Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 19

SỞ GD – ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015 
MÔN: Toán – Khối A, A1 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x



. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số đã cho. 
b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng   : 2d y x m  cắt đồ thị  C tại hai điểm phân 
biệt ,A B nằm về hai nhánh khác nhau của  C . 
Câu 2 (1,5 điểm). Giải phương trình:  
3
1 8 3
2
sin x cos x cos x
 
   
 

Câu 3 (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng 1 2d ,d song song với nhau. Trên đường thẳng 1d có 10 điểm 
 phân biệt, trên đường thẳng 2d có n điểm phân biệt  2n ,n  . Cứ 3 điểm không thẳng 
hàng trong số các điểm nói trên lập thành một tam giác. Biết rằng có 2800 tam giác được lập 
theo cách như vậy. Tìm n ? 
Câu 4 (1,0 điểm). 
 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A' B' C' có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên tạo với đáy 
 một góc bằng 060 . Gọi M là trung điểm cạnh BC và I là trung điểm của AM . Biết rằng 
 hình chiếu của điểm I lên mặt đáy A' B' C' là trọng tâm G của A' B' C' . 
 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C' . 
Câu 5 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm   
 
x 0; 1 3 
 2 2 2 1 2 0m x x x( x )      
Câu 6 (1,0 điểm). 
 Cho ABC có trung điểm cạnh BC là  3 1M ; , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B đi 
 qua điểm  1 3E ;  và đường thẳng chứa AC đi qua điểm  1 3F ; . Điểm đối xứng của đỉnh 
 A qua tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là điểm  4 2D ; . Tìm toạ độ các đỉnh của ABC . 
Câu 7 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3 2 3 2
2
3 2 3
3 2 8
x x y y
x y y
    

   
Câu 8 (1,0 điểm). 
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 
   

 
x x x x
f x
x x
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 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:.. 
 Xin cảm ơn  RafaeL Fuji  (leekuyngpyoungjan19@gmail.com) đã gửi tới 
www.laisac.page.tl
SỞ GD – ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015 
MÔN: Toán – Khối A, A1,D 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
(Văn bản này gồm 06 trang) 
I) Hướng dẫn chung: 
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm 
từng phần như thang điểm quy định. 
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch 
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi Khảo sát. 
 3) Điểm toàn bài tính đến 0.25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả) 
II) Đáp án và thang điểm: 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1 
(2,5 
điểm) 
Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x



. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số đã cho. 
Tập xác định:  1D \ 
Ta có: 
 
2
3
0
1
y'
x

 

 x D  
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  1; và  1; 
Hàm số không có cực trị. 
0.25 
0.25 
Tính 2
x x
lim y lim y
 
  nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng 2y  là đường tiệm 
cận ngang 
Tính 
1 1x x
lim y ;lim y ;
  
    nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng 1x  là 
đường tiệm cận đứng 
0.25 
Bảng biến thiên: 
x – 1 +  
y’ – – 
y 
2 + 
 – 2 
0.25 
Đồ thị: 0.25 
b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng   : 2d y x m  cắt đồ thị  C tại hai điểm 
phân biệt ,A B nằm về hai nhánh khác nhau của  C . 
Xét phương trình hoành độ giao điểm của   : 2d y x m  và  C : 
 
2 1
2 1
1
x
x m
x

 

Với mọi 1x  , phương trình      21 2 4 1 0 2x m x m      
Để   : 2d y x m  cắt đồ thị  C tại hai điểm phân biệt ,A B nằm về hai nhánh 
khác nhau của  C thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt 1 2x ,x sao cho 
1 21x x  
0.25 
0.25 
Đặt  22 4 1f ( x ) x m x m     
Yêu cầu bài toán 2 1 0. f ( )  
0.25 
Biến đổi 2 1 0 1 0 2 1 4 1 0. f ( ) f ( ) . ( m ) m         
3 0 m    
0.25 
Kết luận: Với mọi giá trị thực của m đều thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 0.25 
Câu 2 
(1,5 
điểm) 
Giải phương trình:  
3
1 8 3
2
sin x cos x cos x
 
   
 

Ta có: 
   
3
1 8 3 8 3 2
2
sin x cos x cos x sin x sin xcos x sin x


 
        
 
0.5 
 4 2 3 3 4 2sin x sin x=-sin x sin x+sin x sin x=0    0.25 
2 2 4 2sin xcos x sin x=0   2 2 2sin x cos x =0  
 
 
2 0 1
2 0 2
sin x
cos x

 
 
0.25 
0.25 
Giải (1) cho 
2
k
x ;k

  ; còn (2) vô nghiệm 
Kết luận phương trình có nghiệm: 
2
k
x ;k

  0.25 
Câu 3 
(1 điểm) 
Cho hai đường thẳng 1 2d ,d song song với nhau. Trên đường thẳng 1d có 10 điểm 
phân biệt, trên đường thẳng 2d có n điểm phân biệt  2n ,n  . Cứ 3 điểm không 
thẳng hàng trong số các điểm nói trên lập thành một tam giác. Biết rằng có 2800 tam 
giác được lập theo cách như vậy. Tìm n ? 
Số tam giác có 1 đỉnh thuộc 1d , 2 đỉnh thuộc 2d là: 
1 2
10 nC .C 0.25 
Số tam giác có 2 đỉnh thuộc 1d , 1 đỉnh thuộc 2d là: 
2 1
10 nC .C 0.25 
Theo giả thiết: 
1 2
10 nC .C +
2 1
10 nC .C =2800 
   
10
10 2800
2 2 2 8 1
n! ! n!
. .
n !. ! ! . ! n !
  
 
0.25 
2 8 560 0n n   
20
28
n
n

   
. 
Kết luận: 20n  
0.25 
Câu 4 
(1 điểm) 
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A' B' C' có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên tạo 
với đáy một góc bằng 
060 . Gọi M là trung điểm cạnh BC và I là trung điểm của 
AM . Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy A' B' C' là trọng tâm G của 
A' B' C' . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C' . 
Hình vẽ: 
Gọi M ' là trung điểm của B' C' ; K A' M ' sao cho A' K KG GM '  
Kẻ AH A' M ';H A' M '  
0.25 
Ta có AHGI là hình bình hành nên IG AH 
Hơn nữa AM A' M ' , I là trung điểm của AM , G là trọng tâm của A' B' C' 
nên H là trung điểm của A' K
1
6
A' H A' M '  
0.25 
 Ta có: 
2 3
4
a
dtA' B' C'  ;
3
2
a
A' M ' 
3
12
a
A' H  
0 360 3
12 4
a a
AH A' H .tan .   
0.25 
Từ đó: 
2 33 3
4 4 16
ABC .A' B' C'
a a a
V AH .dtA' B' C' .   (đvtt) 
0.25 
Câu 5 
(1 điểm) 
Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm   
 
x 0; 1 3 : 
 2 2 2 1 2 0m x x x( x )      
Đặt 2t x 2x 2    dox [0;1 3] nên  1;2t 
0.25 
Bất phương trình tương đương với: 



2t 2
m
t 1
0.25 
Khảo sát hàm số 
t
g(t)
t



2 2
1
 với  1;2t 
Ta có: 
 
 

2
2
2 2
0
1
t t
g'(t)
(t )
. Vậy 
t
g(t)
t



2 2
1
đồng biến trên  1 2; 
Và do đó: 
2
( ) (2)
3
Maxg t g  
0.25 
Từ đó: 
2t 2
m
t 1



 có nghiệm t  [1,2]  
 t
m g t g
1;2
2
max ( ) (2)
3
   
Kết luận: 
2
3
m  
0.25 
Câu 6 
(1 điểm) 
Cho ABC có trung điểm cạnh BC là  3 1M ; , đường thẳng chứa đường cao kẻ 
từ B đi qua điểm  1 3E ;  và đường thẳng chứa AC đi qua điểm  1 3F ; . Điểm 
đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là điểm  4 2D ; . 
Tìm toạ độ các đỉnh của ABC . 
Hình vẽ: 
Gọi H là trực tâm ABC thì có BHCD là hình bình hành, nên M là trung điểm 
HD  2 0H ; 
BH chứa  1 3E ;  nên    
2 0
2 0
1 2 3 0
x y
BH : BH : x y
 
    
   
0.25 
Do DC BH và  4 2D ; thuộc DC nên   6 0DC : x y   
Do BH AC và  1 3F ; thuộc AC nên   4 0AC : x y   
0.25 
Do C AC DC  nên tọa độ C là nghiệm của hệ 
6 0
4 0
x y
x y
  

  
Tìm được  5 1C ; 
 3 1M ; là trung điểm của BC nên  1 1B ;  4 0BC ; 

0.25 
Do H là trực tâm ABC nên AH BC   2 0AH : x   
Do A AH AC  nên tọa độ A là nghiệm của hệ 
2 0
4 0
x
x y
 

  
 2 2A ; 
Kết luận:  2 2A ; ;  1 1B ; ;  5 1C ; 
0.25 
Câu 7 
(1 điểm) 
Giải hệ phương trình: 
3 2 3 2
2
3 2 3
3 2 8
x x y y
x y y
    

   
Điều kiện: 
3 2
2
3 0
2
8 0
0
2 0
y y
x
y y
y
x
 

   
  
0.25 
Khi đó: 
     
333 2 3 23 2 3 1 3 1 3 3 3x x y y x x y y            
   1 3f x f y    với hàm số 3( ) 3f t t t  
0.25 
Xét hàm số 
3( ) 3f t t t  với  1;t  có  2 2'( ) 3 3 3 1 0f t t t     
Hàm số 
3( ) 3f t t t  đồng biến trên  1; 
Nên từ    1 3 1 3 2 3 1f x f y x y x y            
0.25 
Từ 
23 2 8x y y      29 2 8x y y     29 3 1 8y y y     
29 3 8 9y y y     
Với điều kiện 0y  , bình phương 2 vế của phương trình trên và biến đổi thành: 
4 3 216 72 63 162 0y y y y       3 21 17 99 162 0y y y y      
Suy ra 1y  và 3x  . Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất: 
3
1
x
y



0.25 
Câu 8 
(1 điểm) 
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 
   

 
x x x x
f x
x x
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
Tập xác định: D   0.25 
Ta có:    
 
f x x x
x x
2
2
1
( ) 2 2
2 2
; Chỉ ra:       x x x
22 2 2 1 1 1 0.25 
Theo BĐT Cauchy: f x x x
x x
2
2
1
( ) 2 2 2
2 2
    
 
 0.25 
Đẳng thức xảy ra     x x x2 –2 2 1  1 . 
Vậy: 2Minf( x )  đạt được khi 1x  
0.25 
-----------------------Hết---------------------- 
Xin cảm ơn  RafaeL Fuji  (leekuyngpyoungjan19@gmail.com) đã gửi tới 
www.laisac.page.tl