Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 68

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC GIANG 
TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 
––––––––––––––––––– 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KỲ THI THPT QUỐC GIA 
Năm học 2014 – 2015 
Môn: Toán lớp 12 
Thời gian làm bài 180 phút 
 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2 1
1
xy
x
+= − . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
 2) Xác định tọa độ các giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng 3y x= + . Viết phương trình tiếp 
 tuyến của (C) tại mỗi giao điểm vừa tìm được. 
 Câu 2 (1,0 điểm). 
 1) Giải bất phương trình ( )23 3log 2log 3 1 0x x− − < . 
 2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) ( )2 lnf x x x= − trên đoạn [ ]2;3 . 
 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )1 2
0
1 xI x e dx= +∫ .
 Câu 4 (1,0 điểm). 
 1) Giải phương trình 2
tan 2cos 2 cos sin 1 cos3
1 tan
x x x x x
x
= + − −+ . 
 2) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên đồng thời hai số từ tập hợp S. 
 Tính xác suất để hai số được chọn có chữ số hàng đơn vị giống nhau. 
 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , 13
2
aSD = . Hình chiếu 
 vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của đoạn AB. Gọi I là trung điểm của đoạn 
 AD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HI, SD theo a . 
 Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( )2; 3; 0A − và mặt phẳng (P) có 
 phương trình 2 2 1 0x y z+ + − = . Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm O, A và vuông góc với 
 (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Oz sao cho AM song song với (P). 
 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi M và N lần lượt 
 là trung điểm của CD và BI. Tìm tọa độ các điểm B, C, D biết ( )1;2A , đường thẳng MN có phương 
 trình 2 2 0x y− − = và điểm M có tung độ âm. 
 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( )
4 4 3 2
3 2 2
2 2 2 0
, .
3 8 2 9
x y x y y y
x y
y y x x
⎧ − + − − + =⎪ ∈⎨ − − = − +⎪⎩
\ 
 Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 
( )22
3 3 8 1
22 8 2 2 3 a b ca b bc b a c
+ ≥ + + ++ + + + +
. 
–––––––Hết –––––– 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:........................................................; Số báo danh:.................................................................
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KỲ THI THPT QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2014-2015 
CÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM
Câu 1 
(2 điểm) 
1) (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1
1
xy
x
+= − 
* Tập xác định: { }\ 1D = \ 
* Sự biến thiên: 
 + Chiều biến thiên: ( )2
3 0
1
y x D
x
−′ = < ∀ ∈− 
 Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( );1−∞ và ( )1;+∞ . 
0,25 
 + Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị. 
 + Giới hạn, tiệm cận: 
1 1
lim , lim
x x
y y+ −→ →= +∞ = −∞ ( )C⇒ có tiệm cận đứng là đường thẳng 1x = . 
 lim lim 2
x x
y y→+∞ →−∞= = ( )C⇒ có tiệm cận ngang là đường thẳng 2y = . 
0,25 
 + Bảng biến thiên: 
0,25 
* Đồ thị: 
0,25 
2) (1 điểm) Xác định tọa độ các giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng 3y x= + . Viết 
phương trình tiếp tuyến của (C) tại mỗi giao điểm vừa tìm được.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng 3y x= + là: 2 1 3 2
1
x x x
x
+ = + ⇔ = ±− 0,25 
Các giao điểm của (C) và đường thẳng 3y x= + là ( )2;5A và ( )2;1B − . 0,25 
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A: 3 11y x= − + 0,25 
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại B: 1 1
3 3
y x= − + 0,25 
Câu 2 
(1 điểm) 
1) (0,5 điểm) Giải bất phương trình ( )23 3log 2 log 3 1 0x x− − < . 
( )2 23 3 3 3 3log 2log 3 1 0 log 2log 3 0 1 log 3x x x x x− − < ⇔ − − < ⇔ − < < 0,25 
1 27
3
x⇔ < < . Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là khoảng 1 ;27
3
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ 0,25 
2) (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) ( )2 lnf x x x= − trên 
đoạn [ ]2;3 . 
( ) ( )1 ln , 0f x x f x x e′ ′= − = ⇔ = , [ ]2;3e∈ 0,25 
( ) ( ) ( )2 4 2ln 2, , 3 6 3ln 3f f e e f= − = = − . Vì vậy: [ ] ( ) ( )2 ; 3min 2 4 2ln 2,f x f= = − 
 [ ] ( ) ( )2 ; 3max f x f e e= = . 
0,25 
Câu 3 
(1 điểm) Tính tích phân ( )1 2
0
1 xI x e dx= +∫ . 
Ta có ( )1 1 12 2
0 0 0
1 x xI x e dx x dx xe dx= + = +∫ ∫ ∫ , 1 21
0
1 1
02 2
xI x dx= = =∫ . 0,25 
Tính 
1
2
2
0
xI xe dx= ∫ : Đặt 22 1
2
xx
du dxu x
v edv e dx
=⎧=⎧ ⎪⇒⎨ ⎨ ==⎩ ⎪⎩
. Suy ra 
1
2 2
2
0
11 1
02 2
x xI xe e dx= − =∫ 0,25 
2
2 21 11 1 1
0 02 4 4
x x exe e += − = . 
0,25 
Vậy 
2 2
1 2
1 1 3
2 4 4
e eI I I + += + = + = . 0,25 
Câu 4 
(1 điểm) 1) (0,5 điểm) Giải phương trình 2
tan 2cos 2 cos sin 1 cos3
1 tan
x x x x x
x
= + − −+ (1). 
Điều kiện: ( ) ( )cos 0 *
2
x x m mπ π≠ ⇔ ≠ + ∈] . Với điều kiện ( )* ta có: 
( ) ( )
2
sin
cos1 cos3 cos sin 1 cos3 sin cos cos sin 11
cos
x
x x x x x x x x x
x
⇔ = + + − − ⇔ = + − 
0,25 
( )( ) ( )( )
( )( )
ˆ2 , khong t/m *sin 1
21 sin 1 cos 0
cos 1 2 , t/m *
x k kx
x x
x x k k
π π
π
⎡ = + ∈=⎡ ⎢⇔ − − = ⇔ ⇔⎢ ⎢=⎣ = ∈⎢⎣
]
]
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 2 ,x k kπ= ∈] . 
0,25 
2) (0,5 điểm) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 
hai số từ tập hợp S. Tính xác suất để hai số được chọn có chữ số hàng đơn vị giống nhau. 
S có 90 phần tử. Chọn ngẫu nhiên đồng thời hai số từ S, số cách chọn là 290 4005C = cách. 0,25 
Chọn hai số có chữ số hàng đơn vị giống nhau: 
 + Có 10 cách chọn chữ số hàng đơn vị (chọn từ các chữ số 0, 1, 2, ..., 9). 
 + Có 29C cách chọn hai chữ số hàng chục (chọn từ các chữ số 1, 2, ..., 9). 
Do đó, số cách chọn hai số từ S có chữ số hàng đơn vị giống nhau là 2910. 360C = . 
Vậy xác suất cần tính là 360 8
4005 89
P = = . 
0,25 
Câu 5 
(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , 
13
2
aSD = . Hình chiếu 
vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của đoạn AB. Gọi I là trung 
điểm của đoạn AD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường 
thẳng HI, SD theo a . 
( )SH ABCD SH HD⊥ ⇒ ⊥ 
( ) 2 22 2 2 2 2 2 2 213 2 2
4 4
a aSH SD HD SD HA AD a a SH a
⎛ ⎞= − = − + = − + = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25 
3
2
.
1 1 2. . . 2.
3 3 3S ABCD ABCD
aV SH S a a= = = . 0,25 
 + HI // BD ⇒ HI // (SBD) 
( ) ( )( ) ( )( )d HI ,SD d HI , SBD d H , SBD⇒ = = (1) 
+ Kẻ ,HK BD HQ SK⊥ ⊥ . Chứng minh được 
( ) ( )( ),HQ SBD d H SBD HQ⊥ ⇒ = (2) 
0,25 
+ n 0 2.sin .sin 45
2 4
a aHK BH HBK= = = 
+ 22 2 2 2 2
1 1 1 1 1 17
2 2
8
aHQ SH HK a a
= + = + = 
34
17
aHQ⇒ = (3) 
Từ (1), (2), (3) suy ra ( ) 34
17
ad HI ,SD = . 
0,25 
Câu 6 
(1 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( )2; 3; 0A − và mặt phẳng (P) có phương 
trình 2 2 1 0x y z+ + − = . Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm O, A và vuông góc 
với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Oz sao cho AM song song với (P). 
(P) có vectơ pháp tuyến ( )2;2;1Pn =G . Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua O, A và vuông góc với (P). 
⇒ (Q) nhận ( ), 3;2; 10Q Pn n OA⎡ ⎤= = −⎣ ⎦
JJJGG G làm vectơ pháp tuyến. 0,25 
(Q) đi qua ( )0; 0; 0O và có vectơ pháp tuyến ( )3;2; 10Qn = −G nên (Q) có phương trình: 
3 2 10 0x y z+ − = 0,25 
M thuộc trục Oz ⇒ ( )0;0;M m . Do AM song song với (P) nên ta có .n 0PAM =JJJJG GG 0,25 
( )2 .2 3.2 .1 0 2m m⇔ − + + = ⇔ = − . Vậy ( )0;0; 2M − . 0,25 
Câu 7 
(1 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi M và N lần lượt là 
trung điểm của CD và BI. Tìm tọa độ các điểm B, C, D biết ( )1;2A , đường thẳng MN có 
phương trình 2 2 0x y− − = và điểm M có tung độ âm. 
+ Gọi J là trung điểm của AI ⇒ DMNJ là hình 
bình hành.Xét tam giác ADN có J là giao điểm của 
hai đường cao AI và NJ nên J là trực tâm, do đó 
AN DJ AN MN⊥ ⇒ ⊥ ⇒ N là hình chiếu của A 
trên MN. Tìm được ( )2; 0N . 
+ ADMN là tứ giác nội tiếp n n 045AMN ADN⇒ = = 
AMN⇒ Δ vuông cân tại N. Từ M MN∈ và 
5MN AN= = tìm được M có tọa độ là ( )4; 1 
hoặc ( )0; 1− . Do M có tung độ âm nên ( )0; 1M − 
0,25 
+ Gọi K AM BD= ∩ ⇒ K là trọng tâm ADCΔ 
⇒ 2
3
AK AM=JJJG JJJJG . Tìm được 1 ; 0
3
K ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
+ 1
2
NI BI= và 1
3
KI DI= ⇒ 3
5
NI NK=JJG JJJG . Từ đó 
tìm được ( )1; 0I . 
0,25 
+ I là trung điểm của AC nên tìm được ( )1; 2C − 0,25 
+ M là trung điểm của CD nên tìm được ( )1; 0D − 
+ I là trung điểm của BD nên tìm được ( )3; 0B . 0,25 
Câu 8 
(1 điểm) Giải hệ phương trình 
( )
( )
4 4 3 2
3 2 2
2 2 2 0 1
3 8 2 9 2
x y x y y y
y y x x
⎧ − + − − + =⎪⎨ − − = − +⎪⎩
( ) ( )( )4 2 4 221 2 1 0 1
y
y x y
x y
=⎡⇔ − + − = ⇔ ⎢ + =⎣
 0,25 
+ Với 2y = : thay vào (2) được phương trình 2 2 2 26 2 9 2 9 6x x x x− = − + ⇔ + = + 
 ( ) ( )22 2 4 24 9 6 8 0 0x x x x x⇔ + = + ⇔ + = ⇔ = 0,25 
+ Với 4 2 1x y+ = : suy ra 1 1, 1 1x y− ≤ ≤ − ≤ ≤ . 
Xét hàm số ( ) [ ]3 3 8, 1;1f y y y y= − − ∈ − và hàm số ( ) [ ]2 22 9, 1;1g x x x x= − + ∈ − . 
Tìm được [ ] ( ) ( )1;1max 1 6f y f− = − = − và [ ] ( ) ( )1;1min 0 6g x g− = = − . 
0,25 
Tức là ta có: [ ] [ ]3 2 23 8 6 2 9, 1;1 , 1;1y y x x x y− − ≤ − ≤ − + ∀ ∈ − ∀ ∈ − . Từ đó: ( ) 02
1
x
y
=⎧⇔ ⎨ = −⎩ . 
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là ( )0;2 và ( )0; 1− . 
0,25 
Câu 9 
(1 điểm) Cho , ,a b c là các số thực dương. CMR: ( )22
3 3 8 1
22 8 2 2 3 a b ca b bc b a c
+ ≥ + + ++ + + + +
Ta chứng minh ( )22
3 3 8 1 0
22 8 2 2 3
P
a b ca b bc b a c
= + − − ≥+ ++ + + + +
. 
( )
3 38 2 .2 2
22 8
bc b c b c
a b ca b bc
= ≤ + ⇒ ≥ + ++ + 
0,25 
( ) ( ) ( )
22
22
8 82 2
32 2 3
b a c b a c
a b cb a c
− −+ + ≥ + + ⇒ ≥ + + ++ + +
Do đó: ( ) ( )
3 3 8 1 1 3 8
2 2 3 2 2 3
P
a b c a b c a b c a b c a b c
≥ + − − = + −+ + + + + + + + + + + + 
0,25 
Đặt , 0x a b c x= + + > . Ta có 1 3 8
2 2 3
P
x x
≥ + − + . Xét ( )
1 3 8 , 0
2 2 3
f x x
x x
= + − >+ . 
Ta có ( ) ( )
( ) ( )
( )2 22 2
3 1 5 31 8
2 3 2 3
x x
f x
x x x x
− +′ = − + =+ + . Bảng biến thiên của ( )f x : 
0,25 
Từ bảng biến thiên của ( )f x suy ra ( ) 0, 0f x x≥ ∀ > . Do đó 0P ≥ , suy ra đpcm. 
Đẳng thức xảy ra khi 1 1,
4 2
a c b= = = . 0,25 
–––––––HẾT–––––––– 
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl