Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 – Lần 2 môn: Toán

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2 
Môn: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2 .
1
xy
x



a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  H của hàm số đã cho. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của  H biết rằng tiếp tuyến có hệ số góc 1.k  
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Biết rằng số thực  thỏa mãn tan 2.  Tính giá trị của biểu thức 
3
3
sin 2cos .
cos 2sin
A  
 



b) Tìm số phức z thỏa mãn 2z  và 2
1
z
i


 là số thực. 
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình  2 218 .2 2 .xx x  
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình  22 4 3 234 2 4 4 1 1 .x x x x x x        
Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số  ln 3 1 ,y x x  
trục hoành và hai đường thẳng 0, 1.x x  
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có  0102 , , ' , 120 .
2
aAB a AC a AA BAC    
Hình chiếu vuông góc của 'C lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối 
lăng trụ . ' ' 'ABC A B C theo a và tính số đo góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và ( ' ').ACC A 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm 2 2; ,
3 3
G   
 
tâm đường tròn ngoại tiếp (1; 2),I  điểm (10; 6)E thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ A và 
điểm (9; 1)F  thuộc đường thẳng BC. Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết B có tung độ bé hơn 2. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm ( 2; 1; 0)M  và đường thẳng 
2 1 1: .
1 1 2
x y z  
  

 Lập phương trình mặt phẳng (P) qua M và chứa . Tìm tọa độ điểm N thuộc  
sao cho 11.MN  
Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp chứa 12 viên bi kích thước như nhau, trong đó có 5 viên bi màu xanh 
được đánh số từ 1 đến 5, có 4 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 4 và 3 viên bi màu vàng được 
đánh số từ 1 đến 3. Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp đó. Tính xác xuất để hai viên bi được lấy vừa 
khác màu vừa khác số. 
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 1.xy yz zx   Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức 
     2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 1 1 .
2
P x y z
x y y z z x
      
  
------------------ Hết ------------------ 
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 25, 26/4/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại 
phiếu dự thi cho BTC. 
 2. Thi thử THPT Quốc gia lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 16 và ngày 17/5/2015. Đăng ký 
dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 25/4/2015. 
 1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2 
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu Đáp án Điểm 
a) (1,0 điểm) 
1o. Tập xác định: \{1}. 
2o. Sự biến thiên: 
* Giới hạn, tiệm cận: Ta có 
1
lim
x
y

  và 
1
lim .
x
y

  Do đó đường thẳng 1x  là tiệm 
cận đứng của đồ thị (H). 
Vì lim lim 1
x x
y y
 
  nên đường thẳng 1y  là tiệm cận ngang của đồ thị (H). 
* Chiều biến thiên: Ta có 2
1' 0,
( 1)
y
x
 

 với mọi 1.x  
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng    ; 1 , 1; .  
0,5 
* Bảng biến thiên: 
3o. Đồ thị: 
Đồ thị (H) cắt Ox tại  2; 0 , cắt Oy tại  0; 2 ; nhận giao điểm  1; 1I của hai đường 
tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0,5 
b) (1,0 điểm) 
Ta có 2
1' ,
( 1)
y
x


 với mọi 1.x  Vì tiếp tuyến có hệ số góc 1k  nên hoành độ tiếp 
điểm là nghiệm của phương trình 
 2
1 1
1x


, hay  2
0
1 1
2.
x
x
x

    
0,5 
Câu 1. 
(2,0 
điểm) 
*) Với 0x  ta có phương trình tiếp tuyến 2.y x  
*) Với 2x  ta có phương trình tiếp tuyến 2.y x  
Vậy có hai tiếp tuyến là 2y x  và 2.y x  
0,5 
a) (0,5 điểm) 
Câu 2. 
(1,0 Rõ ràng cos 0,  chia cả tử số và mẫu số của A cho 
3cos  ta được 
0,5 
x O 1 
y 
I 1 
2 
2 
x 
'y 
  1 
 
1 1 
 
 
 
y 
 2
 2
2 3
tan 1 tan 2 2.5 2 4 .
1 tan 2 tan 5 16 7
A
 
 
  
  
  
b) (0,5 điểm) 
điểm) 
Giả sử , ( , ).z a bi a b   Suy ra 2 2(1 ) 1 ( 1) .
1 2
iz a bi a b i
i

       

Từ giả thiết 2
1
z
i


 là số thực ta có 1.b  
Khi đó 22 2 1 2 3.z a i a a          
Vậy số phức cần tìm là 3z i  và 3 .z i   
0,5 
Câu 3. 
(0,5 
điểm) 
Bất phương trình đã cho tương đương với 
2 23 1 3 1 22 .2 2 2 2 3 1x x x x x x x x x         
 2 2 1 0 1 2 1 2.x x x         
0,5 
*) Điều kiện: 24 0 2 2.x x      
Phương trình đã cho tương đương với 
  22 2 234 2 2 2 2.x x x x x x       (1) 
Ta có  
2
2 24 4 2 4 4x x x x      , với mọi  2; 2x  . 
Suy ra 24 2,x x   với mọi  2; 2x  . (2) 
Dấu đẳng thức ở (2) xảy ra khi và chỉ khi 0, 2.x x   
Đặt 23 2x x t  . Dễ dàng có được  1; 2t   , với mọi  2; 2x  . 
Khi đó vế phải của (1) chính là  3 2( ) 2 2, 1; 2 .f t t t t     
0,5 
Câu 4. 
(1,0 
điểm) 
Ta có 2
0
( ) 3 4 0 4
3
t
f t t t
t

    
 

Hơn nữa, ta lại có 
4 22( 1) 1, (0) 2, , (2) 2.
3 27
f f f f       
 
Suy ra ( ) 2,f t  với mọi  1; 2t   . 
Do đó 
 22 232 2 2 2 2x x x x     , với mọi  2; 2x  . (3) 
Dấu đẳng thức ở (3) xảy ra khi và chỉ khi 0, 2.x x   
Từ (2) và (3) ta có nghiệm của phương trình (1) là 0, 2.x x   
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 0, 2.x x   
0,5 
Chú ý rằng  ln 3 1 0,x x   với mọi 0 1x  . Khi đó diện tích hình phẳng cần tính là 
 
1
0
ln 3 1 d .S x x x  
Đặt  ln 3 1 , d d .u x v x x   Suy ra 23 1d d , .
3 1 2
u x v x
x
 

0,5 
Câu 5. 
(1,0 
điểm) 
Theo công thức tích phân từng phần ta có 
  
1 11 2
2
0 0 0
1 3 1 1ln 3 1 d ln 2 3 1 d
2 2 3 1 6 3 1
xS x x x x x
x x
           
 0,5 
 3
1
2
0
1 3 1 8 1ln 2 ln 3 1 ln 2 .
6 2 3 9 12
x x x        
 
 Gọi H là trung điểm BC. Từ giả thiết suy ra 
' ( ).C H ABC Trong ABC ta có 
2
0
2 2 2 0 2
2 2
1 3. .sin120 .
2 2
2 . cos120 7
77
2
3' ' .
2
ABC
aS AB AC
BC AC AB AC AB a
aBC a CH
aC H C C CH
 
   
   
   
Suy ra thể tích lăng trụ 
33' . .
4ABC
aV C H S  
0,5 
Câu 6. 
(1,0 
điểm) 
Hạ .HK AC Vì ' ( )C H ABC  đường xiên 'C K AC 
  ( ), ( ' ' 'ABC ACC A C KH  (1) 
( 'C HK vuông tại H nên  0' 90 )C KH  . 
Trong HAC ta có 
2 3
2
HAC ABCS S aHK
AC AC
   
  0'tan ' 1 ' 45 .C HC KH C KH
HK
     (2) 
Từ (1) và (2) suy ra   0( ), ( ' ') 45 .ABC ACC A  
Ghi chú: Thí sinh có thể tính độ dài AH và suy ra AHC vuông tại A để suy ra .K A 
0,5 
Câu 7. 
(1,0 
điểm) 
 Gọi M là trung điểm BC. Phương trình GE hay AM là 
3 7
4 7 0
2 4 .
x t
x y
y t
 
   
 
Gọi  3 7 ;2 4 .M m m  Ta có 
   7 2;4 4 ; 7 6;4 3 .IM m m FM m m     
 
Vì IM FM nên 
      
. 0
7 2 7 6 4 4 4 3 0
0.
IM FM
m m m m
m

      
 
 
Suy ra  3; 2 .M 
0,5 
 4
Giả sử  3 7 ;2 4 .A a a  Vì 2GA GM 
 
 ta được 1.a   Suy ra  4; 2 .A   
Suy ra phương trình : 2 7 0 ( 2 7; )BC x y B b b BC       (điều kiện 2).b  
Vì IB IA nên 2 2
1
( 2 6) ( 2) 25
3 ( )
b
b b
b ktm

       
Suy ra (5; 1) (1; 3)B C (vì M là trung điểm BC). 
0,5 
 có vtcp (1; 1; 2)u  

 và (2; 1; 1) (4; 0; 1)A MA 

, ( 1; 7; 4)pvtpt n u MA     
  
Suy ra ( ) : 1( 2) 7( 1) 4 0 7 4 9 0.P x y z x y z           
0,5 
Câu 8. 
(1,0 
điểm) 
( 2; 1; 2 1).N N t t t     Khi đó 2 2 2( 4) ( ) (2 1) 11MN t t t       
26 12 6 0 1.t t t       Suy ra (1; 2; 1).N  
0,5 
Câu 9. 
(0,5 
điểm) 
Số cách lấy hai viên bi từ hộp là 212 66.C  
Số cách lấy ra hai viên bi gồm 1 viên màu xanh, 1 viên màu đỏ và khác số là 4 4 16.  
Số cách lấy ra hai viên bi gồm 1 viên màu xanh, 1 viên màu vàng và khác số là 3 4 12.  
Số cách lấy ra hai viên bi gồm 1 viên màu đỏ, 1 viên màu vàng và khác số là 3 3 9.  
Như vậy số cách lấy ra 2 viên bi từ hộp vừa khác màu vừa khác số là 16 12 9 37.   
Suy ra xác suất cần tính là 
37 0,5606.
66
P   
0,5 
Câu 10. 
(1,0 
điểm) 
Giả sử  min , ,z x y z . Đặt 0, 0.
2 2
z zx u y v      Khi đó ta có 
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
; ;
2 2
.
2 2
z zx z x u y z y v
z zx y x y u v
             
   
            
   
 (1) 
Chú ý rằng với hai số thực dương ,u v ta luôn có 
1 1 4
u v u v
 

 và 
 22 2
1 1 8 .
u v u v
 

 (2) 
Từ (1) và áp dụng (2) ta được 
 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y y z z x u v v u
    
   
 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 3 1 1
4 4u v u v u v
              
 22 2
1 1 6
2u v uv u v
  
 
       2 2 2 2
4 6 10 10 .
u v u v u v x y z
   
    
 (3) 
Mặt khác ta có 
          1 1 1 1x y z xyz xy yz zx x y z           
 2 2.xyz x y z x y z         (4) 
Từ (3) và (4) suy ra 
0,5 
 5
 
 2
10 5 5.
2
P x y z
x y z
    
 
 (5) 
Đặt 0.x y z t    Xét hàm số 2
10 5( ) , 0.
2
f t t t
t
   
Ta có 3
20 5( ) , 0
2
f t t
t
     . 
Suy ra ( ) 0 2; ( ) 0 2; ( ) 0 0 2.f t t f t t f t t            
Suy ra 15( ) (2)
2
f t f  với mọi 0.t  (6) 
Từ (5) và (6) ta được 25
2
P  , dấu đẳng thức xảy ra khi 1, 0x y z   hoặc các hoán vị. 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 25 .
2
0,5