Đề thi thử lần I - Kỳ thi thpt quốc gia năm học 2015 – 2016 - Môn toán 12 thời gian 180 phút

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI 
TỔ TOÁN 
ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA 
NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN 
Thời gian 180 phút 
Câu 1. a) (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )(C của hàm số 2
1
−
−
=
x
xy
. 
 b) (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của )(C tại điểm có hoành độ 3=x . 
Câu 2. (1điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 322 +−= xxy trên đoạn [ ]0; 4 . 
Câu 3. a) (0,5 điểm) Giải phương trình: 0sin22sin =− xx . 
 b) (0,5 điểm) Giải phương trình: xxx 42 4
2
=
−−
. 
Câu 4, a) (0,5 điểm) Trong dịp ra quân chăm sóc di tích Đình Đĩnh Lự (Tân Lộc – Lộc Hà – Hà Tĩnh ) đội 
thanh niên tình nguyện của Đoàn trường THPT Nguyễn Văn Trỗi gồm 14 đoàn viên trong đó có 6 đoàn 
viên nam 8 đoàn viên nữ trong đó có 2 đoàn viên nam là Ủy viên Ban chấp hành. Cần chọn ngẩu nhiên 
một nhóm 3 đoàn viên làm nhiệm vụ thắp hương.Tính xác suất sao cho trong 3 đoàn viên được chọn có 
nam, nữ và Ủy viên ban chấp hành. 
 b) (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức: 15log12log5log 2
2
12 −−=A . 
Câu 5. a) (0,5 điểm) Tìm số hạng chứa 6x của đa thức ( ) ( )46 325 1xP x x x= + + . 
 b) (0,5 điểm) Chứng minh: 0
2sin
2
cottan =−+
x
xx với .,
2
Zkkx ∈≠ pi 
Câu 6. (1 điểm) Giải phương trình: 
2
2
2
16 96 2089 log 2 3 4 6 3 5 9
12 16 45 81
x x
x x x x
x x
+ +
+ + = + − + +
+ + +
. 
Câu 7. (1 điểm) Cho hình chóp ABCDS. có đáy ABCD là hình chữ nhật , aABaSA == , , aAC 2= , SA 
vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD . Gọi G là trọng tâm tam giác SAC .Tính theo a thể tích khối chóp 
ABCDS. và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng )(BGC . 
Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I 
,điểm ( )2; 1−M là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của B lên AI là 9 8;
5 5
− 
 
 
D .Biết rằng AC có 
phương trình 5 0x y+ − = , tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 
Câu 9. (1 điểm) Cho các số thực dương zyx ,, thỏa mãn 3222 =++ zyx .Tim giá trị lớn nhất của biểu 
thức ( )
3 3 3
2 3
9
x y zP x y z
xyz xy yz zx
+ +
= + + − +
+ +
. 
Hết 
Họ và tên: .........................................................................................Số báo danh: ............................... 
Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI – HÀ TĨNH 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA 
NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN 
Câu Nội dung Điểm 
•TXĐ: D = { }\ 2R 
• Sự biến thiên 
 + Giới hạn – tiệm cận: 
x
lim y 1
→±∞
= suy ra đường 1y = là tiệm cận ngang. 
x 2
lim y
+→
= +∞ , 
x 2
lim y
−→
= −∞ suy ra đường 2x = là tiệm cận đứng. 
 +) Chiều biến thiên: Ta có: ( )2
1y '
x 2
−
=
−
, 'y không xác định tại 2x = 
' 0y < 2x∀ ≠ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. 
+) Bảng biến thiên 
 +) Hàm số không có cực trị: 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ Câ
u
1 
a 
(1 
đi
ểm
) 
• Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm 
1(0; ), (1;0), (3; 2)
2
0,25đ 
Câ
u
1b
(1 
đi
ểm
) Tại điểm có hoành độ 3x = ta có tung độ tương ứng là 2y = 
( ) ( )2 3
1y ' y ' 1
x 2
−
= ⇒ = −
−
Pttt cần viết là ( )y 2 1 x 3 y x 5− = − − ⇔ = − + 
0,25đ 
0,25đ 
0,5đ 
Ta có 
2
x 1y ' , y ' 0 x 1
x 2x 3
−
= = ⇔ =
− +
( ) ( ) ( )0 3, 1 2, 4 11y y y= = = 
0,5đ 
0,25đ 
Câ
u
2 
(1 
đi
ểm
) 
Vậy 11Maxy = tại 4x = và min 2y = tại 1x = 0,25đ 
Câu 3a 
(0.5 
điểm) 
( )sin 2 2sin 0 2sin .cos 2sin 0 2sin cos 1 0x x x x x x x− = ⇔ − = ⇔ − = 0,25đ 
−∞ +∞2
− −
−∞
+∞
1
1
inx 0
,
cos 1
s
x k k Z
x
pi
=
⇔ ⇔ = ∈
=
0,25đ 
Câ
u
3b
(0.
5 
đ i
ể m
) 2 24 4 2 22 4 2 2 4 2x x x x x x x x x− − − −= ⇔ = ⇔ − − =
2 13 4 0
4
x
x x
x
= −
− − = ⇔ 
=
0,25đ 
0,25đ 
Câ
u
4a
(0.
5 
đi
ểm
) 
Số các khả năng của không gian mẩu là : 314 364C = ,để chọn được 3 đoàn viên theo yêu 
cầu bài toán ta có các cách chọn sau 
+ Chọn 1 trong 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 4 đoàn viên nam còn lại,chọn 1 
trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có 1 1 12 4 8. . 64C C C = cách chọn. 
+ Chọn 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có 
2 1
2 8. 8C C = cách chọn. 
+Chọn 1 nam Ủy viên và chọn thêm 2 nữ có 1 22 8. 56C C = cách chọn 
Nên ta có 64 8 56 128+ + = cách chọn 3 đoàn viên theo yêu cầu bài toán . 
Vậy xác suất cần tính là 128 32
364 91
P = = . 
0,25đ 
0,25đ 
Câ
u
4b
(0.
5 
đi
ểm
) Ta có: 2 1 2 2 2 2
2
log 5 log 12 log 15 log 5 log 12 log 15A = − − = + − 
 2 2log 5.12 log 15= − 
 2 2
5.12log log 4 2
15
= = = 
0,25đ 
0,25đ 
Câ
u
5a
(0.
5 
đ i
ể m
) Ta có: ( ) ( )46 325 1xP x x x= + + = ( )4 3 0 1 2 2 3 3 4 44 4 4 4 425 . .x x C C x C x C x C x+ + + + + 
 ( )0 3 1 4 2 5 3 6 4 74 4 4 4 425C x C x C x C x C x= + + + + + 
Nên số hạng chứa 6x là ( )3 6425 C x+ ( ) 6 625 4 29x x= + = 
0,25đ 
0,25đ 
Câ
u
5b
(0.
5 
đi
ểm
) Với ,2x k k Z
pi
≠ ∈ ta có 2 s inx cos 2tan cot
sin 2 cos s inx sin 2
x
x x
x x x
+ − = + − 
2 2s in x+cos 2
s inx cos sin 2
x
x x
= − 
1 2
1 sin 2
s in2x
2
x
= − =
2 2 0
s in2x sin 2x
− = , điều phải chứng minh. 
0,25đ 
0,25đ 
Điếu kiện 4
3
x ≥ − 
Ta có 
2
2
2
16 96 2089 log 2 3 4 6 3 5 9
12 16 45 81
x x
x x x x
x x
+ +
+ + = + − + +
+ + +
 ( ) ( )( )2 22 26 13 log 6 13 2 3 4 3 5 9 log 2 3 4 3 5 9 *x x x x x x x x⇔ + + + + + = + + + + + + + 
0,25đ 
Câ
u
6 
(1 
đi
ểm
) 
Xét hàm số 2( ) log , 0f t t t t= + > ,
1
'( ) 1 0
ln 2
f t
t
= + > với mọi 0t > nên ( )f t đồng biến 
trên ( )0;+∞ . Từ ( )* suy ra ( )2( 6 13) 2 3 4 3 5 9f x x f x x+ + = + + + nên 
2 6 13 2 3 4 3 5 9x x x x+ + = + + + 
2 2 ( 2) 3 4 3 ( 3) 5 9 0x x x x x x   ⇔ + + + − + + + − + =    
( ) ( ) ( )
2 2
2
2 3
0
2 3 4 3 5 9
x x x x
x x
x x x x
+ +
⇔ + + + =
+ + + + + +
( )2 2 3[1 ] 0
2 3 4 3 5 9
x x
x x x x
⇔ + + + =
+ + + + + +
( )2 0x x⇔ + = vì 2 31 0
2 3 4 3 5 9x x x x
+ + >
+ + + + + +
4
3
x∀ ≥ − 
0; 1x x⇔ = = − 
Đối chiếu với điều kiện ban đầu suy ra phương trình có nghiệm 0, 1x x= = − 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Câu 7 
1 
điểm 
Ta có ( )2 22 3BC a a a= − = ,diện tích hình chữ nhật ABCD là 
2
. 3 . 3ABCDS a a a= = . 
Thể tích khối chóp là 
31 3
.
3 3ABCD
aV SA S= = . 
Gọi O là giao điểm của AC và BD , 
H là hình chiếu vuông góc của G 
lên mp ( )ABCD thì ta có 1
3 3
aGH S= = ,thể tích khối chóp .G ABC là 
3
.
1 1 3
. .
3 2 18G ABC ABCD
aV GH S= = 
Mặt khác ( ). ,( )
1
. .
3G ABC BGCA BGC
V d S∆= => ( )
.
,( )
3 G ABC
A BGC
BGC
Vd
S∆
= 
Xét tam giác BGC ta có 3BC a= , 4 4 .
3 3
CH CO OH CO a= + = = nên 
2 24 17
3 3 3
a a aCG    = + =   
   
,gọi N là trung điểm SD do 2 2 2SB a a a= + = 
2 23 2SD a a a= + = nên 
2 2 22 2 2 2
3 3 4
SA BD SDBG BN + −= = 
2 2 22 4 8 4 2 2
3 4 3
a a a aBG + −=> = = 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
 Áp dụng định lí cô sin trong tam giác BGC ta có 
S
A
B
C
D
G
O
H
2 2
22 2 173
3 9 3 9 5
cos sin 1
24 82 2 2 62. . 3
3
a a
a
B B
a
a
 
+ − 
 
= = => = − = 
từ đó ta có 
21 1 2 2 5 15
. .sin . . 3.
2 2 3 8 6BGC
a aS BG BC B a∆ = = = 
Vậy ( )
3
,( ) 2
33. 518
515
6
A BGC
a
ad
a
= = 
0,25đ 
 Cách 2: 
2 2
AM.AB ad(A;(BCG)) d(A; BM)
5AM AB
= = =
+
0.5đ 
Câ
u
8 
1 
đi
ểm
Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên BC, E là trung điểm AB. Ta có tứ giác BFDA 
nội tiếp đường tròn đường kính AB và ngủ giác BEDIM nội tiếp đường tròn đường kính 
BI suy ra 1 EF
2
DEM DBM DBF D∠ = ∠ = ∠ = ∠ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 
một cung) nên EM là phân giác của góc EFD∠ , lại có 1
2
FE DE AB= = nên ME là 
đường trung trực của DF. 
Đường thẳng ME qua M và song song với AC nên có phương trình 1 0x y+ − = , F đối 
xứng với D qua ME nên F 13 6;
5 5
− 
 
 
, 
3 1
;
5 5
MF  =  
 




 nên véc tơ pháp tuyến của BC là 
( )1; 3n − suy ra phương trình BC là 3 5 0x y− − = 
tọa độ C là nghiệm của hệ 
5 0
3 5 0
− =

− − =
x y
x y
 ( )5; 0⇒ C 
M là trung điểm BC suy ra ( )1; 2B − − 
AF qua F và vuôn góc v ới BC nên 
có phương trình 333 0
5
x y+ − = 
tọa độ A là nghiệm của hệ 
5 0
333 0
5
x y
x y
+ − =

⇒
+ − =
 A ( )1; 4 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
9 8
;
5 5
− 
 
 
D
( )2; 1−M
S
A
B C
D
G
O
M
 Ta có ( ) ( )2 2 2 2 2x y z x y z xy yz zx+ + = + + + + + ( ) ( )2 3 2x y z xy yz zx=> + + = + + + 
lại có ( ) ( )3 3 3 2 2 2 3x y z x y z x y z xy yz zx xyz + + = + + + + − + + +  
( ) ( )3 3x y z xy yz zx xyz = + + − + + +  nên 
( )
3 3 3 1 1 1 1 1 3
9 3 9
x y z
xy yz zx
xyz yz zx xy
 + +
 = + + + − + +   
 
0,25đ 
Câ
u
9 
(1 
đi
ểm
) 
Áp dụng BĐT Cauchy ta có 
2 2 23
3 2 2 2
3 . .
1 1 1 9
1 1 1 13
. .
xy yz zx x y z
xy yz xz xy yz zx
xy yz zx x y z
 + + ≥

=> + + ≥
+ ++ + ≥

Suy ra ( )
3 3 3 1 1 3
9 3
x y z
xy yz zx
xyz xy yz zx
 + +
 ≥ + − + +   + + 
Từ đó ta có 
 ( ) ( )1 1 33 2 3
3
P xy yz zx xy yz zx
xy yz zx xy yz zx
 
 ≤ + + + − − − + + +   + + + + 
 ( )11 2
3
xy yz zx= + + + 
do 
2 2 2 2 2 2
0 3
2
x y y z z x
xy yz zx + + + + +< + + ≤ = nên 11 296
3 3
P ≤ + = 
Từ đó suy ra GTLN của P là 29
3
 đạt khi 
2 2 2 3
1
3
x y z
xy yz xz x y z
xy yz zx
 + + =

= = ⇔ = = =
 + + =
. 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa