3
y
x 3
2
x Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
.
x
x .
f x ( )
2
4
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số Câu 3 (1,0 điểm).
x log
. 2 0 x 5sin x ( 2 log
x
1)
log 6 0.
a) Giải phương trình: cos 2 b) Giải bất phương trình:
0,25
0,5
2
5
I
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:
x
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN: TOÁN –LẦN I (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)
1 2
dx 1 5 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) và mặt phẳng (P) có phương trình: x - 2y - 4z + 8 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trong mặt phẳng (P) sao cho CA = CB và mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P). Câu 6 (1,0 điểm).
3
a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức
với
x . 0
.x
x
5 2 x
10
b) Từ các chữ số 1, 3, 4, 5, 6, 7 lập các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu
nhiên một số bất kì trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M là trung điểm CD, SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) với H là giao điểm của AC với BM. Góc giữa
060 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
2
2
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có hoành độ dương.
25
2
y
x
(SCD) và (ABCD) bằng thẳng AB và SM theo a. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D là điểm đối xứng với C qua A. Điểm H(2; -5) là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AD, điểm K(-1; -1) là hình chiếu vuông góc của điểm D trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình
1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực
3
2
2
6
x
3
x
y
y
xy
3
x
2
2
x
1
y
1
4
x
y
2
3
3
0;1
a b ,
Câu 10 (1,0 điểm). Cho 2 số thực a, b
và thỏa mãn:
.
(
a
b
)(
a b
)
ab
(1
a
)(1
b
)
1
1
2
2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
.
P
ab a 3
b
2
2
1
a
1
b
-----------------------HẾT-----------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Hä và tªn thÝ sinh: ................................................................................; SBD.....................................
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I Nội dung Điểm
3 3
y x x (1,0 điểm) 2
2
y
1
x
'
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số * Tập xác định: D * Sự biến thiên: 0,25 Câu Câu 1 - Chiều biến thiên: x ; 3
x 1 1;1
; 1 và 1;+
hoặc 3 y ' 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng 1;1 x ; 1
x
1;+
- y' > 0 với ;
nên hàm số nghịch biến trên khoảng x ; yCĐ = 0 1,
y
; lim x
x
y' < 0 với - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1; yCT = - 4 , đạt cực đại tại y - Giới hạn: lim - Bảng biến thiên
- 1 1 0 0
0,25
x x
'f
0,25
f x
y
4
( 2;0), 1;0
0 4
2
* Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 2) Đồ thị cắt trục Ox tại điểm
x
5
O
-2
-1
1
-2
-4
-4
0,25
x
x . (1,0 điểm)
f x ( )
2
4
2 0
x
x
4
Câu 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
D
x
2
4
f x '( )
2; 4
x
0
4
1 x
x
2 x
x x
2
2
1 2 4
2
2. 4
TXĐ: ; Đk: 0,25
'( ) 0
f x x x x 4 2 3 2; 4
0,25 0,25 f 2; f 2; 2;
2
2 Vậy
4 x , 3
x hoặc x = 4.
2
3 f f x khi 2
f x
min 2;4
max 2;4
0,25 khi
cos 2
x
5sin
x
2
2 0 1 2
x
2sin
5sin
x
2 0
x
5sin
x
3 0
1
Câu 3 . (0,5 điểm)
a) Giải phương trình: 1 2sin
x
k
2
x
tm
x
k
sin
sin
sin
)
0,25
1 2
6
k
( 2
x
6 5 6
x
loai
sin
3
0,25
x
2 log
(
x
1)
log
log 6 0 2
0,25
(0,5 điểm) b) Giải bất phương trình:
0,5 ĐK: x > 1 (*); Với đk (*) ta có: log
1)
2log
x
x
(
log
x
x
1)
0,25
0,5
log 6 0 2
2
log ( 2
log 6 0 2
0,25
2
log
x x (
1)
1) 6
x x (
6 0
x
x
2
log 6 2
,
3x
2
. Kết hợp đk (*) ta được 1
3x tập nghiệm S = (1; 3]
5
0,25
I
dx x
1 5
Câu 4 Tính tích phân: (1,0 điểm)
1 2 2 2
0,25 t x 1 2 1 tdt 2 x dx dx 2 tdt
3
3
3
3
3
dt
t
I
dt
5
dt
5
tdt t 5
5 5 t 5
dt 5
t
d t 5 5 t
1
1
1
1
1
1
3
3
t Đặt Khi x = 1 thì t = 1; khi x = 5 thì t = 3 3 0,25 0,25 Do đó
t
5ln
t
5
2 5 ln 8 ln 6
2 5 ln
1
1
4 3
0,25
8 0
P
4
2
x
(
Câu 5
y BC
không gian Oxyz, cho các điểm A(1;-1;2); B(3;1;0) và mặt phẳng (P) có phương trình: x - 2y - 4z + 8 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trong mặt phẳng (P) sao cho CA = CB và mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P). (1,0 điểm) Giả sử
(1) z
C x y z ( ; ; ) AC
2
2
2
2
2
2
2
x
CA CB
y
2
x
y
x y z
1 0
z
(2)
3
1
(1; 2; 4)
) 2 , 1 ;
3; 1; x y z x Ta có 1; z y 1;
AB
z 1 2; 2; 2 .
2 AC BC Pn
(P) có VTPT
n
(12; 6;6) 6 2; 1;1
, n AB P
2
y
0
2
z
z
x
3
y
5 0
(ABC) qua A, B và vuông góc (P) nên (ABC) có VTPT 0,25 0,25 0,25
x
1
C x y z ( ; ; )
(ABC)
2
x
y
z
5 0
(3)
x
2
y
4
z
8
x
2
phương trình (ABC) là:
C
2;1; 2
x 2
x z y
z y 1
5
y z
1 2
0,25 Từ (1),(2),(3) ta có hệ pt: .
3
0
x . (0,5 điểm)
.x
x
10
k
5 2 x k
(10
k
)
4 3
40 10 3
Câu 6 a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức với
.
C
x
k . 5 .
k C x . 10
k 10
0
4
k
0,25 Số hạng thứ k + 1 trong khai triển đã cho là
0,25
131250
5
5 2 x Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với k thỏa mãn: 40 10 k 3 4
4 C 10.
4
360
Vậy số hạng cần tìm là: .
) 360
n
(số) ( b) Từ các chữ số 1, 3, 4, 5, 6, 7 lập các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số bất kì trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn. (0,5 điểm) * KGM là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được tạo nên từ 6 chữ số đã cho. Gọi số tự nhiên cần lập là abcd . Số cách chọn abcd là
6A có: x
A
4 A 6 a b c d 1 1 1 1
* Gọi A là biến cố "số được chọn là số chẵn". Giả sử 0,25
1d .
d 1
3
3 A
120
Để x chẵn thì do đó có 2 cách chọn
n (số). Vậy (A) 120
4,6 1d thì số cách chọn
a b c là 1 1 1
Sau khi chọn
5A có: 52. (A) n n ) (
0,25 Vậy xác suất để số được chọn là số chẵn là: (A) P . 120 360 1 3
Câu 7
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M là trung điểm CD, SH vuông góc 060 . với mặt phẳng (ABCD) với H là giao điểm của AC với BM. Góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng
S
CD
SHE
HE CD, E CD
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM theo a. (1,0 điểm)
0
0 SEH 60
SH HE.tan 60
D
K
A
HE 1 AD 3
M
E
H
HE
AD
SH
C
B
Dựng , suy ra SEH là góc giữa (SCD) và (ABCD) Ta có 3.HE CH 1 CH CM 1 HA AB 2 CA 3 HE CH AD CA a 3 3
a 3
0,25
2
2
S
a
V
.SH.S
.a
ABCD
S.ABCD
ABCD
1 3
1 3 3 a 3 9
1 a 3 . 3 3
AB CD / /
0,25 Ta có Suy ra (đvtt)
d AB SM d AB SCD
,
,
d A SCD ,
SM
Ta có
AH
SCD
SCD SCD C
0,25
3
SCD
d A SCD ,
d 3 H,
SCD
H,
d
3
d A SCD ,
AC HC
CD
CD HK
SHE
HK
SCD
HK
Lại có
SHE HK ,
d H SCD ,
. Do đó
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SE, ta có CD Xét tam giác vuông SHE có:
a
HK 3
d A SCD ,
2
2
2
2
2
3 2
a 3 1 1 HK 0,25 1 HK 1 SH 1 HE 12 2 a 6 a 2 3 a 3 a 3 3
2
2
25
2
x
y
Câu 8
1
. Tìm tọa độ
I
.
Sđ AB (1)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D là điểm đối xứng với C qua A. Điểm H(2; -5) là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AD, điểm K(-1; -1) là hình chiếu vuông góc của điểm D trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có hoành độ dương. (1,0 điểm)
0,25 (2)
.
Đường tròn (T) có tâm (1; 2) Gọi Ax là tiếp tuyến của (T) tại A. Ta có 1 KAx BDA 2 Do 090 nên BKHD là tứ BHD BKD giác nội tiếp BDA HKA Từ (1) và (2) ta có // A . x KAx HKA HK Mà IA Ax IA HK
(3; 4)
KH
x
y 4
11 0
, IA có phương trình 3
x
4
y
11 0
Do đó IA có vectơ pháp tuyến là Do A là giao của IA và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 0,25
;
Ax nên A(5;1)
2
2
x y
5 1
x y
3 5
(
x
1)
(
y
2)
25
3
. Do 0
HA
(3;6)
x
9 0
y .
2
9 0
x
y
nên AC có phương trình
tm
;
2
2
1
5 1
x y
7
25
2)
1)
x
y
(
(
0,25 (loại). Do đó D(1; 7)
Đường thẳng AC đi qua A và có vectơ chỉ phương là 2 Do D là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ x y Vì A là trung điểm của CD nên ta có C(9; 9).
AK
( 6; 2)
x
y 3
. 2 0
x
3
2 0
y
nên AB có phương
B ( 4; 2)
tm
;
2
2
4 2
5 1
x y
;
25 B . ( 4; 2)
y ( 2) C (9;9) ;
0,25 (loại). Do đó
3
2
2
6
x
3
x
y
y
xy
3
x
Đường thẳng AB đi qua A và có vectơ chỉ phương là trình Do B là giao của AB và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ x y x ( 1) A (5;1) Vậy Câu 9
2
4
x
2
y
x
1
y
1
2 1 2
x
1 0
2
2
3
2
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: (1,0 điểm)
y
3
x
2
x
y
6
x
3
x
0
*
1
2
4
x
2 0
y
2
2
3
2
2
4
3
2
2
x
x
x
x
x
3
9
3
2
12
x
10
x
4
x
1
3
x
2
x
1
1
ĐK: Ta có 1
2
2
2
3
x
x
x
2
x
1
2
y
3
x
0,25
2
2
3
2
x
x
x
2
x
1
y
2
x
1
Pt (1) có hai nghiệm:
1
y
1 3 2 1 3 2 , dó đó y
23 x
24 x
2
x
3
x
1 2
x
0,25 Coi (1) là phương trình bậc hai ẩn y, ta có: 4 6 1 0 Từ pt (2) ta có y không thỏa mãn.
3
Thay y = 2x +1 vào phương trình (2) ta được
x 2
2
x
2
2
4
x
2
x
3
2
x
x
0
0
3
1
điều kiện: 0,25
1 1
2
x 2 1 1 x
2
3 2
4
x
x
x
1
2
0
2
x
2
1 1 1
x
4
x
2
x
3 2
x
1
2
x ( vì 2
0
x
2
2
1 1 1
x
4
x
2
x
3 2
x
1
x thì 2
y . 5
) 0,25
2;5 .
Với Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là
3
3
(
a
b
)(
a b
)
ab
(1
a
)(1
b )
1
1
2
2
ab a 3
b
2
2
1
a
1
b
3
3
Cho 2 số thực a, b (0; 1) và thỏa mãn: Câu 10 Tìm GTLN của P = . (1,0 điểm)
3
3
2
2
a
a a b ( ) a b gt (*) . (1 )(1 )
(
)
ab
ab
ab
a b
2
.2
4
b )( ab
a b
b a
a
b
ab
a b
ab ab
1
1 (
)
1 2
b )( ab a b vì và
ab ab
4
1 1 2
t
0
1 3
t
t
t
t
t
4
1 2
t 1 3
2
0
, khi đó từ (*) suy ra 0,25 ab , đặt t = ab (đk t > 0)
1 9
t 1 3
2
t 4
ta được:
0
2
2
2
2
1 a
1 b
2 ab
1 a
1 ab
1 b
1 ab
1
1
1
1
1
Ta có:
2
.
0,25
0
2
ab
b
1 a
1
1
1
1
1
ab 2
a b dấu "=" xảy ra khi a = b
luôn đúng với mọi a, b (0; 1),
2
2
2
2
2
2
2
b
ab
a b
ab nên
3ab a
1 1 vì và 2 2. 1 a 1 b 2 ab 1 1 1 ab a b 1 1 0,25 2 2 1 2 P ab t ab t 1
'
f
t ( ) 1
0
1 có 9
1 9
t
t
(1
) 1
b
1 1 2 t Xét hàm số f(t) = với 0 < t với mọi 0 < t t 1
b
a
1 3
t
ab
1 9
a
6 f ,dấu "=" xảy ra f t ( ) ( ) 0,25 1 9 1 9 10
a
b .
1 3
6 Vậy GTLN của P là đạt được tại 1 9 10
Chú ý: Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự.
![Đề thi Tiếng Anh có đáp án [kèm lời giải chi tiết]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250810/duykpmg/135x160/64731754886819.jpg)
