Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 
2
.
1
x
y
x



a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
b) Tìm m để đường thẳng 
1
:
2
d y x m   cắt đồ thị (C) tại 2 điểm nằm về hai phía của trục 
tung. 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 2sin 2 2sin sin cos .x x x x   
b) Gọi 1z là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 
2 2 3 0.z z   Tính 21 .A z 
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 12 3.2 7 0.x x    
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  
3
1 1 2 3 1 0.x x x     
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân  
4
0
1 sin 2 d .I x x x

  
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, 
2 2 2 .BC AB AD a   Gọi E là điểm đối xứng với A qua D, M là trung điểm của BC. Biết rằng 
cạnh bên SB vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SCE) và (ABCD) bằng 045 . 
Tính theo a thể tích khối chóp S.AMCE và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, SD. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình chữ nhật ABCD có 2 ,AB BC 
(7; 3).B Gọi M là trung điểm của đoạn AB, E là điểm đối xứng với D qua A. Biết rằng (2; 2)N  
là trung điểm của DM, điểm E thuộc đường thẳng : 2 9 0.x y    Tìm tọa độ đỉnh D. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( 3; 1; 2)M  và mặt phẳng 
( ) : 2 2 7 0.x y z     Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của M lên ( ). Viết phương trình mặt 
cầu (S) tâm M, biết rằng ( ) cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 4. 
Câu 9 (0,5 điểm). An và Bình tham gia một kỳ thi, trong đó có 2 môn thi trắc nghiệm là Vật lý và 
Hóa học. Đề thi của mỗi môn gồm 6 mã khác nhau và các môn khác nhau có mã khác nhau. Đề 
thi được sắp xếp và phát cho các thí sinh một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất để trong 2 môn thi 
đó An và Bình có chung đúng một mã đề thi. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2 2 2 3.x y z   Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức 
  22 2 2 2
2 2
1 .
2
x y z
P x y z
x y z xy z
 
     

------------------ Hết ------------------ 
 1 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
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 (C). 
Vì lim lim 1
x x
y y
 
  nên đường thẳng 1y  là tiệm cận ngang của đồ thị (C). 
* Chiều biến thiên: Ta có 
2
1
' 0,
( 1)
y
x

 

 với mọi 1.x   
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng    ; 1 , 1; .    
0,5 
* Bảng biến thiên: 
3o. Đồ thị: 
Đồ thị (C) 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) 
Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm nằm về hai phía của trục tung khi và chỉ khi phương 
trình 
2 1
1 2
x
x m
x

  

 có hai nghiệm trái dấu 
2 (3 2 ) 4 2 0x m x m      có hai nghiệm trái dấu khác 1 
0,5 
Câu 1. 
(2,0 
điểm) 
4 2 0
2.
1 (3 2 ) 4 2 0
P m
m
m m
  
  
    
Vậy giá trị của m là 2.m  
0,5 
a) (0,5 điểm) 
Câu 2. 
(1,0 
điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với 
22sin cos 2sin sin cos
2sin (cos sin ) sin cos
x x x x x
x x x x x
  
   
x 
'y 
  
 
1 1 
 
 
 
y 
1 
x O 
y 
I 1 
2 
2 1 
 2 
tan 1
sin cos 0 4
1
52sin 1 sin
2 , 2 .2
6 6
x x k
x x
x x
x k x k


 
 

                  
Vậy nghiệm của phương trình là 
5
, 2 , 2 , .
4 6 6
x k x k x k k
  
          
0,5 
b) (0,5 điểm) 
Ta có 2
1 2
2 3 0
1 2 .
z i
z z
z i
   
    
  
Suy ra 1 1 2 .z i   Do đó  
2
1 2 1 2 2 3.A i i       
0,5 
Câu 3. 
(0,5 
điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với 1
3
2 7 0
2
x
x
    
  
2
2. 2 7.2 3 0x x    
2
1
2 1
2
log 3
2 3
x
x
x
x

     
Vậy nghiệm của phương trình là 21, log 3.x x   
0,5 
Điều kiện: 1.x  
Đặt 1, 2 ,a x b x   khi đó 0, 2a b  và 2 22 2.b a  
Bất phương trình trở thành  
3
1 3 0a b a   
22 2
32 ( 3 ) 0
2
b a
a b a
 
    
 
  
22 2 32 4 ( 3 ) 0b a a b a     
2 32
2
1 2 4 1 3 0.
a a a
b bb
   
       
  
Đặt , 0,
a
t t
b
  bất phương trình trở thành    
2 321 2 4 1 3 0t t t    
0,5 
Câu 4. 
(1,0 
điểm) 
  
 
4 3 2
3 2
2
104 108 40 4 1 0
(2 1) 52 28 6 1 0
(2 1) (52 28 6) 1 0
t t t t
t t t t
t t t t
     
     
     
 2 1 0,t   vì 0t  và 252 28 6 0.t t   
Suy ra 
1 1
2 1 2 4( 1) 2 2.
22
x
x x x x x
x

         
Kết hợp điều kiện, suy ra nghiệm của bất phương trình là 1 2.x  
0,5 
Ta có 
4 4
0 0
d sin 2 d .I x x x x x
 
   (1) 
Tính 
24
42
1
0 0
1
d .
2 32
I x x x



   (2) 
0,5 
Câu 5. 
(1,0 
điểm) 
Tính 
4
2
0
sin 2 d .I x x x

  Đặt , d sin 2 d ,u x v x x  khi đó 
cos 2
d d , .
2
x
u x v   
 3 
Theo công thức tích phân từng phần, ta có 
4
4 4
2
00 0
cos 2 cos 2 sin 2 1
d .
2 2 4 4
x x x
I x x

 
     (3) 
Từ (1), (2) và (3) suy ra 
2 21 8
.
32 4 32
I
  
   
0,5 
H
M
D
S
E
CB
A
Ta có ( )CE SBC suy ra 
      0, 45 .SCE ABCD SCB  
Suy ra 2 .SB BC a  
Khi đó 
  3
.
21 1
. . .2 . .
3 3 2
S AMCE AMCE
a a a
V SB S a a

   
0,5 
Câu 6. 
(1,0 
điểm) 
Ta có AM // CD nên 
           1, , , , .
2
d AM SD d AM SDC d M SDC d B SMC   (1) 
Tam giác BDC có trung tuyến DM bằng một nửa cạnh đối diện BC nên  090 .BDC  Kẻ 
BH SD tại H. Ta có  , .CD BD CD SB CD SBD CD BH      
Từ đó suy ra  .BH SCD (2) 
Trong tam giác vuông SBC ta có 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3 2 3
.
4 2 4 3
a
BH
BH BS BD a a a
       (3) 
Từ (1), (2), (3) suy ra  
3
, .
3
a
d AM SD  
0,5 
H
I
: 2x y + 9 = 0
N(2; 2)
E
M
D C
B(7; 3)A
Trước hết, ta chứng minh .NE NB 
Đặt 2 2 ,AB BC a  ta có 
  
2
0 0
2 2
2
.
. . . .
. .cos135 2 . .cos 45
2 2 2
0.
2 2
NE NB ND DE NM MB
ND NM ND MB DE NM DE MB
a a a
a a
a a
a
  
   
 
    
 
    
     
       
Suy ra .NE NB 
0,5 
Câu 7. 
(1,0 
điểm) 
Do đó : 0 ( 3; 3).NE x y E    
Gọi .I BN AD  Kẻ MH // AD ( ).H BI Ta có , .NI NH HI HB  Suy ra 
 
 
5 3 2 1 11
3 ; .
3 35 3 2
I
I
x
BN NI I
y
    
     
    
 
Lại có 
1
.
2
DI MH AI  Suy ra  5 1; 5 .EI ID D  
 
Lưu ý. Học sinh có thể đặt , .AB x AD y 
   
 Biểu thị hai vectơ ,NE NB
 
 qua , .x y
 
 Từ đó 
dễ dàng suy ra . 0.NE NB 
 
0,5 
 4 
Ta có  
3 1 2
: 2 3; 2 1; 2 ( ) ( 1; 3; 3).
2 2 1
x y z
MH H t t t H
  
          0,5 
Câu 8. 
(1,0 
điểm) Ta có  
6 2 2 7
, ( ) 3.
3
d M 
   
  
Suy ra bán kính của mặt cầu (S) là 2 23 4 5.R    
Vậy        
2 2 2
: 3 1 2 25.S x y z      
0,5 
Câu 9. 
(0,5 
điểm) 
Số cách nhận mã đề 2 môn thi của An là 6.6 36. 
Số cách nhận mã đề 2 môn thi của Bình là 6.6 36. 
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là 36.36 1296.   
Gọi A là biến cố “An và Bình có chung đúng một mã đề thi”. 
Khả năng 1. An và Bình có chung mã đề thi môn Vật lý. 
Số cách nhận mã đề thi của An và Bình là 6.6.5 180. 
Khả năng 2. An và Bình có chung mã đề thi môn Hóa học. 
Số cách nhận mã đề thi của An và Bình là 6.6.5 180. 
Suy ra số kết quả thuận lợi cho A là 180 180 360.A    
Suy ra xác suất 
360 5
( ) 0,2778.
1296 18
AP A

   

0,5 
Ta có  
 
2
2 2
2 2 2 2
2 2
2
x y x y z
P x y z
x y z xy z
  
     

  
2 2
2 2
2
2 2 2
.
2
x y z
x y z
x y z xy z
     
                
Xét các véc tơ 
2 2 2
; , ; .u x y v z
x y z
   
         
   
 
Áp dụng bất đẳng thức ,u v u v  
   
 ta có 
    
2 2 2
2 222 2 2 2 2 2x y z x y z
x y z x y z
     
                    
     
    
2 2 2
2 21 1 1 9 1 1 1
2x y z x y z
x y z x y z x y z
     
                 
      
2
9
18 .
x y z
 
   
  
Suy ra 
2 2
2
9 9
18 18 .
32
x y z x y z
P
x y z x y zxy z
      
        
      
0,5 
Câu 10. 
(1,0 
điểm) 
Đặt  2 2 2, 0 3 3.t x y z t x y z        Khi đó 2
81
18 .
3
t
P
t
   
Xét hàm số 
2
81
( ) 18
3
t
f t
t
   với 0 3.t  Ta có 
5 3
2 2
2 9 54 3
'( ) ;
2 3 2 9
t t
f t
t t
 


'( ) 0,f t  với mọi 0 3.t  Suy ra ( ) (3) 1 3 3.f t f   
Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 1 3 3, đạt khi 1.x y z   
0,5