Đề thi thử thpt quốc gia lần 1 năm học 2015 – 2016. Môn: Toán lớp 12. Thời gian làm bài 180 phút

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Trường PTTH Quỳnh Lưu 3
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 – 2016.
Môn: Toán. Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 23 1y x x   .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2lny x x  trên  1;e .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau:  1
0
1 . xI x e dx  .
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Gọi 1 2,z z là hai nghiệm của phương trình 2 2 5 0z z   trên tập số phức. Hãy tính giá
trị của biểu thức 2 21 2A z z  .
b) Giải phương trình:    3 3log 1 log 5x x   .
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm (1;2;1)I và mặt phẳng
( ) : 2 2 4 0P x y z    . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc với (P). Tìm tọa
độ hình chiếu của I trên (P).
Câu 6 (1,0 điểm ).
a) 1 ,sin2 3Cho
      . Tính giá trị của biểu thức sin 2 cos 2P    .
b) Năm học 2015 – 2016 trường THPT Quỳnh Lưu 3 có 39 lớp được chia đều cho ba khối
( khối 10, 11, 12), mỗi khối gồm 13 lớp. Đoàn trường lấy ngẫu nhiên 4 lớp để tổ chức
lễ ra quân làm lao động vệ sinh môi trường cho địa phương vào Tháng thanh niên. Tính
xác suất để các lớp được chọn có trong cả ba khối.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình
chiếu đỉnh S lên mặt đáy là trung điểm H của đoạn thẳng AB. Biết góc hợp bởi SC và mặt
đáy là 450.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 2. 2 8 4
2 11 12 7 3 0
x y y x y x
xy x x y x
             
.
Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường tròn
nội tiếp tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB lần lượt tại các điểm D,E,F. Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC biết D(3;1), trung điểm của BC là M(4;2), phương trình EF: 3x-y-2=0
và B có hoành độ bé hơn 4.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số dương x,y. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 32 2 2 2
1 1 2
33 3
P
x yx y x y
     .
-------------------------------/ Hết /-----------------------------
Họ và tên thí sinh:.........................................................SBD:.............
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 – 2016
Trường THPT Quỳnh Lưu 3
Câu ý Nội dung Điểm
1
1 đ
1) Tập xác định: 
2) Sự biến thiên
a) Chiều biến thiên:
2 2' 3 6 ; ' 0 3 6 0 0 2y x x y x x x x         
' 0 0 2; ' 0 0 2y x x y x        
Vậy, hàm số đồng biến trên hai khoảng  ;0 và  2;
hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2
0,25
b) Cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yC Đ=1.
Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 và yCT=-3
c) Giới hạn tại vô cực.
 3 2 3 33 1lim lim 3 1 lim 1 ; limx x x xy x x x yx x                  
0,25
d) Bảng biến thiên
x - 0 2 +
y’ + 0 - 0 +
y
1
- -3
+ 0,25
3. Đồ thị
Đồ thị có tâm đối xứng I(1;-1) và đi qua các điểm (0;1), (2;3), (-1;-3),(3;1).
0,25
2
1 đ
Ta có  2( ) 2ln ; '( ) 1 ; '( ) 0 2 1;f x x x f x f x x ex       
(1) 1; (2) 2 2ln 2; ( ) 2f f f e e    
0,5
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Vậy,
   1;1;
min 2 2ln 2;max 1
ee
y y   0,5
3
1 đ
   
 
1 1
0 0
1
1 1
0 0
0
1 . 1
1 2 1 .
x x
x x x
I x e dx x de
x e e dx e e e
   
      
 

Vậy, I=e.
0,5
0,5
4
1 đ
a
0,5
đ
Phương trình 2 2 5 0z z   có ' 4 0    nên nó có hai nghiệm phức phân
biệt là z1=1+2i và z2=1-2i.
Khi đó, 2 21 2 5z z  . Do đó 2 21 2 10A z z  
0,25
0,25
b.
0,5
đ
Điều kiện: -1<x<5
       
 
2
3 3 33
2 2
log 1 log 5 log 1 log 5
1 5 11 24 0 3 8
x x x x
x x x x x x
      
           
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm thỏa mãn là x=3.
0,25
0,25
5
1 đ
a
0,5
đ
Khoảng cách từ I đến mp(P) là   2 2 21.1 2.2 2.1 4,( ) 11 2 2r d I P
      .
Vì M mặt cầu (S) tiếp xúc với mp(P) nên bán kính mặt cầu r=1
Phương trình mặt cầu là (S):      2 2 21 2 1 1x y z     
0,25
0,25
b
0,5
đ
Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mp(P), d có véctơ chỉ phương là
 1;2;2n  nên nó có phương trình 1 2 11 2 2
x y z    .
Gọi H là hình chiếu cần tìm thì H là giao điểm của d và (P), tọa độ H là nghiệm
của hệ phương trình
2
32 2 4 4 2 4 12 0 , ; ;3 3 3 31 1
3
x
x y z
x y y H
y z
z
                  
0,25
0,25
6
1 đ
a
0,5
đ
Ta có 2 2 8cos 1 sin 9   
Vì ;2
     nên cos 0  , do đó
2 2cos 3  
Khi đó, 2 7 4 2sin 2 cos 2 2sin cos 1 2sin 9P     
     
0,25
0,25
b
0,5
đ
Gọi không gian mẫu là  : ‘ Chọn ngẫu nhiên 5 lớp trong 39 lớp ‘ thì
  439 82251n C  
Gọi A là biến cố “ chọn được 4 lớp có trong cả ba khối”.
TH1: khối 10 hai lớp, khối 11 một lớp và khối 12 một lớp có 2 1 113 13 13C C C cách
chọn
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
TH2: khối 10 một lớp, khối 11 hai lớp và khối 12 một lớp có 1 2 113 13 13C C C cách
chọn
TH3: khối 10 một lớp, khối 11 một lớp và khối 12 hai lớp có 1 1 213 13 13C C C cách
chọn.
Do đó 2 1 113 13 13( ) 3 39546n A C C C 
Xác suất cần tìm là ( ) 39546 338( ) 48%( ) 82251 703
n AP A n   
0,25
0,25
7
1 đ
a
0,5
đ
Vì HC là hình chiếu của SC trên mặt đáy nên theo giả thiết  045SCH  . Do đó,
 2 2 0. tan .tan 45 5SH HC SCH HB BC a   
Diện tích hình vuông ABCD là 24a
Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD là
3
21 1 4 5. 5.4 ( )3 3 3ABCD
aV SH S a a dvtt   .
A D
B C
S
E
H
F
G
0,25
0,25
b
0,5
đ
Dựng hình bình hành BDCE, khi đó      , , ( , ( )d SC BD d BD SCE d B SCE 
Mặt khác,    , ( ) 2 2,( ) ( ,( ))( , ( )) 3 3
d B SCE EB d B SCE d H SCEd H SCE EH   
Gọi F và G lần lượt là hình chiếu của H lên EC và SF ta có
( )CE SH CE SHF CE HGCE HF
      , mà HG SF nên  HG SCE hay
  ,d H SCE HG
Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 16 1 2 19
9 5 9 45HG SH HF SH AC a a a      
0,25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Suy ra   ,d H SCE HG = 3 519a
Vậy, khoảng cách giữa SC và BD là 2 519
a .
0,25
8
1 đ
Xét hệ  2 2. 2 8 4 (1)
2 11 12 7 3 0 (2)
x y y x y x
xy x x y x
             
Điều kiện 72 , 03x y  
Ta có
4 82 2. 4( 2) 2
x yx y x y      . Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8
    4 82 8 8 4 2
x yy x y x      . Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8
Suy ra  2 2. 2 8 4x y y x y x     . Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8
Như vậy, pt(1) y=4x-8. Thế vào pt(2) ta có:
     
     
 
2
2
2 2
2
2
2
4 6 11 4 3 7 3 0
4 3 4 3 1 7 3 2 0
3 3 74 3 0 do 2; 34 3 1 7 3 2
1 13 4 04 3 1 7 3 2
3 0 ( )
 1 1 4 (3)4 3 1 7 3 2
x x x x
x x x x x x
x x x xx x xx x x x
x x x x x x
x x
x x x x
      
           
                      
             
             
+ 2 1 13 1 13( ) 3 0 2 2pt x x x x
         
Đối chiếu điều kiện ta có 1 132x
 , hệ có nghiệm 1 13 ;2 13 62
    
+Xét pt(3)
7 1 12; 4 3 1 3 10 63 64 3 1x x x x x
                
Xét hàm số
7 3 2 7 3 32; : ( ) 7 3 2 '( ) 1 03 2 7 3 2 7 3
7 1 1( ) 33 3 7 3 2
xx g x x x g x x x
g x g x x
                
          
Do đó,
0,25
0,25
0,25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
72; 3x
      :
1 1 1 3 464 3 1 7 3 2x x x x         hay pt(3) vô nghiệm
Vậy, hệ có nghiệm duy nhất 1 13 ;2 13 62
    
0,25
9
1 đ
Phương trình đường thẳng BC: x-y-2=0
Gọi H là giao điểm của EF và BC ta có tọa độ H là nghiệm của hệ
3 2 0 0 , (0; 2)2 0 2
x y x Hx y y
            . Từ các giả thiết ta thấy H nằm trên tia đối
của tia BC.
Ta chứng minh MD.MH=MB2.
Thật vậy, qua B kẻ đường thẳng song song với CA cắt HE tại G. Khi đó ta có
BG=BF=BD đồng thời . .HB GB DB HB DC DB HCHC CE DC    . Vì M là trung
điểm đoạn BC nên ta được
      2.MH MB MB MD MB MD MH MB MH MD MB       .
Gọi B(t;t-2),t<4 ta có  22 4 8 4 2 2, (2;0) (6;4)t t t B C         .
Phương trình đường tròn tâm B bán kính BD là (T):  2 22 2x y   .
Đường thẳng EF cắt (T) tại G và F có tọa độ là nghiệm của hệ
 2 2
3
12 2 5
1 13 2 0
5
xxx y
yx y y
              
. Vì G nằm giữa H và F nên
  3 11;1 , ;5 5F G
    . Khi đó phương trình AB: x+y-2=0, AC đi qua C và song
song với BG nên có pt: x-7y+22=0. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
2 0 1, ( 1;3)7 22 0 3
x y x Ax y y
           
Vậy, A(-1;3),B(2;0),C(6;4).
0,25
0,25
0,5
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
10
1 đ
Xét biểu thức  32 2 2 2
1 1 2
33 3
P
x yx y x y
    
Trước hết ta chứng minh
2 2 2 2
1 1 2
3 3 x yx y x y
   
Thật vậy,
 
  
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2
81 1 1 12 3 3 3 33 3
x y
x y x y x y x yx y x y
                 
Xét
 
    
     
   
 
   
22 2 2 2 2 22 2
2 22 2 2 2 2 2 2 2
4
22 2 2 2 2 2 2 2
4 2 3 38 4
3 3 3 3
4 1 1 20
3 3 3 3
x y x y x y x yx y
x y x y x y x y x y x y
x y
x yx y x y x y x y x y
             
          
Dấu “=” xẩy ra khi x=y
Như vậy,  3
2 2
3
P x y x y
  
Đặt, 1 , 0t tx y  .
Xét hàm số
3
22( ) 2 '( ) 2 2 ; '( ) 0 13
tf t t f t t f t t        
Ta có bảng biến thiên
t - -1 1 +
f’(t) - 0 + 0 -
f(t)
4/3
Từ BBT ta thấy GTLN của f(t) là 4/3 khi t=1.
Vậy, GTLN của P là 4/3 khi 12x y 
0,5
0,5
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x4 −2x2.
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x + 2
x−1
biết tiếp tuyến cắt trục 
Ox, Oy lần lượt tại các điểm A, B thoả mãn điều kiện OB = 3OA. 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thoả mãn 
z
z
2
+ 2iz + 2(z + i)
1− i
= 0.
b) Giải phương trình trên tập số thực: (3− 5)x + (3+ 5)x = 2x+1.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = cos2x 
cos6 x
dx
0
π
4
∫ .
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x + 2y + z−4 = 0 và 
đường thẳng d : x +1
2 
=
y 
1 
=
z + 2 
3
.Tìm toạ độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và 
viết phương trình đường thẳng Δnằm trong mặt phẳng (P) đồng thời cắt và vuông góc với đường 
thẳng d. 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình lượng giác: sin x− 3sin 2x = 3 cosx + cos2x.
b) Xét 1 đa giác đều 12 cạnh, hỏi có bao nhiêu tam giác không cân có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác 
đã cho? 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A trong đó 
AB = AC = a,BAC
! 
=1200 ; mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. 
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), trực tâm H(4;4), trung 
điểm M của cạnh BC thuộc đường thẳng Δ : x−2y−1= 0 . Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ
các đỉnh B, C của tam giác. Tìm toạ độ các đỉnh B, C biết rằng đường thẳng EF song song với đường 
thẳng d : x−3y + 5= 0.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực: x + 3y + 7x + 2y = 5y− x + 3 y 
2x2 − y2 + x4 − y2 + 4 = −2 + 5 xy
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
.
Câu 10 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thoả mãn x2 + y3 + z4 ≥ x3 + y4 + z5 . Chứng minh 
rằng: x3 + y3 + z3 ≤3 . 
_________________Hết________________ 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHTN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN
ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
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 biểu thức sin 2 cos 2P    
b) Giải phương trình : 2sin 2 2sin sin cosx x x x   
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau :  
4
2 2
0
2 2 ln 9I 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 , 3;4; 2M 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 đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của ,CI góc 
giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 060 . 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 toạ độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 2:3 4 8 0 , :4 3 19 0d x y d 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: 
Tài liệu ôn thi 10, 11, 12 và kỳ thi THPT Quốc gia: diendan.onthi360.com
Tải toàn bộ đề thi thử 2016 mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết : diendan.onthi360.com
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 
 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 
1 (1,0 đ) - 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: 
x  0 2  
y' + 0 - 0 + 
y 2  
 -2 
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 
 Câu2.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :  
2 1
1
x
f x
x



 trên đoạn  3;5 1,0 
 Hàm số xác định và liên tục trên  3;5D  0,25 
2 (1,0 đ) 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 
 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 
3.(1,0đ) 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 5
2 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      
  
   với k  
 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 .(1,0 đ) 
  
4
2
2
0
2 ln 9I x x dx  . Đặt 
 2 2
2
2
ln 9
9
2 9
x
du dxu x
x
dv xdx v x
   
  
   
       
4
4 4 42 2 2 2 2
2 00 0
0
9 ln 9 2 9 ln 9I x x xdx x x x         
2 25ln 25 9ln 9 16 50ln 5 18ln 3 16I       
0,25 
 Vậy 1 2 240 50ln 5 18ln 3I I I     0,25 
 Câu 5 a) Giải bất phương trình :    2 2log 3 2 log 6 5 0x x    . 0,5 
Bất phương trình đã cho    2 2
3 2 0
log 3 2 log 6 5 6 5 0
3 2 6 5
x
x x x
x x
 

      
   
 0,25 
 2
3
6 6
1
5 5
1
x
x x
x




    




. Vậy nghiệm của bất phương trình là : 
6
1
5
x  0,25 
5 (1,0 đ) Câu 5 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 thuộc E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số 
của số đó lớn hơn 7 . 
  Số phần tử của tập M là 
2
6 30A  0,25 
  Các số có tổng hai chữ số lớn hơn 7 gồm 26,62,35,53,36,63,45,54, 46,64,56,65 
Có 12 số như vậy . Suy ra xác suất cần tìm là 
12 2
30 5
P   
0,25 
 Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho các điểm    1; 2;0 , 3;4; 2M 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 . 
1,0 
 Đường thẳng MN có vectơ chỉ phương  4;6;2MN  

 hay  2;3;1u  

 0,25 
6 .(1,0 đ) Phương trình đường thẳng MN : 
1 2
2 3 1
x y z 
 

 ( có thể viết dưới dạng pt tham số) 0,25 
 Trung điểm của đoạn thẳng MN là  1;1;1I  0,25 
 Khoảng cách từ I đến mặt phẳng  P là : 
  
2 2 1 7
, 2
4 4 1
d I P
   
 
 
0,25 
 Câu 7. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Gọi I là trung 
điểmcạnh AB .Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của 
,CI góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 060 . Tính theo a thể tích khối chóp 
.S ABC và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SBC . 
1,0 
7. (1,0 đ) 
K
H
KH
S
A
B
C
A
B C
I
I
A'I'
H'
E
H'
0,25 
 Ta có 2 2
3
2
a
CI AC AI   
Do đó 2 2
7
4
a
AH AI IH   , suy ra 0
21
.tan 60
4
a
SH AH  . 
Vậy 
3
.
1 7
.
3 16
S ABC ABC
a
V SH S  
0,25 
 Gọi ', ', 'A H I lần lượt là hình chiếu của , ,A H I trên BC; E là hình chiếu của H trên SH' 
thì  ( ) ;( )HE SBC d H SBC HE   . Ta có 
1 1 3
' ' '
2 4 8
a
HH II AA   
0,25 
 Từ 
2 2 2
1 1 1
'HE HS HH
  , suy ra 
21
4 29
a
HE  . Vậy  
21
;( )
4 29
a
d H SBC  . 0,25 
 Câu8.Trong mặt phẳng với hệ toạ 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  
1,0 
 Gọi  ;I a b là tọa độ tâm và R là bán kính đường tròn  C . 
Do đường thẳng  cắt đường tròn  C tại hai điểm ,A B sao cho 2 5AB  nên ta có 
   2 2
2 2
, 5 2 5 *
5
a b
d I R R
 
      
0,25 
8 .(1,0 đ) 
Đường tròn  C tiếp xúc với 1d , 2d khi : 
 
 
1
2
,
,
d I d R
d I d R



 
3 4 8
3 4 8
5
5
4 3 19
4 3 19 3 4 8
5
a b
a bR
R
a b
a b a bR
  
    
  
         
7 27
5 20
7 11
5 5
b a
R a
a b
R b
  

 
    
  
0,25 
-Với 
7 27
5 20
b a
R a
 

 
 thay vào  * ta được  
2 9
5 5 5 20 5 3
2
a a a a        
Vậy phương trình đường tròn là 
     
2 2
: 3 6 25C x y    hoặc  
2 2
9 9 25
:
2 2 4
C x y
   
      
   
0,25 
-Với 
7 11
5 5
a b
R b
  

 
 thay vào  * ta được  
2 3
5 3 4 5 5 5 2
2
b b b b        
Vậy phương trình đường tròn là 
     
2 2
: 3 2 25C x y    hoặc  
2 2
1 3 25
:
2 2 4
C x y
   
      
   
0,25 
 Câu 9. Giải bất phương trình :
   2
2 2 1
26 2 4 2 2
x
x x x
 

   
 1,0 
 Điều kiện : 2x   
Ta có    
 
   
2
2
2
2 2 4
6 2 4 2 2 0, 2
6 2 4 2 2
x x
x x x x
x x x
 
        
   
 0,25 
9 .(1,0 đ) 
Do đó bất phương trình      22 2 2 6 2 4 2 2x x x x        
   22 2 2 12 2 6 1x x x x      
Nhận xét 2x   không là nghiệm của bất phương trình 
 Khi 2x   chia hai vế bất phương trinh  1 cho 2 0x  ta được 
0,25 
 
2
2 2 12 6 2
2 2
x x
x x
 
     
  
. Đặt 
2
x
t
x


 thì bất phương trình  2 được 
 
2
22 2
12 2 0
2 2 12 6 2
4 8 4 12 6 2 2 0
tt
t t t
t t t t
   
       
      
0,25 
Tài liệu ôn thi 10, 11, 12 và kỳ thi THPT Quốc gia: diendan.onthi360.com
Tải toàn bộ đề thi thử 2016 mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết : diendan.onthi360.com
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. 
2
0
2 2 2 2 3
4 8 02
xx
t x
x xx

      
   
. Bất phương trình có nghiệm duy 
nhất 2 2 3x   . (Chú ý bài này có nhiều cách giải khác như dùng véc tơ, dùng bất 
đẳng thức ,dùng phép biến đổi tương đương) 
0,25 
Câu 10.Cho , 0x 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            
1,0 
 P A B  . Trong đó 2 2 2 25 3 3 5A x xy y x xy y      và 
 2 2 2 22 2B x xy y x xy y      
0,25 
10.(1,0đ) 2 2 2 26 180 36 108 108 36 180A x xy y x xy y      
        
2 2 2 2
11 7 59 11 7 59x y x y y x y x        
      11 7 11 7 18x y y x x y      
    3 3 2016 6048 *A x y      dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 1008x y  
0,25 
 2 2 2 24 16 16 32 32 16 16B x xy y x xy y      
        
2 2 2 2
3 5 7 3 5 7x y x y y x y x        
      3 5 3 5 8x y y x x y      
   2 2 2016 4032 **B x y      dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 1008x y  
0,25 
 Từ  * và  ** ta đươc 6048 4032 10080P A B     , dấu đẳng thức xẩy ra khi và 
chỉ khi 1008x y  . Vậy min 10080 1008P x y    
0,25 
Tài liệu ôn thi 10, 11, 12 và kỳ thi THPT Quốc gia: diendan.onthi360.com
Tải toàn bộ đề thi thử 2016 mới nhất có hướng dẫn giải chi tiết : diendan.onthi360.com
 TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG 
LẦN THỨ NHẤT 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x



 có đồ thị ( )C . 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 
 2. Tìm trên đồ thị ( )C điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm 
cận của ( )C là nhỏ nhất. 
Câu 2 (1 điểm). 
 1. Tính giá trị của biểu thức 2sin . os3 osP x c x c x  biết 
3
os2 , ;0
5 2
c x x
 
    

. 
2. Giải phương trình: 3
8 2 4
log ( 1) log ( 2) 2log (3 2)x x x     . 
Câu 3 (1 điểm). 
1. Tìm hệ số của 5x trong khai triển 10
3
1
(2 )x
x
 (với 0x  ) 
2. Một đoàn tàu có 3 toa chở khách đỗ ở sân ga. Biết rằng mỗi toa có ít nhất 4 chỗ 
trống. Có 4 vị khách từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập với nhau, chọn ngẫu 
nhiên một toa. Tính xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách nói trên. 
Câu 4 (1 điểm). Tìm nguyên hàm 
( 1)lnx x
dx
x

 . 
Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có điểm 
A(4;-1;5) và điểm B(-2;7;5). Tìm tọa độ điểm C, D biết tâm hình vuông thuộc mp(Oxy). 
Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu 
của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AD, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy 
bằng 060 . Gọi M là trung điểm của DC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách 
giữa hai đường thẳng SA và BM. 
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(-1;2), 
tâm đường tròn ngoại tiếp I
3
;2
2
 
 
 
, tâm đường tròn nội tiếp K(2,1). Tìm tọa độ đỉnh B biết 
3.Bx  
Câu 8 (1 điểm). Giải bất phương trình 3 3x x 2 2 3x 2    . 
Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số không âm thỏa mãn 
3
2
  x y z . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của 3 3 3 2 2 2   P x y z x y z . 
---------------------HẾT---------------------- 
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên:SBD: 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG 
LẦN THỨ NHẤT 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1 
(2điểm) 
1 2 1
1



x
y
x
. TXĐ: R\{-1} 
2
1
' 0 1
( 1)
    

y x
x
Hàm số đồng biến trên các khoảng (–∞;-1) và (-1;+∞) 
0,25 
Giới hạn: 
1 1
2 1 2 1
;
1 1
lim lim
  
 
   
 x x
x x
x x
 đường tiệm cận đứng của đồ thị là x =- 1 
2 1 2 1
2; 2
1 1
lim lim
x x
x x
x x 
 
  
 
 đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2 
0,25 
bảng biến thiên 
x -∞ -1 +∞ 
y’ + + 
y 
0,25 
6
4
2
-2
-5 5
0,25 
2 
Gọi điểm 
1
;2
1
M a
a
 
 
 
 thuộc đồ thị (C). 0,25 
Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng 
1
: 1x   là  1; 1d M a   
0,25 
2 -∞ 
+∞ 2 
y 
O x 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang 
2
: 2y  là  2
1
;
1
d M
a
 

Suy ra    1 2
1
; ; 1 2
1
d M d M a
a
      
 
Dấu bằng xảy ra khi a = 0 hoặc a = -2 
0,25 
Vậy tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận nhỏ nhất bằng 2 khi M(0;1) hoặc M(-2;3) 0,25 
2 
(1điểm) 
1 
Vì 2
3 16
os2 sin 2
5 25
c x x   mà ;0 sin 2 0
2
x x
 
     

Suy ra 
4
sin 2
5
x   
0,25 
2 sin 4 sin 2 os2 1 18sin . os3 os
2 2 25
 
    
x x c x
P x c x c x 0,25 
2 Điều kiện: 1x 
 Phương trình
2 2 2
log ( 1) log ( 2) log (3 2)x x x      
2 2
log ( 1)( 2) log (3 2)x x x     
0,25 
2
0 ( )
( 1)( 2) (3 2) 2 0
2 ( )
x l
x x x x x
x tm

          
Vậy phương trình có nghiệm là 2x  . 
0,25 
3 
(1điểm) 
1 
khai triển 
510 10 10
10 10 10 2
10 103 3
0 0
1 1
(2 ) (2 ) 2 ( 1)
i
i
i i i i i
i i
x C x C x
x x

 
 
 
     
 
  
0,25 
Hệ số của 
5x là  
22 8
10
.2 1 11520C  
 0,25 
2 Vì mỗi vị khách có 3 lựa chọn lên một trong ba toa tàu , Suy ra số cách để 4 vị khách lên 
tàu là : 
43 81 
0,25 
Số cách chọn 3 vị khách trong 4 vị khách ngồi một toa là 
3
4
4C 
Số cách chọn một toa trong ba toa là 
1
3
3C 
Vị khách còn lại có 2 cách chọn lên 2 toa còn lại 
Suy ra có 2.3.4=24 cách để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách . 
Vậy xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách là: 
24 8
81 27
P   
0,25 
4 
(1điểm) 
 ( 1)ln ln
ln
x x x
dx xdx dx
x x

    . 0,25 
1
ln ln ln ln lnxdx x x xd x x x dx x x x C         0,25 
2
2
ln 1
ln ln ln
2
x
dx xd x x C
x
    0,25 
Vậy 
21ln ln
2
I x x x x C    
0,25 
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
5 
(1điểm) 
 Gọi M(x;y;0) thuộc mặt phẳng Oxy là tâm hình vuông. 
(4 ; 1 ;5)
( 2 ;7 ;5)
MA x y
MB x y
  
  
Vì ABCD là hình vuông nên tam giác MAB vuông cân tại M 
0MAMB
MA MB
 
 

0,25 
0,25 
2 2 2 2
(4 )( 2 ) ( 1 )(7 ) 25 0
(4 ) ( 1 ) 25 ( 2 ) (7 ) 25
x x y y
x y x y
        
 
          
1
3
x
y

 

Vậy M(1;3;0) 
0,25 
Vì M là trung điểm của AC và BD nên C(-2;7;-5); D(4;-1;-5) 
0,25 
6 
(1 
điểm) 
 +) Tính thể tích 
Gọi H là trung điểm của AD. 
Vì HB là hình chiếu của SB lên đáy nên 
0( ;( )) 60SB ABCD SBH  
0,25 
Trong tam giác SBHcó 
0 15tan60
2
a
SH BH 
31 15
2 12
SABM SABCD
a
V V  (đvtt) 
0,25 
+) Tính khoảng cách: 
Dựng hình bình hành ABME 
Vì BM//(SAE)  , ( ,( ))d SA BM d M SAE  2 ( ,( ))d D SAE
 4 ( ,( ))d H SAE
 Kẻ ; ,( E, )HI AE HK SI I A K SI   
 Chứng minh ( ) ( ,( ))HK SAE d H SAE HK  
0,25 
Vì 
.
2 5
DE AH a
AHI AED HI
AE
     
Trong tam giác SHI có 
2 2 2 2
1 1 1 304 15
15 4 19
a
HK
HK HI SH a
     
Vậy  
15
,
19
a
d SA BM  
0,25 
K
I
E
M
H
C
B
D
A
S
 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí 
7 
(1 
điểm) 
 Gọi D là giao của AK với đường tròn (I). 
Phương trình đường thẳng AK là: 
x+3y-5=0 
Ta có 
1
( )
2
KBD ABC BAC BKD  
Nên tam giác KBD cân tại D
 K I
D
C
B
A
0,25 
Gọi D(5-3a,a) thuộc AK. Vì D khác A nên 2a  .Ta có
2 2 2 2 2 23 3(5 3 ) ( 2) ( 1 ) (2 2)
2 2
ID IA a a          
2( )
1
2
a l
a


 
 
Suy ra 
7 1
;
2 2
D
 
 
 
0,25 
Gọi B(x;y) (x>3)ta có hệ 
2 2
2 2
2 2
2 2
3 25
( ) ( 2)
3 4 02 4
7 1 5 7 10 0
( ) ( )
2 2 2
x y
IB IA x y x y
DB DK x y x y
x y

          
   
          

0,25 
2 2 4; 2( )3 4 0
5 5
; ( )4 3 10 0
8 2
x y tm
x y x y
x y lx y
 
