Đề thi thử lần 1 kì thi thpt quốc gia năm 2015 môn: Toán 12 (thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG 
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG 
ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA 
NĂM 2015 
MÔN: TOÁN 
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề). 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 
2
(1)
1
x m
y
x



, với m là tham số thực. 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với 1m  . 
b) Tìm m để đường thẳng : 2d y x  cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho diện 
tích tam giác OAB bằng 21 (O là gốc tọa độ). 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 22sin 3 sin 2 2 0x x   . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2 2( 1)ln 1
ln
e
e
x x
I dx
x x
 
  . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình  2 2 2log 9 4 log 3 log 3
x x   . 
b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S. Tính xác suất để 
số được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn. 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 8 0P x y z    và 
điểm (2;2;3)A . Viết phương trình mặt cầu ( )S đi qua điểm A , tiếp xúc với mặt phẳng (P) và có tâm 
thuộc trục hoành. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc  060ABC  . Cạnh 
bên 2SD a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABCD là điểm H thuộc đoạn BD sao 
cho 3HD HB . Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và tính khoảng cách 
giữa hai đường thẳng CM và SB . 
Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường cao và đường trung tuyến kẻ 
từ đỉnh A lần lượt có phương trình là 3 0x y  và 5 0x y  . Đỉnh C nằm trên đường thẳng 
: 2 0x y    và có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng chứa 
trung tuyến kẻ từ C đi qua điểm ( 2;6)E  . 
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
1 1
( 1) 1 ( , )
8 9 ( 1) 2
y y
x
x x y x y
y x y

     
    
 . 
Câu 9(1,0 điểm). Cho các số dương , ,x y z thỏa mãn x y và ( )( ) 1x z y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 
2 2 2
1 4 4
( ) ( ) ( )
P
x y x z y z
  
  
. 
----------------- Hết ---------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: .......................................................... 
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LÂN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
MÔN: TOÁN 
(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1.a 
(1,0đ) Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x



............ 
* Tập xác định:  \ 1D   
* Sự biến thiên:
2
3
'
( 1)
y
x



; ' 0,y x D   . 
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng    ;1 và 1;+  . 
0,25 
Giới hạn: 
1 1
lim ; lim
x x
y y
  
    lim 2; lim 2
 
 
x x
y y . 
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 1x  và tiệm cận ngang 2y . 
0,25 
- Bảng biến thiên 
0,25 
Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm  0; 1 , 
cắt trục hoành tại điểm 
1
;0
2
 
 
 
Đồ thị nhận điểm  1;2I làm tâm đối xứng. 
0,25 
Câu 1.b 
(1,0đ) 
Tìm m để đường thẳng : 2d y x  cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho 
diện tích tam giác OAB bằng 21 . 
 Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị hàm số (1) là 
2
2 (2)
1
x m
x
x

 

Điều kiện 1x  
2(2) 2 ( 1)( 2) 2 0 (3)x m x x x x m          . 
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (3) 
có hai nghiệm phân biệt khác 1. Điều kiện cần và đủ là 
9
0 1 8 4 0
4
1 1 2 0 2
2
m m
m m
m

        
   
         
0,25 
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
x
y
O
x   
'y 
y 
1 
0  
2 
 2 
 
 
Khi đó gọi các nghiệm của phương trình (3) là 1 2,x x . Tọa độ các giao điểm 
1 1 2 2( ; 2), ( ; 2)A x x B x x  . 
 2 2 22 1 2 1 2 1 1 2( ) ( ) 2 ( ) 4 2(1 4( 2 )) 2(9 4 )AB x x x x x x x x m m             . 
0,25 
: 2 2 0d y x x y      Khoảng cách từ O đến đường thẳng d là  
2
, 2
2
d O d   . 
0,25 
Diện tích tam giác OAB bằng  
1
21 , . 21
2
d O d AB  
1
2. 2(9 4 ) 21 9 4 21 3
2
m m m        . 
0,25 
Câu 2 
(1,0đ) 
Giải phương trình 22sin 3 sin 2 2 0x x   . 
2 1 cos22sin 3 sin 2 2 0 2 3 sin 2 2 0
2
x
x x x

       
0,25 
3 1 1
3 sin 2 cos 2 1 sin 2 cos 2 sin 2 sin
2 2 2 6 6
x x x x x
  
         
 
0,25 
2 2
6 6
,
5
2 2
6 6
x k
k
x k
 

 


  
 
   

 
0,25 
6
,
2
x k
k
x k





 
 
  

 
0,25 
Câu 3 
(1,0đ) Tính tích phân 
2
2( 1) ln 1
ln
e
e
x x
I dx
x x
 
  . 
2 2 2 2 2
2 2( 1) ln 1 ln 1 ln 1 1 1 1
ln ln ln ln
e e e e e
e e e e e
x x x x x
I dx dx x dx x dx dx
x x x x x x x x x x
       
          
   
     
0,25 
2 22 4 21
ln 1
2 2
e
e
ex e e
M x dx x
x e
   
       
   
 
0,25 
2
1
ln
e
e
N dx
x x
  . Đặt 
1
lnt x dt dx
x
   . 
Đổi cận 21; 2x e t x e t      
2
1
2
ln ln 2 ln1 ln 2
1
dt
N t
t
     
0,25 
Vậy 
4 2
1 ln 2
2
e e
I

   
0,25 
Câu 4a 
(0,5đ) 
 Giải phương trình  2 2 2log 9 4 log 3 log 3
x x   . 
Điều kiện 99 4 0 log 4
x x    
     2 2 2 22log 9 4 log 3 log 3 log 9 4 log 3 .3
x x xx      
0,25 
2
3
3 1
9 4 3 .3 3 3.3 4 0 3 4 log 4
3 4
x
x x x x x
x
x
  
           

(Thỏa mãn) 
0,25 
Câu 4b 
(0,5đ) 
b) ) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên  
Số phần tử của tập hợp S là 90. 
Gọi ab là số tự nhiên có hai chữ số mà ,a b đều là số chẵn. Ta có 
   2;4;6;8 , 0;2;4;6;8a b  . Suy ra có 4.5 20 số ab . 
0,25 
Xác suất để chọn được một số tự nhiên có hàng chục và hàng đơn vị đều là số chẵn là 
20 2
90 9
 . 
0,25 
Câu 5 
(0,5đ) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 8 0P x y z    và.. 
Gọi tâm của mặt cầu (S) là điểm ( ;0;0)I x . Mặt cầu (S) đi qua (2;2;3)A và tiếp xúc với (P) 
nên ta có   2 2
2 8 2 8
,( ) (2 ) 4 9 (2 ) 13
4 9 1 14
x x
IA d I P x x
 
         
 
0,25 
2 2 2
2 2 2
14 (2 ) 13 2 8 14((2 ) 13) (2 8)
3
14( 4 17) 4 32 64 10 88 174 0 29
5
x x x x
x
x x x x x x
x
         

          
 

0,25 
Với 3 (3;0;0) 14x I IA     Phương trình mặt cầu (S) là: 2 2 2( 3) 14x y z    . 0,25 
Với 
29 29 686
( ;0;0)
5 5 5
x I IA     Phương trình mặt cầu (S) là: 
2
2 229 686
5 25
x y z
 
    
 
. 
0,25 
Câu 6 
(1,0đ) 
 Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc  060ABC  . Hình chiếu .. 
 Từ giả thiết có tam giác ABC đều, cạnh bằng a . 
Gọi 
3 3 3
3 3
2 4 4
a
O AC BD BO BD a HD BD a         
2 2
2 2 2 2 27 5 52
16 16 4
a a a
SH SD HD a SH       
0,25 
H
O
M
C
A D
B
S
Diện tích tứ giác ABCD là 
2
2 0 3. .sin sin 60
2
ABCD
a
S AB BC ABC a   
Thể tích khối chóp .S ABCD là 
2 3
.
1 1 5 3 15
. .
3 3 4 2 24
S ABCD ABCD
a a a
V SH S   
0,25 
2 2
2 2 2 5 3 2
16 16 2
a a a
SB SH HB SB      . 
( )
BD AC
AC SBD AC OM
AC SH

   

. 
Diện tích tam giác MAC là 
21 1 1 2 2
. .
2 4 4 2 8
MAC
a a
S OM AC SB AC a     . 
0,25 
   // //( ) ( , ) ( , ( )) , ( ) , ( )SB OM SB MAC d SB CM d SB MAC d S MAC d D MAC     
   
3
. .
1 1 1 1 1 15
, ( ) . . , ( ) .
3 3 2 2 4 96
M ACD ACD ABCD S ABCD
a
V d M ABCD S d S ABCD S V    . 
Mặt khác    
3
.
. 2
15
31 3032, ( ) . , ( )
3 82
8
M ACD
M ACD MAC
MAC
a
V a
V d D MAC S d D MAC
S a


     
0,25 
Câu 7 
(1,0đ) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có .. 
Gọi 1 2: 3 0; : 5 0d x y d x y    
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
3 0 0
(0;0)
5 0 0
x y x
A
x y y
   
  
   
. 
0,25 
 ;2C C c c  . 
1 : 3 0BC d BC x y m     . 
Điểm  ;2 3 2 0 2 2 : 3 2 2 0C c c BC c c m m c BC x y c                
Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tọa độ của M là nghiệm của hệ 
5 5
5 0 5 5 17
;
3 2 2 0 1 7 7
7
c
x
x y c c
M
x y c c
y

      
     
         

Gọi G là trọng tâm tam giác. Ta có 
2 5 5 10 10
.
2 3 7 21
2 1 2 23
.
3 7 21
G G
G G
c c
x x
AG AM
c c
y y
  
   
   
     
 
 
0,25 
 
10 52 2 128
2; 4 ; ;
21 21
c c
EC c c EG
   
      
 
 
Do , ,E G C thẳng hàng nên ;EC EG
 
 cùng phương 
0,25 
210 52 2 128
121 21 5 6 0 6 (6; 4)
62 4
c c
c
c c c C
cc c
  
 
              
Với    
2 4
6 5; 1 4;2
2 2
B M C
B M C
x x x
c M B
y y y
  
    
  
0,25 
Câu 8 
(1,0đ) 
 Giải hệ phương trình 
2
1 1
(1)
( 1) 1 ( , )
8 9 ( 1) 2 (2)
y y
x
x x y x y
y x y

     
    
 . 
Điều kiện xác định 1, 0x y   
2 2 2
2 2
1 1 1 1 1 ( 1) 1
( 1) 1 1 ( 1) ( 1)
1 01 1
0
( 1) ( 1)
y y y y xy y y x
x x
x x y y x x y x
yx yxy y yx y
y x y x
     
        
    
     
    
  
0,25 
Với 2( 1)y x  , thay vào (2) ta có 28( 1) 9 ( 1) 1 2x x x      
Xét 1x   . Đặt 1,( 0)t x t   . Ta có phương trình 
2
2 2 2 4 2 4 2 2
2
1
8 9 2 8 9 4 4 4 5 0 5
5
5 5 1 5 5
t
t t t t t t t t
t
t t x y
  
              

          
 . 
0,25 
Xét 1x   . Đặt 1,( 0)t x t   . Ta có phương trình 
2
2 4 2 4 2
2 2 2
2 2
2
6 41
8 9 4 4 12 5 0
8 9 2 6 41
2 0 2
2
t
t t t t t
t t t
t t
t
  
          
                

Hệ vô nghiệm. 
0,25 
Với ( 1) 1x y   , thay vào (2) có 
1
8 9 2 0y y
y
    (3). 
Vì 0 8 9 9 8 9 3y y y       Phương trình (3) vô nghiệm. 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
1 5
5
x
y
   


 . 
Chú ý: Không nêu kết luận cũng cho điểm ý này. 
0,25 
Câu 9 
(1,0đ) 
Cho các số dương , ,x y z thỏa mãn x y và ( )( ) 1x z y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
2 2 2
1 4 4
( ) ( ) ( )
P
x y x z y z
  
  
. 
Đặt x z a  . Từ giả thiết ta có ( )( ) 1x z y z   , suy ra 
1
y z
a
  . Do 
1x y x z y z a       . 
Ta có 
21 1
( )
a
x y x z y z a
a a

        
2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
4 4
4 3
( 1) ( 1)
a a
P a a a
a a a a
      
 
0,25 
Khi đó 
2
2
2 2
3 4
( 1)
a
P a
a
  

0,25 
Đặt 2 1t a  . Xét hàm số 
2
( ) 3 4
( 1)
t
f t t
t
  

 với 1t  . 
Ta có 2
3
1
'( ) 3 '( ) 0 ( 2)(3 3 2) 0 2
( 1)
t
f t f t t t t t
t
 
          

0,25 
Từ bảng biến thiên có ( ) 12, 1f t t   . Từ (1) và (2) 12P  . Dấu đẳng thức xảy ra khi 
2
1
2
x z
y z
  


 

. Chẳng hạn 
1; 2 1
1 1
2 1 1
2 2
x z
y
   


    

.Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12. 
0,25 
t 1  
'( )f t 
( )f t 
2 
0  
12 
 
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl