Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 86

1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KSCL KHỐI 12, THÁNG 01, NĂM 2015 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: TOÁN. 
 -------------------------- Ngày khảo sát:24/01/2015 
ời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề 
 ---------------------------------------- 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số . 4 22 1y x x   
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2
2
x  b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ . Tìm tọa độ 
các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải bất phương trình 2 3 2lo log 32 1g log (2 1)2
x x    . 
b) Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp 
ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2 
tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục 
tham gia biểu diễn? 
1 tancot 2
1 tan
xx
x
 Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
5
1
1
3 1
I dx
x x
  . 
(2;1; 1), (1;0;3)A AB Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm . 
Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 
OA sao cho tam giác MAB vuông tại M. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông 
góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. 
Biết 52, 2 ,
2
SA a AC a SM a   , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp 
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có 
phương trình đường thẳng : 2 3AB x y 0   và đường thẳng . Gọi I là giao điểm 
của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết 
: 2AC y   0
2IB IA , 
hoành độ điểm I: và nằm trênđườ ng thẳng BD. 3Ix    1;3M 
2 3
32 3
(1 )( 3 3) ( 1) .
( , )
2 4 2( 2)
y x y x y x
x y
x y x y
            
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình . 
Câu 9 (1,0 điểm).
------ Hết ------ 
 Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đên 
www.laisac.page.tl
Cho x, y là hai s thực dương thỏa mãn 2 3x y 7  . Tìm giá trị nhỏ nh t củ
biểu thức 2 2 2 2324 8(x y 2 5( ) ) ( 3)P xy y x y x y       . 
2 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KSCL KHỐI 12, THÁNG 01, NĂM 2015 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN TOÁN. Ngày thi:24/01/2015 
Câu Nội dung Điểm 
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 4 22 1y x x    . 1,00 
TXĐ:  
Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
   
0,25 
/ 0 10
1 2
x y
y
x y
         
/ 34 4 ,y x x x    Sự biến thiên: 
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( 1;0) và (1; ) , hàm số đồng biến trên 
mỗi khoảng và (0 ( ; 1  ) ;1)
0,25 
 Bảng biến thiên 
 x -1 0 1   
 y’ + 0 - 0 + 0 - 
 y 2 2 
 1 
   
0,25 1.a 
Đồ thị có điểm cực đại A(-1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị (C). 
0,25 
Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ 2
2
x  . 
Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). 
1,00 
Ta có 2 7; (
2 4
)M C
    
. Và / 2( ) 2
2
y  0,25 
Pttt (d) có dạng / 2 2 7
4

2 2
y y x
          
32
4
y x   0,25 
Pt hđ giao điểm của d và (C): 4 2 4 232 1 2 4 8 4 2 1
4
x x x x x x 0          0,25 
1.b 
 2 22 4 4 2 2 02x x x         2 2 2 2, ,2 2 2x x x 2       . 
3 
Vậy có 3 điểm: / / /2 7 2 2 1 2 2 1; , , 2 , , 2
2 4 2 4 2 4
M M M
                       
0,25 
 Giải bất phương trình 2 32 1log log (2 1) log 32
x x 2
    . 0,50 
ĐKXĐ 12 1 0
2
x x     (*) 
Với đk (*), pt 2 3log (2 1) log (2 1) 1 log 3x x      2
2 3 3 2log 3.log (2 1) log (2 1) 1 log 3x x      
0,25 
2.a 
 2 3log 3 1 log (2 1) 1 log 3x     2 3log (2 1) 1x    2 1 3 1x x     
Đối chiếu (*), tập nghiệm: 1 ;1
2
S      
0,25 
Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết 
mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức 
chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. 
Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn? 
0,50 
Mỗi cách chọn 2 tiết mục múa trong 3 tiết mục múa là một tổ hợp chập 2 của 
3, suy ra số cách chọn 2 tiết mục múa: 23 3.C  
Mỗi cách chọn 2 tiết mục đơn ca trong 5 tiết mục đơn ca là một tổ hợp chập 2 
của 5, suy ra số cách chọn 2 tiết mục đơn ca: 25 10.C 
Mỗi cách chọn 3 tiết mục hợp ca trong 4 tiết mục hợp ca là một tổ hợp chập 3 
của 4, suy ra số cách chọn 3 tiết mục hợp ca: 34 4.C  
0,25 
2.b 
Theo quy tắc nhân, số cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn: 3.10.4 = 120 0,25 
Giải phương trình 1 tancot 2
1 tan
xx
x
  . 
1,00 
ĐK: 
sin 2 0
2cos 0
tan 1
4
x x k
x
x kx

 
          
0,25 
Với ĐK pt tan 2 tan
2 4
x x          
 
0,25 
2
2 4
x x k       0,25 
3 
Kết hợp ĐK, ta có nghiệm: ,
4
x k k    0,25 
Tính tích phân 
5
1
1
3 1
I dx
x x
  . 
1,00 
4 
Đặt 
2 13 1, 0
3
tt x t x      2
3
dx tdt 
 Đổi cận: 
1 2; 5x t x t     
4.
0,25 
4 
4
2
2
12
1
I dt
t
 
4
2
1 1( )
1 1
I dt
t t
    
0,25 
  42ln 1 ln 1I t t    0,25 
2 ln 3 ln 5I   0,25 
Cho điểm . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng 
hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB 
vuông tại M. 
(2;1; 1), (1;0;3)A AB  1,00 
Ta có (3;1;2) (3;1;2)OB OA AB B      0.25 
* không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng. (2;1; 1), (1;0;3)OA AB    0.25 
Ta có và 
(2 ; ; ) (2 ; ; )OM t OA t t t M t t t    
2; 1; 1), (2 3; 1; 2t t t BM t t t        
 
(2 )AM

Tam giác MAB vuông tại M thì 
 . 0 (2 2)(2 3) ( 1)( 1) ( 1))( 2) 0AM BM t t t t t t            
 
2 56 11 5 0 1,
6
t t t t       . 
0.25 
5 
 A (loại) và 1 (2;1; 1)t M    5 5 5 5; )
6 6
( ;
6 3
t M  thỏa bài toán. 0,25 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc 
của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và 
BD. Biết 52, 2 ,
2
SA a AC a SM a   , với M là trung điểm cạnh AB. Tính 
theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và 
AC. 
N
M
O
A
B C
D
S
H
K
1,00 
Từ giả thiết , ( ) ,SO ABCD SO AC OA a    2 2SO SA OA a   0,25 
6 
2 2 1:
2
OSM O OM SM SO a    
Ta có 2 2: 2 , 3ABC B BC MO a AB AC BC a       
5 
3
.
1 3. .
3 3S ABCD
V AB BC SO  a 
0,25 
Gọi N trung điểm BC / / ( , ) ( , ( )) ( , ( ))MN AC d SM AC d AC SMN d O SMN    
OMN O  : : , (OMN O OH MN SO MN MN SOH      )
 , ( ): ( ) (SOH O OK SH OK SMN OK d O SMN       
0,25 
OMN O  : 3 3, ,
2 2
aON a OM OH MN OH a    
4 
2 2
. 5: ( , )
19
OS OHSOH O d SM AC OK a
OS OH
    
7 
0,25 
Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng 
 và đường thẳng: 2 3AB x y   0 0: 2AC y   . Gọi I là giao điểm của hai 
đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết 
2IB IA , hoành độ điểm I: và 3Ix    1;3M  nằm trên đường thẳng BD. 
E
I
A D
B C
F M
1,00 
Ta có A là giao điểm của AB và AC nên  1;2A . 0,25 
Lấy điểm . Gọi  0;2E  AC  2 3;F a a AB  sao cho EF // BD. 
Khi đó EF 2 2EF AE BI EF AE
BI AI AE AI
     
   2 2
1
2 3 2 2 11.
5
a
a a
a
        
0,25 
 Với thì là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của 
BD là 
1a 

 1; 1EF    
1; 1 BD xn  . Pt : 4y 0    2;2BD AC I    
  5; 1 BD AB  B
Ta có 3 32 2;
2 2
IB IBIB ID ID ID D
ID IA
           
   
2 . 
 1 3 2 2;2
2
IA IAIA IC IC IC C
IC IB
            . 
0,25 
7 
Với 11
5
a  thì 7 1;
5 5
EF   
 

 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của 
BD là . Do đó, 1; 7n   : 7 22BD x y 0    8;2I  (loại). 
0,25 
6 
Giải hệ phương trình. 
2 3
32 3
(1 )( 3 3) ( 1) . (1)
( , )
2 4 2( 2) (2)
y x y x y x
x y
x y x y
            
 (I) 1,00 
ĐKXĐ: 
2 20
0, 1 1, 1
x y x y
x y x
          
y
Nhận xét 1, 1x y  không là nghiệm của hệ. Xét thì pt (1) của hệ (I) 1y 
2 2( 1) 3( 1) ( 1) ( 1)x x y y y x y       
0 
2
3 0
1 1 1
x x x
y y y
          
0,25 
,
1
xt t
y
  0
.
 . Khi đó, pt (1) trở thành 
  4 2 3 23 0 1 2 3 0 1t t t t t t t t            
0,25 
Với t = 1, thì 1
1
x y x
y
    1 , thế vào pt(2), ta được 
   
     
     
3 32 3 2 3
2
2
2 233 33
2
2
2 233 33
1 2 4 2 1 1 2 4 1 0
11 6 0
4 1 4 1
6 11 1 0
4 1 4 1
x x x x x x x x
x xx x
x x x x
x xx x
x x x x
               
                
                
0,25 
8 
 2 1 51 0 1
2
x x x x       . 
1 5 3 5 .
2 2
x y    Với 
Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm   1 5 3 5; ;
2 2
x y
      
. 
0,25 
Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 3x y 7  . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 2 2 2 2324 8(x y 2 5( ) ) ( 3)P xy y x y x y       . 
1,00 
Ta có 
22 2 3 36( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36 5
2
x yx y x y x y xy                . 0,25 
9 
 Ta có  22 2 2 25( ) 2 5( ) 2x y x y x y x       y
0
 và 
2 2 2
2 2
( 3) 9 2 6 6
2( 3) 8( ) ( 3)
x y x y xy x y
x y xy x y x y
        
        
0,25 
7 
Suy ra 32( ) 24 2( 3)P xy x y x y xy       
Đặt  , 0;t x y xy t    5 , 3( ) 2 24 2 6P f t t t    
Ta có  23/
2 23 3
(2 6) 824.2( ) 2 2 0, 0;5
3 (2 6) (2 6)
t
f t t
t t
        
Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng  0;5 . 
Suy ra 3min ( ) (5) 10 48 2f t f   . 
0,25 
Vậy 3 2min 10 48 2,
1
x
P khi
y
    0,25 
Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa. 
------ Hết ------ 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đên 
www.laisac.page.tl