Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán (Lần 1) - Năm học 2015-2016 - Trường THPT Lý Tự Trọng (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016 
 Môn thi: TOÁN 
 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG 
 ( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ) 
 Đề thi này có 01 trang 
 2x 1
 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y (1). 
 x 1
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
 2. Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M 
 đến đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1). 
 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2cosx .cos2 x 2 2sin2 x cos3 x . 
 2x2 1
 Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I dx . 
 x
 Câu 4 (1,0 điểm). 
 21 2 1
 1. Giải phương trình: log1 (2x 3 x 1) log 2 ( x 1) . 
 4 2 2
 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y 8ln x x2 trên đoạn [1;e]. 
 Câu 5 (1.0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu 
 nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đủ 3 màu, có đúng 
 một quả cầu màu đỏ và có không quá hai quả cầu màu vàng. 
 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB a; AD 2 a , tam giác 
 SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SD. Tính thể tích khối 
 chóp S.ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC. 
 3
 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết AB AD . Gọi F là 
 2
 3
 điểm thuộc đoạn thẳng BC sao cho BF BC . Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình 
 4
 2 2
 9 1 225
 x y . Đường thẳng d đi qua hai điểm A, C có phương trình 3x 11 y 2 0 . Tìm 
 4 4 8
 tọa độ đỉnh C biết điểm A có hoành độ âm. 
 3 2 3
 4y 4 y x 2 x 4 y 2
 Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: x;. y 
 2 2y3 x 3 3 y x 12 6 x x 1 2 0
 Câu 9 (1.0 điểm). Cho a,, b c là ba số thực dương thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
 2
 a2 16b2 27 a bc 
 thức: P . 
 1 a 2 5 bc 36 a c 2
 ___________ HẾT ___________ 
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 
 ĐÁP ÁN 
 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2015 – 2016 
Câu 1 Khảo sát 1điểm 
 * Tập xác định DR / 1 
 * Sự biến thiên: 
 3 
 Ta có: y' 2 0,  x D . 0,25 
 x 1 
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1 và 1; . 
 Hàm số không có cực trị. 
 * Giới hạn và tiệm cận: 
 Ta có: 
 limy lim y 2 đường thẳng y 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C). 0,25 
 x x 
 limy ; lim y 1 đường thẳng x 1là đường tiệm cận đứng của đồ thị (C). 
 x 1 x 1 
 * Bảng biến thiên: 
 x 1 
 y ' - - 
 2 0,25 
 y 
1.1 
 2 
 * Đồ thị: 
 1 
 Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm ;0 , cắt trục Oy tai điểm 0; 1 . 
 2 
 0,25 
 1điểm 
 2a 1 
 Gọi M a; C (điều kiện a 1). 
 a 1 
 Gọi đường thẳng là đường tiệm cận ngang của đồ thi (C) . 
 0,25 
 2a 1
 0.a 1. 2
 a 1 3
 Ta có d M, Oy a ; d M , . 
 02 1 2 a 1
1.2 Theo giả thiết khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến 
 3
 đường tiệm cận ngang do đó: 2. a 0,25 
 a 1
 a2 a 6 a 2 a 6 0 a 3
 a2 a 6 . 
 2 2 
 a a 6 a a 6 0 a 2 
 Vì phương trình a2 a 6 0 vô nghiệm. 7 
 + Với a 3 M 3; . 
 2 0,25 
 + Với a 2 M 2;1 . 
Câu 2 1điểm 
 Phương trình đã cho cos3x cos x 2 2sin2 x cos3 x cosx 2 2sin 2 x 0,25 
 cosx 0
 2 2
 cosx 2 2 1 cos x 2cosx cos x 1 0,25 
 cos x 
 2
 + Với cosx 0 x k ; k . 0,25 
 2
 x k2 
 1 3
 + Với cosx ; k . 0,25 
 2 
 x k2 
 3
Câu 3 1điểm 
 2x2 1 x 2 x 2 1
 Ta có I dx dx 
 x x2
 1
 0,25 
 udu xdx
 2 2 2 2
 Đặt u 2 x 1 u 2 x 1 . 
 u2 1
 x2 
 2
 u1 u2 u 2 1 1 1
 Do đó I . udu du du du du 
 u2 12 u 2 1 u 2 1 u 1 u 1 0,25 
 2
 1 u 1 u 1 1du 1 du
 du du du 
 2 u 1 u 1 2 u 1 2 u 1
 0,25 
 1 1
 u ln u 1 ln u 1 C . 
 2 2
 1 1
 Vậy I 2 x2 1 ln2 x 2 11 ln2 x 2 11 C . 0,25 
 2 2
Câu 4 0,5 điểm 
 1
 2x2 3 x 1 0 x 
 Điều kiện: 2 . 
 x 1 0 
 x 1 0,25 
 1 1 1
 Khi đó phương trình log (2x 2 3x 1) log (x 1)2 
 2 2 2 2 2
 2 2
4.1 log 2 2(2x 3x 1) log 2 (x 1) 
 x 1 (Ko TM)
 2(2x2 3 x 1) ( x 1) 2 3 x 2 4 x 1 0 1 . 
 x TM 0,25 
 3
 1
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 
 3
 0,5 điểm 
 Điều kiện: x 0. 
 Hàm số y 8ln x x2 xác định và liên tục trên [1;e]. 
4.2 0,25 
 8 x 2  1; e
 Ta có y' 2 x y ' 0 . 
 x x 2  1; e Ta lại có: y 1 1; y 2 8ln 2 4 ; y e 8 e2 . 
 Vậy : Maxy 8ln 2 4 , giá trị lớn nhất đạt được khi x 2. 
 1;e 0,25 
 Miny 1, giá trị nhỏ nhất đạt được khi x 1. 
 1;e
Câu 5 
 Gọi  là không gian mẫu của phép thử. 
 4 0,25 
 Số phần tử của không gian mẫu là n  C16 1820 . 
 Gọi B là biến cố: “ 4 quả lấy được có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và 
 không quá hai quả màu vàng”. 
 Do đó để lấy được 4 quả có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá 
 hai quả màu vàng có 2 khả năng xảy ra: 0,25 
 1 2 1
 +) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng suy ra số cách lấy là: CCC4 5 7 
 1 1 2
 +) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng suy ra số cách lấy là: CCC4 5 7 
 1 1 2 1 2 1
 +) Khi đó n B C4 C 7 C 5 C 4 C 7 C 5 700. 0,25 
 n B 700 5
 +) Xác suất của biến cố B là PB . 0,25 
 n  1820 13
Câu 6 1điểm 
 0,25 
 Gọi H là trung điểm của AB, vì SAB là tam giác đều SH  AB . 
 SAB  ABCD 
 2 2 a 3
 Ta có AB SAB  ABCD SH  ABCD và SH SA HA . 
 2
 SH AB, SH  SAB 
 1 1
 Vì ABCD là hình chữ nhật S S a.2 a a2 . 
 ACD2 ABCD 2
 0,25 
 1 1a 3 a3 3
 Do đó V SH... S a2 (đvtt). 
 S. ACD3 ACD 3 2 6
 Gọi J là trung điểm của CD IJ / /SC SC / / AIJ 
 d AI,,, SC d SC AIJ d C AIJ . 
 0,25 
 Ta có CD AIJ J dC ,, AIJ dD AIJ (vì J là trung điểm CD). 
 Vậy d AI, SC d D, AIJ . Vì H là trung điểm AB, J là trung điểm của CD do đó tứ giác AHJD là hình chữ nhật. 
 Gọi K là tâm của hình chữ nhật AHJD IK// SH (vì IK là đường trung bình tam 
 giác SHD). 
 SH ABCD SH a 3
 Ta có IK  ABCD và IK . 
 IK// SH 2 4
 1 a2
 Ta có S AD. DJ ; 
 ADJ 2 2
 1 1a 3 a2 a 3 3
 V IK.. S ; 0,25 
 I. ADJ3 ADJ 3 4 2 24
 a 17
 AJ AD2 DJ 2 . 
 2
 1 1a 3 a 17 a2 51
 Vì IK ABCD IK AJ S IK .AJ . . . 
 AIJ 2 2 4 2 16
 3.V 2a 17
 Do đó d D, AIJ I. ADJ . 
 S AIJ 17
Câu 7 1điểm 
 2 2
 9 1 225
 A d x y 
 Ta có tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ pt 4 4 8 
 AT 
 3x 11 y 2 0 0,25 
 2 11y 2 11 y
 x x 
 3 3
 2 2 2 2 
 2 11y 9 1 225 11 y 19 1 225
 y y 
 3 4 4 8 3 12 4 8
 x 3
 2 11y 
 x y 1
 2 11y 3 
 x 93
 3 y 1 x A 3;1 (vì xA 0 ). 
 2 
 13y 10 y 23 0 23 13
 y 
 23
 13 y 
 13
 Gọi điểm E thuộc tia đối của tia BA sao cho AF  CE . 
   
 Đặt BE xAB BE xAB , ta có: 
          3  
 CE BE BC xAB AD và AF AB BF AB AD . 
 4
 Vì AF  CE do đó 0,25 
       
 3 2 3 2 1
 CEAF. 0 xABADAB AD 0 xAB AD 0 x . 
 4 4 3
 1
 Vậy E thuộc tia đối của tia BA thỏa mãn BE AB khi đó AF  CE . 
 3 AF  CE
 Xét tam giác ACE có F là trực tâm tam giác ACE hay EF  AC . 
 CB AE
 2 2
 9 1 225
 Gọi H EF  AC tứ giác ABFH nội tiếp hay H T : x y , 
 4 4 8
 0,25 
 93 23 
 do đó H là giao điểm (khác A) của đường thẳng d và đường tròn (T) H ; . 
 13 13 
 Qua B kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC tại K BK// HE , khi đó ta có 
 AK AB
 3
 KH BE   
 AH 12 HC AH 12 HC 
 KH BF
 3
 HC FC
  93 23  132 36 
 Gọi C a; b HC a ;b ; AH ; . 
 13 13 13 13 0,25 
 132 93 
 12 a 
   13 13 a 8
 Do đó AH 12 HC C 8; 2 . 
 36 23 b 2
 12 b 
 13 13 
 Vậy C 8; 2 . 
Câu 8 1điểm 
 Điều kiện: x 3 2. 
 Biến đổi pt thứ (2) của hệ thành : 2 x 1 3 3 y x 1 2 4 y3 0 
 Nhận xét y 0 không là nghiệm của pt y 0, do đó pt 0,25 
 3 2
 x 1 x 1 
 2 3 4 0 
 y y 
 x 1
 Đặt a khi đó pt trở thành 
 y
 2a3 3 a 2 4 0 a 2 2 a 2 a 2 0 a 2 . 
 0,25 
 Vì pt 2a2 a 2 0 vô nghiệm. 
 x 1
 +) Với a 2 2 2 y x 1. 
 y
 Thay 2y x 1 vào pt (1) của hệ ta được pt 3 x2 1 x x 3 2 
 0,25 
 x3 2 2 x 1 x 1 3 x 2 1 0 
 3
 x3 2 2 x 1 2 x 1 x2 1 
 0 
 3 2
 x 2 2 x 1 3x2 1 x 1 3 x 2 1 x 1 2
 x3 4 x 2 4 x 3 x 3 4 x 2 3 x
 0 
 3 2
 x 2 2 x 1 3x2 1 x 1 3 x 2 1 x 1 2
 0,25 
 x2 x 1 x x 1 
 x 3 0 x 3. 
 3 2 
 x 2 2 x 1 3x2 1 x 1 3 x 2 1 x 1 2 
 x2 x 1 x x 1 
 Vì 0, x 3 2. 
 3 2
 x 1 2 x 1 3x2 1 x 1 3 x 2 1 x 1 2
 Với x 3 y 2. Vậy hệ pt đã cho có nghiệm x; y 3; 2 . 
Câu 9 1điểm 
 2
 a2 16b2 27 a a b c bc 
 Ta có: P 
 b c 2 5 bc 36 a c 2
 2
 22 2 2
 a16b 27 a b a c a4 b 3 2
 2 2 2 2 a b 0,25 
 bcbc 5 36 ac bcbcac 5 9 4
 a2 a 24 a 2
 Ta lại có 2 2 
 25 2
 b c 5 bc b c b c 9 b c 
 4
 2 2 2
 4a 4 b 32 2 a b 3 2
 Do đó P 2 2 a b a b 
 9 b c 9 a c 4 9 b c a c 4
 2
 2 2 2 2
 2 a b 32 2 a b 3 2
 a b a b 
 9 ab ac ba bc 4 9 ab ac ba bc 4
 2
 22 2 
 2 a b 32 2 a b 3 2
 a b a b . 
 9 2ab a b c 4 9 a b 2 4
 a b c 
 2 0,25 
 2
 1 c 2 2
 2 32 8 1 c 3 2
 P 2 1 c 1 c . 
 9 1 c 4 9 1 c 4
 1 c c 
 2 
 2 2
 8 1 c 32 8 2 3 2
 Ta có 1 c 1 1 c . 
 9 1 c 4 9 1 c 4
 2
 8 2 3 2
 P 1 1 c . 
 9 1 c 4
 Theo giả thiết a, b , c 0 thỏa mãn a b c 1 c 0;1 . 
 2
 8 2 3 2
 Xét hàm số f c 1 1 c với c 0;1 . 
 9 1 c 4
 16 2 2 3 0,25 
 Ta có f' c 1 2 c 1 . 
 9 c 1 c 1 2
 32 1 27 1
 f' c 0 c 1 0 c vì c 0;1 . 
 3 
 9 c 1 64 3
 Bảng biến thiên 1
 c 
 0 3 1 
 f'( c ) – 0 + 
 f() c 
 1 0,25 
 9 
 1 1
 Từ BBT f c , c 0;1 . Do đó P . 
 9 9
 1 1
 Vậy Min P , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a b c . 
 9 3
 ......................... Hết .............................