng dẫn chấm, một số bài học sinh phải giải chi tiết
Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
ĐỀ THI THỬ LẦN 2
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi: 15/01/2016
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y = 2mx +1
x -1

(1)

với m là tham số.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng
d: y = -2x + m
cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm
phân biệt có hoành độ x1 ,x2 sao cho
Câu 2 (1,0 điểm).
4(x1 + x2 ) - 6x1x2
= 21.
Giải phương trình: sin 2x +1 = 4 cosx - cos2x.
2	1
Giải bất phương trình: log (x -1) £ log (x + 3) + 5.
2
 	dx	
2x -1
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I = ò	×
+ 4
Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại

A(3; 2) có tâm
5
đường tròn ngoại tiếp là Tìm tọa độ đỉnh B, C. Câu 5 (1,0 điểm).
I(2; -1)
và điểm B nằm trên đường thẳng d có phương trình: x - y - 7 = 0.
Cho tana = - 1
2
với - p < a < 0. Tính giá trị của biểu thức: A =
2
cosa - 5sin 2a.
Cho X là tập hợp gồm 6 số tự nhiên lẻ và 4 số tự nhiên chẵn. Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên. Tính xác suất chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A ' B' C' D' có đáy là hình thoi cạnh a,
B·AD = 120o
5
và AC' = a	. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B' C' D' và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB' và BD theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông
æ	6 7 ö
góc của A lên đường thẳng BD là H -	;	, điểm M(-1; 0) là trung điểm cạnh BC và phương trình
ç	5 5 ÷
è	ø
đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH có phương trình là 7x + y - 3 = 0. của hình chữ nhật ABCD.

Tìm tọa độ các đỉnh
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2x5 + 3x4 -14x3	æ	2	ö
(	4	3	2	)
= 4x +14x + 3x + 2	1-	.
x + 2
x + 2
ç	÷
è	ø
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn:	2	+	2	=(x + y)(x + z).
3x + 2y + z+1	3x + 2z+ y +1
2(x + 3)2 + y2 + z2 -16
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =	×
2x2 + y2 + z2
-------------------------- 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 BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ