Đề 4 thi thử thpt quốc gia Lần 1 năm học: 2015 - 2016 môn: Toán thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH 
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1 
NĂM HỌC: 2015-2016 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 32 24  xxy 
Câu 2 (2,0 điểm). 
a) Cho tan α 2 và 
3π
π α
2
  . Tính 
2π
sin α
3
 
 
 
. 
b) Giải phương trình: cos x sin 4x cos3x 0   . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số   24 .f x x x   
trên đoạn 
1
2;
2
 
  
. 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4 6 9 .x x x  
Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường 
môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 
nam và 4 nữ , môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt 
giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự 
đại hội thi đua ? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội? 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và 
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết 2 3SD a và góc tạo bởi 
đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 030 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và 
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm 
đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp 
đường tròn (T) có phương trình: 2 2( 4) ( 1) 25x y    .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật 
ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 4 17 0x y   ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) 
và điểm M có tung độ âm 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
  
  
  2
1 1 2 5 2 2
8 1
2 1 3
4 7
x x y x y y
x y
y x
x x
         

  
    
 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho  , , 0;2x y z thỏa mãn 3x y z   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 2 2
P xy yz zx
x y y z z x
     
     
-----------------------HẾT------------------------ 
Cảm ơn bạn Ngô Quang Trường (shinichikudo25061998@gmail.com) chia sẻ đên http://
onthi360.com
 HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
(1,0 điểm) 
a) (1,0 điểm) 
1) Tập xác định : D   
2) Sự biến thiên: 
a, Giới hạn : 

y
x
lim ; 

y
x
lim 
0,25 
b, Bảng biến thiên: y’ = xx 44 3  , y’ = 0  x = 0, 1x 
x -  - 1 0 1 +  
y' - 0 + 0 - 0 + 
y 
+  - 3 +  
 - 4 - 4 
0,25 
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và );1(  , hàm số nghịch biến trên mỗi 
khoảng )1;(  và (0; 1). 
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3. 
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT = y( 1 ) = - 4. 
0,25 
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm 
(  3 ; 0). 
0,25 
Câu 2.1 
(1,0 điểm) 
Cho tan α 2 và 
3π
π α
2
  . Tính 
2π
sin α
3
 
 
 
? 
Ta có 
2
2
1 1 1 5
Cos α cosα
1 tan α 1 4 5 5
     
  0,25 
Do 
3π
π α cosα 0
2
    nên 
5
cosα
5
  0,25 
5 2 5
sin α cosα. tan α .2
5 5
 
   0,25 
1 1 
3 
y 
x O 
4 
3 3 
Vậy
2π 2π 2π
sin α sin α.cos cosα.sin
3 3 3
2 5 1 5 3 2 5 15
. .
5 2 5 2 10
 
   
 
   
  
 0,25 
Câu 2.2 
(1,0 điểm) 
Giải phương trình: cos x sin 4x cos3x 0   
cos x sin 4x cos3x 0 2sin 2x.sin x 2sin 2x.cos 2x 0      0,25 
22sin 2x(s inx cos2x) 0 sin 2x( 2sin x sin x 1) 0        0,25 
kπ
x
2
πsin 2x 0 x k2π
2
s inx 1
π
x k2π1
s inx 6
2
7π
x k2π
6



   

      
 
 
 

 0,5 
Câu 3 
(1,0 điểm) 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số   24 .f x x x   
trên đoạn 
1
2;
2
 
  
. 
+ Ta có 
2
x
f '(x) 1
4 x
 

 0,25 
+ 
1
f '(x) 0 x 2 [ 2; ]
2
     0,25 
+ Có 
1 1 15
f ( 2) 2;f ( )
2 2

    0,25 
1 1
[-2; ] [-2; ]
2 2
1 15
; 2
2
maxf(x) minf(x)

   0,25 
Câu 4 
(1,0 điểm) 
Giải phương trình 2.4 6 9 .x x x  
Phương trình 
4 6
2. 1
9 9
   
     
   
x x
0,25 
2
2 2
2. 1 0
3 3
   
      
   
x x
 0,25 
 
2
1
3
2 1
3 2
 
  
 

   
 
x
x
Loai
 0,25 
CH
A
B
D
S
I
K
2
3
log 2  x 
Vậy phương trình có nghiệm 2
3
log 2x   
0,25 
Câu 5 
(1,0 điểm) 
Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt 
giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn 
Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 
nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ? 
Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội? 
Có tất cả 5.5.5.5=625 cách n(Ω) 625  0,25 
Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội” 
A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH” 
0,25 
n(A) 4.1.2.3 1.4.3.2 48      n(A) 48P A
n(Ω) 625
   0,25 
Vậy   48 577P(A) 1 P A 1
625 625
     0,25 
Câu 6 
(1,0 điểm) 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm 
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết 2 3SD a và góc tạo 
bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 030 . Tính theo a thể tích khối chóp 
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). 
 Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra 
( )SH ABCD 
và  030SCH  . 
Ta có: 
2 3SHC SHD SC SD a      . 
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có: 
0
0
.sin .sin 30 3
.cos .cos30 3
SH SC SCH SC a
HC SC SCH SC a
  
  
0,25 
Vì tam giác SAB đều mà 3SH a nên 2AB a . Suy ra 
2 2 2 2BC HC BH a   . Do đó, 2. 4 2ABCDS AB BC a  . 
Vậy, 
3
.
1 4 6
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V S SH  . 
0,25 
Vì 2BA HA nên      , 2 ,d B SAC d H SAC 
Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có: 
AC HI và AC SH nên  AC SHI AC HK   . Mà, ta lại có: HK SI . 
Do đó:  HK SAC . 
0,25 
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên 
. 6
3
HI AH AH BC a
HI
BC AC AC
    . 
Suy ra, 
2 2
.HS HI
HK
HS HI
 

66
11
a
. 
Vậy ,      
2 66
, 2 , 2
11
a
d B SAC d H SAC HK   
0,25 
 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối 
xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội 
tiếp đường tròn (T) có phương trình: 2 2( 4) ( 1) 25x y    .Xác định tọa độ các đỉnh 
của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 4 17 0x y   ; 
đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm 
Câu 7 
(1,0 điểm) 
I
M
C
A
D
B
N
E
+(T) có tâm I(4;1);R=5 
+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
giác BDM và N,C là chân các đường cao 
nên chứng minh được :IM CN 
0,25 
+ Lập ptđt IM qua I và IM CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0 
+ M là giao điểm (T) với IM :
M(7; 3)
M(1;5) (loai)



0,25 
+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7 
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1) 
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5) 
0,25 
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1 
 D là giao điểm (T) và DC :
D(9;1)
D( 1;1)

 
Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1) 
+Do BA CD
 
 => A(-1 ;5) 
* Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ 
0,25 
Câu 8 
(1,0 điểm) 
Giải hệ phương trình: 
  
  
  2
1 1 2 5 2 2
8 1
2 1 3
4 7
x x y x y y
x y
y x
x x
         

  
    
 
Điều kiện 1; 2x y   . 
Đặt  1 ; 2 , 0x a y b a b     , từ (1) ta có: 
 
   
2 2 2 2 21 5 2 2 0
1 2 0
a ab a b b a b ab b a b
a b a b
             
    
a b  (do , 0 1 2 0a b a b     
0,25 
1 2 3x y y x       . 
Thế vào (2) ta được: 
  
         2 2
8 4 8 4 1 8
1 1 3
4 7 4 7 1 3
x x x x x x
x x
x x x x x
     
     
     
 2
8
4 1
*
4 7 1 3
x
x x
x x x

   
   
0,25 
+ 8 11;  x y 
+        2* 1 3 4 1 4 7x x x x x        
       
2 2
1 3 1 3 2 3 . 2 3x x x x                  
 (**) 
0,25 
Xét hàm số     23 3f t t t   với t  có    2' 3 1 0f t t t     nên 
 f t đồng biến trên  . 
Do đó       2
2
** 1 2 1 2
1 4 4
x
f x f x x x
x x x

         
   
2
2 5 13
25 3 0
x
x
x x
 
  
  
 (T/M) 
5 13 11 13
2 2
 
  x y 
Vậy hệ đã cho có nghiệm  ;x y là  8;11 và 
5 13 11 13
;
2 2
  
  
 
0,25 
Câu 9 
(1,0 điểm) 
Cho  , , 0;2x y z thỏa mãn 3x y z   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 2 2
P xy yz zx
x y y z z x
     
     
Ta có      2 2 2 22 1 1 2x y x y x y        ,.; 1
2
xy
xy

 , 
Nên 
1 1 1 1
3
2
P xy yz zx
x y y z z x
 
          
. 
Ta có     9x y z xy yz zx xyz     
         
8
9
x y y z z x x y z xy yz zx xyz x y z xy yz zx              
0,25 
          
    
 
    
 
  
 
2
2
1 1 1
8
9
27 3
8 8
x y y z y z z x x y z x
x y y z z x x y y z z x
x y z xy yz zx
x y y z z x
x y z xy yz zx
x y z xy yz zx
xy yz zx
       
  
     
    

  
    

   
 
 
Suy ra 
 
1 27 27
2 8 8
P xy yz zx
xy yz zx
 
     
  
Đặt t xy yz zx   . 
Do       
4
, , 0;2 2 2 2 0 2 2
2
xyz
x y z x y z xy yz zx t

             
Mặt khác:  
21
3 3
3
xy yz zx x y z t        . 
Vậy  2;3t  
0,25 
Ta có  
1 27 27
2 8 8
P t f t
t
 
     
Xét hàm số  f t với  0;2t  ta có    
3
2 2
1 27 8 27
' 0 2;3
2 8 16
t
f t t t
t t
 
       
nên hàm số  f t đồng biến trên  2;3 . 
   
15
3
4
f t f   . 
0,25 
Do  
15
4
P f t P   . Có 
15
4
P  khi 1x y z   . 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 
15
4
 đạt được khi 1.x y z   
0,25 
(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự) 
Cảm ơn bạn Ngô Quang Trường (shinichikudo25061998@gmail.com) chia sẻ đên