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

SỞ GD & ĐT ĐĂK LĂK 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 
1
x
y
x


 (1). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
b) Tìm m để đường thẳng y x m  cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có 
diện tích bằng 3 , với I là giao điểm của hai tiệm cận. 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: 2sin 2 2cos 3sin cosx x x x   . 
b) Giải phương trình: 12 2log (4 4).log (4 1) 3
x x    . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
1
ln d .
e
I x x x
x
 
  
 
 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện  2 5z i z i    . Tính mô đun của số phức 21w iz z   . 
b) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20. Chọn ngẫu nhiên ra 5 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 5 tấm 
thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 2 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ 
mang số chia hết cho 4. 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm  2;5;1A và mặt phẳng 
( ) :6 3 2 24 0P x y z    . Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P). Viết 
phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H, sao cho điểm A nằm 
trong mặt cầu. 
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 
và 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 thang cân ABCD với hai đáy AD, BC. 
Biết  2;3B và AB BC , đường thẳng AC có phương trình 1 0x y   , điểm  2; 1M   nằm trên 
đường thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD. 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
3 3 2
3
3 4 2 0
( , )
3 2 2
x y y x y
x y
x x x y
      

    
 . 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 3.ab bc ca   Chứng minh rằng: 
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc
  
     
-------------Hết----------- 
Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810 
đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(2,0đ) 
a) (1,0 điểm) 
 Tập xác định  \ 1D   . 
 Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 
 2
1
' 0,
1
y x D
x
    

. 
 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;1 và  1; . 
0,25 
 - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1
x x
y y
 
  .  tiệm cận ngang: 1y  . 
1 1
lim ; lim
x x
y y
  
    .  tiệm cận đứng: 1x  . 
0,25 
 - Bảng biến thiên: 
x  1  
y' - - 
y 1  
  1 
0,25 
 Đồ thị: 
x
y
1
0,25 
b) (1,0 điểm) 
Gọi :d y x m  . 
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: 
1
x
x m
x
 

  1x x x m    (Vì 1x  không phải là nghiệm của phương trình) 
 2 2 0x m x m     (1) 
0,25 
Ta có 2 4 0,m m     nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C) tại hai điểm phân biệt A, 
B với mọi m . 
0,25 
Khi đó,    1 1 2 2; , ;A x x m B x x m  , với 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình (1). 
Ta có:    1;1 ,
2
m
I d I AB  . 
và        2 2 2 22 1 2 1 1 2 1 22 8 2 4AB x x x x x x x x m         . 
0,25 
Ta có:  
2 41
. ,
2 2
IAB
m m
S AB d I AB

  . Theo giả thiết, ta có: 
2 4
3 3 2
2
IAB
m m
S m

      . 
0,25 
 2 
(1,0đ) 
a) Phương trình đã cho tương đương 22sin 3sin 2 2sin cos cos 0x x x x x     
   2sin 1 sin cos 2 0x x x     
0,25 
 sin cos 2 0x x   : Phương trình vô nghiệm 
 
2
6
2sin 1 0 ( )
7
2
6
x k
x k
x k





  
   
  

 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: 
7
2 , 2 ( ).
6 6
x k x k k
 
       
0,25 
b)  12 2 2 2log (4 4).log (4 1) 3 2 log (4 1) .log (4 1) 3x x x x         0,25 
Đặt 2log (4 1)
xt   , phương trình trở thành:  
1
2 3
3
t
t t
t

     
 
21 log (4 1) 1 4 1 2 0
x xt x         . 
 2
1 7
3 log (4 1) 3 4 1 4
8 8
x x xt             : Phương trình vô nghiệm. 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: 0x  . 
0,25 
3 
(1,0đ) 
Ta có: 
1 1 1
1 1
ln d ln d ln d .
e e e
I x x x x x x x x
x x
 
    
 
   
0,25 
 Tính 
1
ln d
e
x x x . Đặt lnu x và dv xdx . Suy ra 
1
du dx
x
 và 
2
2
x
v  
Do đó, 
22 2 2 2
1 11 1
1
ln d ln d
2 2 2 4 4 4
ee e
x x e x e
x x x x x       
0,25 
 Tính 
1
1
ln d .
e
x x
x
 Đặt 
1
lnt x dt dx
x
   . Khi 1x  thì 0t  , khi x e thì 1t  . 
Ta có:
11 2
1 0 0
1 1
ln d tdt .
2 2
e
t
x x
x
    
0,25 
Vậy, 
2 3
.
4
e
I

 
0,25 
4 
(1,0đ) 
a) Đặt  ,z a bi a b   . Từ giả thiết ta có: 
3 5 1
1 2
a b a
a b b
   
 
     
. 
Do đó 1 2z i  . 
0,25 
Suy ra    
221 1 1 2 1 2 3w iz z i i i i          . Vậy 3w  . 0,25 
b) Số phần tử của không gian mẫu là:   520 15504n C   . 
Trong 20 tấm thẻ, có 10 tấm thẻ mang số lẻ, có 5 tấm thẻ mang số chẵn và chia hết cho 4, 5 
tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 4. 
0,25 
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Ta có:   3 1 110 5 5. . 3000n A C C C  . 
Vậy, xác suất cần tính là:  
 
 
3000 125
15504 646
n A
P A
n
  

. 
0,25 
CH
A
B
D
S
I
K
5 
(1,0đ) 
Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Suy ra: 
2 6
: 5 3
1 2
x t
d y t
z t
 

 
  
Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên ( )H d P  . 
Vì H d nên  2 6 ;5 3 ;1 2H t t t   . 
0,25 
Mặt khác, ( )H P nên ta có:      6 2 6 3 5 3 2 1 2 24 0 1t t t t          
Do đó,  4;2;3H  . 
0,25 
Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu. 
Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784 , suy ra 24 784 14R R    . 
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên ( )IH P I d   . 
Do đó tọa độ điểm I có dạng  2 6 ;5 3 ;1 2I t t t   , với 1t   . 
0,25 
Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn: 
     
     
2 2 2
2 2 2
6 2 6 3 5 3 2 1 2 24 114( , ( )) 14
6 3 ( 2) 13
14
2 26 3 2 14
t t t t
d I P
tt
AI
tt t t
                  
       
Do đó,  8;8; 1I  . 
Vậy, mặt cầu      
2 2 2
( ) : 8 8 1 196S x y z      
0,25 
6 
(1,0đ) 
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 
HB'
A
B
D
C
M
7 
(1,0đ) 
Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một 
đường tròn. Mà BC CD nên AC là đường phân 
giác của góc BAD . 
Gọi 'B là điểm đối xứng của B qua AC. 
Khi đó 'B AD . 
Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là 
nghiệm của hệ phương trình: 
1 0 3
5 0 2
x y x
x y y
    
 
    
. Suy ra  3; 2H . 
Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó  ' 4 ;1B . 
0,25 
Đường thẳng AD đi qua M và nhận 'MB

 làm vectơ chỉ phương nên có phương trình 
3 1 0x y   . Vì A AC AD  nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: 
1 0 1
3 1 0 0
x y x
x y y
    
 
    
. Do đó,  1;0A . 
Ta có ABCB’ là hình bình hành nên 'AB B C
 
. Do đó,  5;4C . 
0,25 
Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra :3 14 0d x y   . 
Gọi I d AD  , suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 
3 14 0
3 1 0
x y
x y
  

  
. Suy ra, 
43 11
;
10 10
I
 
 
 
. Do đó, 
38 11
;
5 5
D
 
 
 
. 
0,25 
Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD

 làm vectơ chỉ phương nên có phương trình 
9 13 97 0x y   . (Học sinh có thể giải theo cách khác) 
0,25 
8 
(1,0đ) 
3 3 2
3
3 4 2 0 (1)
3 2 2 (2)
x y y x y
x x x y
      

    
 Điều kiện: 2x   . 
   
33 3 2 3(1) 2 3 4 2 1 1 2x x y y y x x y y              . 
0,25 
Xét hàm số   3 2f t t t   trên  2;  . 
Ta có:    2' 3 1 0, 2;f t t t       . Suy ra hàm số  f t đồng biến trên  2;  . 
Do đó: 1x y  . 
0,25 
Thay 1y x  và phương trình (2) ta được: 3 3 2 2 1x x    
    
  
 
3 2
2 2 2 2 2
8 2 2 2 2 2 4
2 2
x x
x x x x x
x
   
         
 
  
 
 
 
 
2 22 2 22 2 4 2 2 4 0
2 2 2 2
x
x x x x x x
x x
             
    
 
0,25 
 2 0 2 3x x y      
 
   
2 22 22 4 0 2 4
2 2 2 2
x x x x
x x
       
   
 (*) 
Ta có    
22 22 4 1 3 3; 1, 2;
2 2
VT x x x VP x
x
            
 
0,25 
Do đó phương trình (*) vô nghiệm. 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;3x y  . 
9 
(1,0đ) 
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 233 3 ( ) 1ab bc ca abc abc      . 0,25 
Suy ra: 2 2
2
1 1
1 ( ) ( ) ( ) 3 (1).
1 ( ) 3
a b c abc a b c a ab bc ca a
a b c a
          
 
Tương tự ta có: 
2 2
1 1 1 1
(2), (3).
1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c
 
   
0,25 
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc
 
      
     
 . 
0,25 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c         0,25 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810 
đã gửi tới www.laisac.page.tl