Đề thi thử thpt quốc gia lần thứ 1 năm học: 2015 – 2016 môn: Toán lớp 12 (thời gian làm bài: 120 phút)

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ 1 
NĂM HỌC: 2015 – 20156 
Môn: TOÁN Lớp 12 
(Thời gian làm bài: 120 phút) 
Câu 1. (3,0 điểm) 
Cho hàm số  
2 2
2 1
x
y C
x



a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành. 
c) Tìm m để đường thẳng : 2 1d y mx m   cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu thức 
P = OA
2
 + OB
2 đạt giá trị nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ). 
Câu 2. (1,0 điểm) 
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 5 4 3( ) 5 5 1f x x x x trên đoạn [–1;2] 
Câu 3. (1,0 điểm) 
Cho hàm số 3723  xmxxy Tìm m để hàm số đồng biến trên R. 
Câu 4. (2,0 điểm) 
a) Giải phương trình  cos2 cos 3 sin 2 sinx x x x   
b) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Hãy tính xác suất để 
lập được số tự nhiên chia hết cho 5. 
Câu 5. (1,0 điểm) 
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Gọi 
M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng 
(SMN). 
Câu 6. (0,5 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 2AB AD , tâm  1; 2I  . Gọi M 
là trung điểm cạnh CD,  2; 1H  là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B. 
Câu 7. (1,0 điểm) 
Giải bất phương trình 2 21 2 3 4 .x x x x     
Câu 8. (0,5 điểm) 
Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 1.a b c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2
2
2 2
3
( ) .
4( ) 5 ( ) 5
a b
P a b
b c bc c a ca
   
   
--- HẾT --- 
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG 
TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ 1 
NĂM HỌC: 2015 – 20156 
Môn: TOÁN Lớp 12 
Câu Đáp án Điểm 
1.a 1,0 
*TXĐ: \ *SBT: 0,25 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng và 
Tính giới hạn và tiệm cận 
0,25 
Lập bảng biến thiên 0,25 
*Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0,25 
1.b 1,0 
 
2
2
'
2 1
y
x



, đồ thị ( C) giao với trục ox tại điểm M(-1;0) 0,5 
1.c 
 1' 2y   , PTTT là  2 1 2 2y x x      0,5 
* (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2 
0,5 
*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là thì là các nghiệm của PT (1) 
Có: OA2+OB2 = 
 = 
 = 
0,25 
= (Áp dụng BĐT cô si vì m dương) 
Dấu bằng xảy ra ( thỏa mãn);KL: là giá trị cần tìm 
0,25 
1
2
 
 
   
2
2 1
' 0,
22 1
y x
x

    

1
;
2
 
  
 
1
;
2
 
  
 


0
' 4 0 0
1
0
2
m
m m
g

 

    

    
  
1 2,x x 1 2,x x 
1 2
1 2
1
1
.
4
x x
m
x x
m
  

 

   
2 22 2
1 1 2 22 1 2 1x mx m x mx m      
       22 2 21 2 1 24 1 4 1 2 1m x x m m x x m      
     22 14 1 1 4 1 2 1
2
m
m m m m
m
 
      
 
5 1
2
2 2
m
m
 
5 9
2
2 2
  

1
2
m 
1
2
m 
2 1,0 
  Hàm số 5 4 3( ) 5 5 1f x x x x liên tục trên đoạn [–1;2] 
 4 3 2 2 25 20 15 5 ( 4 3)y x x x x x x 
 Cho 
 (nhan)
 (nhan)
 (loai)
2
2 2
2
0 [ 1;2]
5 0
0 5 ( 4 3) 0 1 [ 1;2]
4 3 0
3 [ 1;2]
x
x
y x x x x
x x
x
0,5 
*  Ta có, 5 4 3(0) 0 5.0 5.0 1 1f 
5 4 3(1) 1 5.1 5.1 1 2f 
5 4 3( 1) ( 1) 5.( 1) 5.( 1) 1 10f 
5 4 3(2) 2 5.2 5.2 1 7f 
 Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 10 và số lớn nhất là 2 
 Vậy, khi khi 
[ 1;2] [ 1;2]
min 10 1; max 2 1y x y x 
0,5 
3 1,0 
 2' 3 2 7y x mx   . Để hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi ' 0,y x R   
23 2 7 0x mx x R      
0,5 
' 20 21 0 21; 21x R m m           
 
 0,5 
4a 
1,0 
cos2 3sin 2 3sin cosx x x x   
1 3 3 1
cos 2 sin 2 sin cos
2 2 2 2
x x x x    0,5 
2
2 2 2
3 3 3
cos 2 cos ,
23 3
2 2
3 3 3
x x k x k
x x k
x x k x k
  
 
 
  

 
          
          
          
  
 0,5 
4b 1,0 
 Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. 
 * Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: 5 48 7 5880 A A số 
0,5 
* Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: 47A + 6.
3
6A = 1560 số 
  P(A) = 
1560 13
5880 49
 
0,5 
5 1,0 
*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều 
tâm G và  SG ABC .
1
.
3
S ABC ABCV SG S  
Tam giác ABC đều cạnh a nên 
23 3
2 4
ABC
a a
AN S   
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa cạnh 
bên SA với đáy là (SA,AG) = 60SAG   (vì 
SG AG SAG  nhọn) 
0,25 
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 
2 3
3 3
a
AG AN  
Trong tam giác SAG có .tan60SG AG a   
Vậy 
2 3
.
1 3 3
. .
3 4 12
S ABC
a a
V a  
0,25 
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M(SMN) nên 
     , ,
3
C SMN G SMN
d d
Ta có tam giác ABC đều nên 
 SG ABC SG MN  
 MN SGK  . 
Trong (GKH), kẻ  GH SK GH MN GH SMN     , H SK 
  ,G SMN
d GH  
0,25 
Ta có 
1 2 2 1 1 3
; 
2 3 3 2 6 12
a
BK AN BG AG AN GK AN AN AN        
Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 48 49
7
a
GH
GH SG GK a a a
       
Vậy 
  ,
3
3
7C SMN
a
d GH 
0,25 
6 
0,5 
Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD 
nên 3IC IH 
Mà  1;1IH  , giả sử 
   
1 3.1 4
; 4;1
2 3.1 1
x x
C x y C
y y
   
   
   
Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5) 
Lại có 2AB AD nên 
1
2
CM BC
MBC BAC
BC AB
    
Mà 90 90BAC BCA MBC BCA AC BM       
Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt  1;1IH  
pt BM: x + y – 1 = 0  ;1B t t  
Có    2;6 ; 4;AB t t CB t t      
Vì     . 0 2 4 6 0AB BC AB CB t t t t         
 2 2t    2 2; 1 2B    hoặc  2 2; 1 2B    
7 1,0 
Điều kiện: 
2
2
0 0 1
3 41
1 0 0 .3 41 3 41
8
2 3 4 0 8 8
x x
x x
x
x x
  
  
         
  
   
 (*) 
Bất phương trình đã cho tương đương với 
2 2 21 2 (1 ) 2 3 4x x x x x x       2 23( ) (1 ) 2 ( )(1 ) 0x x x x x x        
0,5 
2 2 2
2
5 34
1 9
3 2 1 0 9 10 1 0
1 1 1 3 5 34
.
9
x
x x x x x x
x x
x x x
x
  

             
     


Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 
5 34 3 41
.
9 8
x
   
  
0,5 
8 0,5
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
2 2 2
2 2
2 2
4
.
5( ) 5 9( )
( ) ( )
4
a a a
b c bc b c
b c b c
 
    
Tương tự, ta có 
2 2
2 2
4
.
( ) 5 9( )
b b
c a ca c a

  
Suy ra 
22 2 2 2
2 2 2 2
4 2
9 9( ) 5 ( ) 5 ( ) ( )
a b a b a b
b c c ab c bc c a ca b c c a
   
       
         
2
2
2 2
2 2 2
2 2 2 2
2
( )
( )
2 ( ) 2 2 2( ) 4 ( )2 .
9 9 9( ) ( ) ( ) 4 ( ) 4
( )
4
a b
c a b
a b c a b a b c a b
ab c a b c a b a b c a b c
c a b c
 
          
      
              
 
Vì 1 1a b c a b c       nên 
2 22
2 2
2 2
2 2(1 ) 4 (1 ) 3 8 2 3
(1 ) 1 (1 ) .
9 4 9 1 4(1 ) 4 (1 ) 4
c c c
P c c
cc c c c
     
         
      
(1) 
0,25 
Xét hàm số 
2
28 2 3( ) 1 (1 )
9 1 4
f c c
c
 
    
 
với (0;1).c 
Ta có 
2
16 2 2 3
'( ) 1 . ( 1);
9 1 2( 1)
f c c
c c
 
    
  
 3 1'( ) 0 ( 1) 64 (3 3) 0 .
3
f c c c c        
Bảng biến thiên: 
Dựa vào bảng biến thiên ta có 
1
( )
9
f c   với mọi (0;1).c (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
1
,
9
P   dấu đẳng thức xảy ra khi 
1
.
3
a b c   
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
1
,
9
 đạt khi 
1
.
3
a b c  
0,25 
( )f c 
'( )f c
c 
1
3 
0 + – 
0 1 
1
9
