Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)

Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)

ĐỀ SỐ 1:
SỞ GD & ĐT ĐĂK LĂK
TRƯỜNG THPT
NGUYỄN HUỆ
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
1
x
y
x
=
−
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm m để đường thẳng
y x m
= +
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB
có diện tích bằng
3
, với I là giao điểm của hai tiệm cận.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
2
sin 2 2cos 3sin cosx x x x− = −
.
b) Giải phương trình:

1
2 2
log (4 4).log (4 1) 3
x x+
+ + =
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
1
ln d .
e
I x x x
x
 
= +
 ÷
 
∫
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
( )
2 5z i z i+ − = +
. Tính mô đun của số phức
2
1w iz z= + +
.
b) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20. Chọn ngẫu nhiên ra 5 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 5
tấm thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 2 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một

tấm thẻ mang số chia hết cho 4.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
( )
2;5;1A
và mặt phẳng
( ): 6 3 2 24 0P x y z+ − + =
. Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P).
Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích
784
π
và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H, sao cho điểm
A nằm trong mặt cầu.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết
2 3SD a=
và góc tạo bởi đường
thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng
0
30
. Tính theo
a
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD,
BC. Biết
( )
2;3B
và
AB BC
=

, đường thẳng AC có phương trình
1 0x y− − =
, điểm
( )
2; 1M − −

nằm trên đường thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 3 2
3
3 4 2 0
( , )
3 2 2
x y y x y
x y
x x x y

− + + − + =

∈

+ − = + +


¡
.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện
3.ab bc ca+ + =

Chứng minh
rằng:
1
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc
+ + ≤
+ + + + + +
Hết
Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
Câu Đáp án Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0 điểm)
 Tập xác định
{ }
\ 1D = ¡
.
 Sự biến thiên: - Chiều biến thiên:
( )
2
1
' 0,
1
y x D
x
= − < ∀ ∈

−
.
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1;−∞
.
0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 1
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
.
⇒
tiệm cận ngang:
1y =
.

1 1
lim ; lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
.

⇒
tiệm cận đứng:
1x =
.
0,25
- Bảng biến thiên:
x
−∞
1
+∞
y' - -
y 1
+∞

−∞

1
0,25
 Đồ thị: 0,25
b) (1,0 điểm)
Gọi
:d y x m= +
.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C)
0,25
2
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
là:
1
x

x m
x
= +
−
( ) ( )
1x x x m⇔ = − +
(Vì
1x =
không phải là nghiệm của phương
trình)
( )
2
2 0x m x m⇔ + − − =
(1)
Ta có
2
4 0,m m∆ = + > ∀
nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C) tại hai
điểm phân biệt A, B với mọi
m
.
0,25
Khi đó,
( ) ( )
1 1 2 2
; , ;A x x m B x x m+ +
, với
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương

trình (1).
Ta có:
( ) ( )
1;1 ,
2
m
I d I AB⇒ =
.
và
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
2 1 2 1 1 2 1 2
2 8 2 4AB x x x x x x x x m= − + − = + − = +
.
0,25
Ta có:
( )
2
4
1
. ,
2 2
IAB
m m
S AB d I AB
+
= =
. Theo giả thiết, ta có:

2
4
3 3 2
2
IAB
m m
S m
+
= ⇔ = ⇔ = ±
.
0,25
2
(1,0đ)
a) Phương trình đã cho tương đương
2
2sin 3sin 2 2sin cos cos 0x x x x x− − + + =

( ) ( )
2sin 1 sin cos 2 0x x x⇔ + + − =
0,25

sin cos 2 0x x
+ − =
: Phương trình vô nghiệm

2
6
2sin 1 0 ( )
7
2

6
x k
x k
x k
π
π
π
π

= − +

+ = ⇔ ∈


= +


¢
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
7
2 , 2 ( ).
6 6
x k x k k
π π
π π
= − + = + ∈¢
0,25
b)
( )
1

2 2 2 2
log (4 4).log (4 1) 3 2 log (4 1) .log (4 1) 3
x x x x+
+ + = ⇔ + + + =
0,25
Đặt
2
log (4 1)
x
t = +
, phương trình trở thành:
( )
1
2 3
3
t
t t
t
=

+ = ⇔

= −


2
1 log (4 1) 1 4 1 2 0
x x
t x= ⇒ + = ⇔ + = ⇔ =
.


2
1 7
3 log (4 1) 3 4 1 4
8 8
x x x
t = − ⇒ + = − ⇔ + = ⇔ = −
: Phương trình vô
nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
0x =
.
0,25
3
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
3
(1,0đ)
Ta có:
1 1 1
1 1
ln d ln d ln d .
e e e
I x x x x x x x x
x x
 
= + = +
 ÷
 
∫ ∫ ∫
0,25

 Tính
1
ln d
e
x x x
∫
. Đặt
lnu x=
và
dv xdx=
. Suy ra
1
du dx
x
=
và
2
2
x
v =
Do đó,
2
2 2 2 2
1 1
1 1
1
ln d ln d
2 2 2 4 4 4
e
e e

x x e x e
x x x x x= − = − = +
∫ ∫
0,25
 Tính
1
1
ln d .
e
x x
x
∫
Đặt
1
lnt x dt dx
x
= ⇒ =
. Khi
1x =
thì
0t =
, khi
x e=

thì
1t
=
.
Ta có:
1

1
2
1 0
0
1 1
ln d tdt .
2 2
e
t
x x
x
= = =
∫ ∫
0,25
Vậy,
2
3
.
4
e
I
+
=
0,25
4
(1,0đ)
a) Đặt
( )
,z a bi a b= + ∈¡
. Từ giả thiết ta có:

3 5 1
1 2
a b a
a b b
− = =
 
⇔
 
− − = = −
 
.
Do đó
1 2z i
= −
.
0,25
Suy ra
( ) ( )
2
2
1 1 1 2 1 2 3w iz z i i i i= + + = + − + − = −
. Vậy
3w =
.
0,25
b) Số phần tử của không gian mẫu là:
( )
5
20
15504n CΩ = =

.
Trong 20 tấm thẻ, có 10 tấm thẻ mang số lẻ, có 5 tấm thẻ mang số
chẵn và chia hết cho 4, 5 tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết
cho 4.
0,25
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Ta có:
( )
3 1 1
10 5 5
. . 3000n A C C C= =
.
Vậy, xác suất cần tính là:
( )
( )
( )
3000 125
15504 646
n A
P A
n
= = =
Ω
.
0,25
5
(1,0đ
)
Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Suy ra:
2 6
: 5 3

1 2
x t
d y t
z t
= +


= +


= −

Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên
( )H d P= ∩
.
Vì
H d∈
nên
( )
2 6 ;5 3 ;1 2H t t t+ + −
.
0,25
Mặt khác,
( )H P∈
nên ta có:
( ) ( ) ( )
6 2 6 3 5 3 2 1 2 24 0 1t t t t+ + + − − + = ⇔ = −
Do đó,
( )
4;2;3H −

.
0,25
Gọi
I
, R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu.
Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng
784
π
, suy ra
2
4 784 14R R
π π
= ⇒ =
.
0,25
4
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên
( )IH P I d⊥ ⇒ ∈
.
Do đó tọa độ điểm I có dạng
( )
2 6 ;5 3 ;1 2I t t t+ + −
, với
1t ≠ −
.
Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2

2 2 2
6 2 6 3 5 3 2 1 2 24
1
14
( ,( )) 14
6 3 ( 2)
1
3
14
2 2
6 3 2 14
t t t
t
d I P
t
t
AI
t
t t t

+ + + − − +
 =

=

=

 

+ + −

⇔ ⇔ ⇔ =
= −
  

<

 
− < <

+ + − <


Do đó,
( )
8;8; 1I −
.
Vậy, mặt cầu
( ) ( ) ( )
2 2 2
( ): 8 8 1 196S x y z− + − + + =
0,25
6
(1,0đ)
Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
( )SH ABCD⊥
và
·
0
30SCH =
.

Ta có:
2 3SHC SHD SC SD a∆ = ∆ ⇒ = =
.
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:
0
0
.sin .sin30 3
.cos .cos30 3
SH SC SCH SC a
HC SC SCH SC a
= = =
= = =
0,25
Vì tam giác SAB đều mà
3SH a=
nên
2AB a=
. Suy ra
2 2
2 2BC HC BH a= − =
. Do đó,
2
. 4 2
ABCD
S AB BC a= =
.
Vậy,
3
.
1 4 6

.
3 3
S ABCD ABCD
a
V S SH= =
.
0,25
Vì
2BA HA=
nên
( )
( )
( )
( )
, 2 ,d B SAC d H SAC=
Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta
có:
AC HI⊥
và
AC SH⊥
nên
( )
AC SHI AC HK⊥ ⇒ ⊥
. Mà, ta lại có:
HK SI
⊥
.
Do đó:
( )
HK SAC⊥

.
0,25
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
. 6
3
HI AH AH BC a
HI
BC AC AC
= ⇒ = =
.
Suy ra,
2 2
.HS HI
HK
HS HI
= =
+
66
11
a
.
Vậy ,
( )
( )
( )
( )
2 66
, 2 , 2
11
a

d B SAC d H SAC HK= = =
0,25
5
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
7
(1,0đ)
Vì ABCD là hình thang cân nên nội
tiếp trong một đường tròn. Mà
BC CD
=
nên AC là đường phân giác
của góc
·
BAD
.
Gọi
'B
là điểm đối xứng của B qua
AC.
Khi đó
'B AD∈
.
Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
phương trình:
1 0 3
5 0 2
x y x
x y y
− − = =
 

⇔
 
+ − = =
 
. Suy ra
( )
3;2H
.
Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó
( )
' 4;1B
.
0,25
Đường thẳng AD đi qua M và nhận
'MB
uuuur
làm vectơ chỉ phương nên
có phương trình
3 1 0x y− − =
. Vì
A AC AD= ∩
nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
phương trình:

1 0 1
3 1 0 0
x y x
x y y
− − = =
 

⇔
 
− − = =
 
. Do đó,
( )
1;0A
.
Ta có ABCB’ là hình bình hành nên
'AB B C=
uuur uuuur
. Do đó,
( )
5;4C
.
0,25
Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra
:3 14 0d x y+ − =
.
Gọi
I d AD= ∩
, suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là
nghiệm của hệ:
3 14 0
3 1 0
x y
x y
+ − =



− − =

. Suy ra,
43 11
;
10 10
I
 
 ÷
 
. Do đó,
38 11
;
5 5
D
 
 ÷
 
.
0,25
Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận
CD
uuur
làm vectơ chỉ phương
nên có phương trình
9 13 97 0x y+ − =
. (Học sinh có thể giải
theo cách khác)
0,25
8

(1,0đ)
3 3 2
3
3 4 2 0 (1)
3 2 2 (2)
x y y x y
x x x y

− + + − + =


+ − = + +


Điều kiện:
2x
≥ −
.
( ) ( )
3
3 3 2 3
(1) 2 3 4 2 1 1 2x x y y y x x y y⇔ + + = − + ⇔ + + = − + − +
.
0,25
Xét hàm số
( )
3
2f t t t= + +
trên
[

)
2;− +∞
.
Ta có:
( )
[
)
2
' 3 1 0, 2;f t t t= + > ∀ ∈ − +∞
. Suy ra hàm số
( )
f t
đồng biến trên
[
)
2;− +∞
.
Do đó:
1x y= −
.
0,25
6
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
Thay
1y x= +
và phương trình (2) ta được:
3
3 2 2 1x x− = + +
( )
( )

( )
( ) ( )
( )
3 2
2 2 2 2 2
8 2 2 2 2 2 4
2 2
x x
x x x x x
x
+ − + +
⇔ − = + − ⇔ − + + =
+ +
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2
2 2 4 2 2 4 0
2 2 2 2
x
x x x x x x
x x
 
−
 

⇔ − + + = ⇔ − + + − =
 
+ + + +
 
0,25

2 0 2 3x x y− = ⇔ = ⇒ =

( ) ( )
2 2
2 2
2 4 0 2 4
2 2 2 2
x x x x
x x
+ + − = ⇔ + + =
+ + + +
(*)
Ta có
( )
[
)
2
2
2
2 4 1 3 3; 1, 2;
2 2
VT x x x VP x
x
= + + = + + ≥ = ≤ ∀ ∈ − +∞

+ +
Do đó phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 2;3x y =
.
0,25
9
(1,0đ)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:
2
3
3 3 ( ) 1ab bc ca abc abc= + + ≥ ⇒ ≤
.
0,25
Suy ra:
2 2
2
1 1
1 ( ) ( ) ( ) 3 (1).
1 ( ) 3
a b c abc a b c a ab bc ca a
a b c a
+ + ≥ + + = + + = ⇒ ≤
+ +
Tương tự ta có:
2 2
1 1 1 1
(2), (3).
1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c

≤ ≤
+ + + +
0,25
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc
+ +
+ + ≤ + + = =
+ + + + + +
W
.
0,25
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c= + + = ⇒ = = = >
0,25
ĐỀ SỐ 2:
ĐỀ ÔN THI TN THPT QUỐC GIA NĂM HOC 2014 – 2015
TRƯỜNG THPT TRUNG PHÚ
Câu 1. Cho hàm số
3 2
6 9 2y x x x= − + −
(1) có đồ thị (C)
a/ khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
b/ Chứng minh rằng trên (C) không thể tồn tại hai điểm có hoành lớn hơn 3 sao cho
hai tiếp tuyến với (C) tại hai điểm đó vuông góc với nhau
Câu 2.

a/ Cho tam giác ABC có góc A lớn nhất và thỏa: cos2A + cos2B + cos2C =
−
1
7
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A
b/ Tìm môđun của số phức z, biết
2
2 3
1
z z
z
z
+ +
=
+
Câu 3. Giải bất phương trình:
( ) ( ) ( )
5 5 1
5
log 4 1 log 7 2 1 log 3 2x x x+ − − ≤ + +

Câu 4. Giải hệ phương trình:
( )
6 2 3 2
2
3 4 3 6
2 1 8 7
x x y y y
y x x y x


+ − = + +


− + + + + =


Câu 5. Tính tích phân sau:
( )
2
2
3
cot
6
3 cos sin
x
I dx
x x
π
π
π
 
−
 ÷
 
=
+
∫

Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.E là điểm trên cạnh

AD sao cho BE vuông góc với AC tại H và AB > AE. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBE)
cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Góc hợp bởi SB và mặt phẳng (SAC) bằng
0
30
.Cho
2 5
, 5
5
a
AH BE a
= =
. Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách
giữa SB, CD
Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 đường tròn (C
1
) và (C
2
) lần lượt có phương
trình là
2 2 2 2
( 1) ( 4) 10, 6 6 13 0x y x y x y+ + − = + − − + =
. Viết phương trình đường thẳng
∆
qua M(2;5) cắt hai đường tròn (C), (C’) lần lượt tại A, B sao cho
1 2
25
12
I MA I MB
S S
=

biết
rằng phương trình đường thẳng
∆
có hệ số nguyên (I
1
,I
2
lần lượt là tâm của (C
1
) và
(C
2
))
Câu 8. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mp(P): x + y + z – 3 = 0 và hai đường
thẳng
1 2
1 2 1 2 1 1
: ; :
2 1 1 1 2 5
x y z x y z
d d
+ + − − − +
= = = =
−
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d
1
, tiếp xúc với d
2
và cắt mp(P) theoo một
đường tròn có bán kính r =

3
,biết rằng tâm mặt cầu có cao độ dương
Câu 9. Cho n là số nguyên dương thỏa
1 2
1
4 2 25 120
n
n n
C C n
−
+
< + −

Tìm hệ số của số hạng chứa x
7
trong khai triển
2
2
n
x
x
 
−
 ÷
 
,(x > 0)
Câu 10. Cho ba số dương x,y,z thỏa x + y + z = 4 và xyz = 2.
Tìm GTNN của biểu thức: P = x
4
+ y

4
+ z
4
8
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.
a/ Học sinh tự giải
b/ Giả sử trên (C) có hai điểm
1 1 2 2
( ; ),B( ; )A x y x y
với x
1
, x
2
> 3 sao cho tiếp tuyến với (C)
tại hai điểm này vuông góc với nhau
Khi đó, ta có:
2 2
1 2 1 1 2 2
'( ). '( ) 1 (3 12 9)(3 12 9) 1y x y x x x x x= − ⇔ − + − + = −


( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 2
9 1 3 1 3 1x x x x⇔ − − − − = −
(*)
Do x
1
> 3 và x

2
> 3 nên VT(*) > 0. Do đó (*) vô lí
Vậy: Trên (C) không thể có hai điểm sao cho tiếp tuyến với (C) tại hai điểm này
vuông góc với nhau
Câu 2.
a/ + Ta có : cos2A + cos2B + cos2C = 2cos(A + B)cos(A – B) + cos2C
=
( )
2
2cos cos 2cos 1C A B C− − + −

=
( )
1 2cos [cos cos ]C A B C− − − −
=
( )
1 2cos [cos cos(A B)]C A B− − − + +
=
1 4cos cos cosA B C
− −
+ Do đó : cos2A + cos2B + cos2C =
−
1
1 4cos cos cos 1A B C
⇔ − − = −

cos .cos .cos 0A B C⇔ =

cos 0A
⇔ =

(do góc A lớn nhất nên các góc B,C nhọn
⇒
cosB, cosC > 0)
0
90A⇔ =

Vậy: Tam giác ABC vuông tại A
b/ Tìm môđun của số phức z, biết
2
2 3
1
z z
z
z
+ +
=
+
+ Điều kiện
1z ≠ −
.
+ Gọi
( )
,z a bi a b= + ∈¡
,
ta có :
2
2 3
1
z z
z

z
+ +
=
+
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 2 3a bi a bi a bi a bi⇔ − + + = + + + +
( )
( )
2
2 3 2 3 0b a ab b i⇔ − + + + + =
2
2 3 0
2 3 0
b a
ab b

− + + =
⇔

+ =

3
0
a
b
= −

⇔


=

hay
3
2
3
2
a
b

= −




= ±


Với
3, 0a b= − =
, ta có
2 2
3z a b= + =
.
Với
3 3
,
2 2
a b= − = ±
, ta có

2 2
9 3
3
4 4
z a b= + = + =
.
Vậy môđun của số phức z là
3
hay
3
.
Câu 3. Giải bất phương trình:
( ) ( ) ( )
5 5 1
5
log 4 1 log 7 2 1 log 3 2x x x+ − − ≤ + +

9
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
+ Điều kiện:
1 7
4 2
x− < <

+ BPT
( ) ( ) ( )
5 5 5
log 4 1 log 3 2 1 log 7 2x x x⇔ + + + ≤ + −

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )
5 5
2
log 4 1 3 2 log 5 7 2
4 1 3 2 5 7 2
12 21 33 0
33
1
12
x x x
x x x
x x
x
⇔ + + ≤ −
⇔ + + ≤ −
⇔ + − ≤
⇔ − ≤ ≤
Giao với điều kiện, ta được:
1
1
4
x− < ≤
Vậy: nghiệm của BPT đã cho là
1
1
4
x− < ≤
Câu 4. Giải hệ phương trình:
( )
6 2 3 2

2
3 4 3 6 (1)
2 1 8 7 (2)
x x y y y
y x x y x

+ − = + +


− + + + + =


•
Điều kiện:
2
8 0x y+ + ≥
•
PT(1)
( ) ( )
( )
( ) ( )
3
3 3
6 2 2 2
3 1 3 1 3 1 3 1x x y x x x y y⇔ + = + + + ⇔ + = + + +


( )
2
( ) 1f x f y

⇔ = +
với f(t) = t
3
+ 3t
•
Ta có: f’(t) = 3t
2
+ 3 > 0
t R
∀ ∈

( )f t
⇒
đồng biến trên R
Do đó:
( )
2 2
( ) 1 1f x f y x y
= + ⇔ = +
•
Với y

= x
2
– 1 , pt (2) trở thành:
( )
2 2
2( 1) 1 2 7 7 0x x x x
− − + + − + =

( )
2 2
2 7 1 2 7 2 0(*)x x x x
+ − + + − − =

Đặt
2
2 7,( 7)t x t= + ≥
, pt(*) trở thành:
( )
2
1 2 0t x t x
− + − − =
(**)
Ta có:
( )
2
3x
∆ = +
nên (**) có hai nghiệm: t = x + 2 hoặc t = -1 (loại)
Với t = x + 2
2
2 2 2
2 2
1
2 7 2
3
2 7 4 4 4 3 0
x x

x
x x
x
x x x x x
≥ − ≥ −
=
 

⇔ + = + ⇔ ⇔ ⇔
 

=
+ = + + − + =

 

•
Với x = 1
⇒
y = 0 (nhận)
•
Với x = 3
8y
⇒ =
(nhận)
Kết luận: hệ có hai nghiệm (x;y) là (1;0), (3;8)
Câu 5. Tính tích phân sau:
( )
2
2

3
cot
6
3 cos sin
x
I dx
x x
π
π
π
 
−
 ÷
 
=
+
∫
+ Ta có:
3 1
3 cos sinx 2 cos sin 2cos
2 2 6
x x x x
π
 
 
+ = + = −
 ÷
 ÷
 ÷
 

 

+ Do đó:
2 2
2
2
3
3 3
cot
1 1 1
6
tan ln tan ln 3
6 4 6 4
4cos 4tan
6 6
x
I dx d x x
x x
π π
π
π
π π
π
π π
π π
 
−
 ÷
   
 

= = − = − =
 ÷  ÷
   
   
− −
 ÷  ÷
   
∫ ∫

10
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
Câu 6.
( ) ( )
( ) ( ) ( )
(SBE) (SAC) SH
SAC ABCD
SBE ABCD SH ABCD
⊥


• ⊥ ⇒ ⊥


∩ =


•
( ( ))
( )
BE SH SH ABCD

BE SAC
BE AC
⊥ ⊥

⇒ ⊥

⊥



⇒
SH là hình chiếu của SB trên (SAC)
( )
·
( )
·
·
0
,( ) , 30SB SAC SB SH BSH
⇒ = = =

•
Đặt AB = x
Ta có:
2 2 2 2
5AE BE AB a x
= − = −

Lại có:
2 2

4 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2
1 1 1 5 1 1
5 4 0
2
4 5
4
x a x a
x a x a
x a
AH AB AE a x a x
x a

= =

= + ⇔ = + ⇔ − + = ⇔ ⇔


=
−
=



Loại x = a vì khi đó: AE = 2a > a = AB
Vậy: AB = 2a
•
2 2
4

5
a
BH AB AH
= − =


2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 1 1 1
4
16 4 16
BC a
BH AB BC a a BC BC a
= + ⇔ = + ⇔ = ⇒ =
•
S
ABCD
= AB.BC = 8a
2
•
Tam giác SBH vuông tai H
·
4 4 15
.cot 3
5
5
a a
SH BH BSH⇒ = = × =

•
3

2
1 1 4 15 32 15
. 8
3 3 5 15
SABCD ABCD
a a
V SH S a
= = =

•
Tính khoảng cách giữa CD và SB
11
H
A
D
B
C
S
E
F
K
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
+ Kẻ HF vuông góc với
AB tại H
+ Ta có :
( ) ( ) ( )
AB SH
AB SHF SAB SHF
AB HF
⊥


⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

theo giao tuyến SF
Kẻ HK
⊥
SF tại K
( )
,( )
( )
H SAB
HK SAB d HK
⇒ ⊥ ⇒ =

+ Tính được: HF =
4
5
a
từ đó tính được
15
5
a
HK =

+ Ta có: (SAB) chứa SB và song song với CD

( ) ( ) ( )
( )

, ,( ) ,d CD SB d CD SAB d C SAB CM
⇒ = = =
(M là hình chiếu của C lên (SAB))
+ Ta có : HK // CM
5
CM CA
HK AH
⇒ = =

2 5
( 2 5, )
5
a
AC a AH
= =


5 15CM HK a⇒ = =

Vậy:
( )
,
15
CD SB
d a
=
Câu 7.
•
(C
1

) có tâm I
1
(-1;4), bán kính R
1
=
10
•
(C
1
) có tâm I
1
(3;3), bán kính R
2
=
5
•
Dễ kiểm tra được: M là một giao điểm của (C
1
),(C
2
)
•
∆
qua M nên
2 2
: (x 2) b(y 5) 0,(a,b Z,a 0)a b∆ − + − = ∈ + >

•
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của I
1

,I
2
lên
∆
Ta có:
( ) ( )
1 2
; ;
2 2 2 2
3 2
;
I I
a b a b
IH d IK d
a b a b
∆ ∆
+ −
= = = =
+ +

•
Ta có:
1 2
1 2 1 2
25 1 25
. . 12 .2 25 .2
12 2 24
I MA I MB
S S I H MA I K MB I H MH I K MK
= ⇔ = ⇔ =

12
(SAB)
A
C
M
K
H
I1
M
I2
A
B
H
K
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)

( ) ( )
( )
2 2 2 2
1 1 1 2 2 2
2 2
1 1 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2
12. . 25 K.
12. . 10 25 K. 5
144 10 625 5

| 3 | |3 | | 2 | | 2 |
144 10 625 5
144 3
I H I M I H I I M I K
I H I H I I K
I H I H I K I K
a b a b a b a b
a b a b a b a b
a b
⇔ − = −
⇔ − = −
⇔ − = −
   
       
+ + − −
 ÷  ÷
⇔ − = −
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷
+ + + +
       
   
⇔ +
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 2
2 2 2

3 625 2 2
12 3 3 25 2 2
12 3 3 25 2 2
1
2 3 2 0
2 ( )
14 21 14 0
2
171 2975
86 171 86 0
(loai do a,b Z)
86 171 86 0
172
a b a b a b
a b a b a b a b
a b a b a b a b
a a
a a
n
a ab b
b b
b b
a
a ab b
a a
b
b b
− = − +
+ − = − +


⇔

+ − = − − +



 

+ − =
= − ∨ =

 ÷


+ − =
 

⇔ ⇔ ⇔


±
− − =
 
= ∈

− − =
 ÷


 





+ Với
2
a
b
= −
, chọn a = 2, b= -1
: 2 1 0x y
⇒ ∆ − + =

+ Với
1
2
a
b
=
, chọn a = 1, b= 2
: 2 12 0x y
⇒ ∆ + − =

Kết luận: Có hai có hai đường thẳng thỏa điều kiện bài toán là 2x – y + 1 = 0, x + 2y –
12 = 0
Câu 8.
•
1
1 2
: 2 ,( )

1
x t
d y t t R
z t
= − +


= − + ∈


= −


•
d
2
qua A(2;1;-1) có vtcp
( )
2
1;2;5
d
u =
uur

•
( )
1
1 2 ; 2 ;1I d I t t t
∈ ⇒ − + − + −

•
( ) ( )
2
2 3; 3;2 , , 7 19; 11 17;3 3
d
AI t t t AI u t t t
 
= − − − = − − + −
 
uur uur uur

•
( )
2
2
2
2
,
,
179 658 659
30
d
I d
d
AI u
t t
d
u
 
− +

 
= =
uur uur
uur

•
d
2
tiếp xúc với (S) nên
( )
2
2
,
179 658 659
(1)
30
I d
t t
d R R
− +
= ⇔ =

•
( )
,
2 5
3
I P
t
d

−
=

•
Ta có:
( )
2
2 2
2 2 2 2 2
,
2 5
4 20 34 4 20 34
3
3 3
3
I P
t
t t t t
R d r R R R
 − 
− + − +
= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ =
 ÷
 
(2)
13
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
•
Từ (1) và (2), ta có:
2 2

2
1
179 658 659 4 20 34
139 458 319 0
319
30 3
139
t
t t t t
t t
t
=

− + − +

= ⇔ − + = ⇔

=

Suy ra: I(1;-1;0) (nhận) hoặc
599 41 180
; ;
139 139 139
I
−
 
 ÷
 
(loại do z
I

> 0)
•
Với I(1;-1;0)
6R
⇒ =
( ) ( ) ( )
2 2
2
: 1 1 6S x y z
⇒ − + + + =

Kết luận: phương trình mặt cầu cần tìm là
( ) ( ) ( )
2 2
2
: 1 1 6S x y z
− + + + =
Câu 9.
( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1
2
1 !
!
4 2 25 120 4 2 25 120
1 !2! 2! 2 !
2 1 1 25 120 22 120 0 10 12
n

n n
n
n
C C n n
n n
n n n n n n n n
−
+
+
• < + − ⇔ < + −
− −
⇔ + < − + − ⇔ − + < ⇔ < <

Mà n nguyên dương nên n = 11
•
11
2 2
2 2
n
x x
x x
   
− = −
 ÷  ÷
   
có số hạng tổng quát là:
( ) ( )
44 5
22 2
2

1 11 11
/2
2
1 1 2
k
k
k k
k k k k
k
k
T C x C x
x
−
−
+
= − = −

T
k+1
là số hạng chứa x
7
khi
6 6 7
7 11
44 5
7 6 2
2
k
k T C x
−

= ⇔ = ⇒ =


⇒
Hệ số cấn tìm là:
6 6
11
2C

Câu 10.
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2
2
2( )
= 2 2 2
= 16 2 2 16
P x y z x y y z z x
x y z xy yz zx xy yz zx xyz x y z
xy yz zx xy yz zx
= + + − + +
   
+ + − + + − + + − + +
   
− + + − + + −   
   

g

g
Đặt t = xy + yz + zx = x(y + z) + yz
+ Từ gt
2
4 ,y z x yz
x
⇒ + = − =

( )
2
2 2
4 4t x x x x
x x
⇒ = − + = − + +

+ Ta có:
( )
2
2 3 2
8
( ) 4 4 8 16 8 0y z yz x x x x
x
+ ≥ ⇒ − ≥ ⇔ − + − ≥

( )
( )
2
2 6 4 0x x x

⇔ − − + ≥
(*)
Giải BĐT (*) giao với điều kiện 0 < x < 4 ta đươc:
3 5 2x
− ≤ ≤

+ Khảo sát hàm số t theo biến x với
3 5 2x
− ≤ ≤
ta tìm được:
5 5 1
5
2
t
−
≤ ≤

g

( )
2
2 2
16 2 2( 16) 2 64 288P t t t t
= − − − = − +

Khảo sát hàm số : f(t) = 2t
2
– 64t + 288 với
5 5 1
5

2
t
−
≤ ≤
ta được:

5 5 1
Minf( ) 383 165 5 khi , ( ) 18 khi 5
2
t t Maxf t t
−
= − = = =

14
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
Suy ra:
min
383 165 5P
= −
đạt được chẳng hạn
1 5
3 5,
2
x y z
+
= − = =


max
18P =

đạt được chẳng hạn khi x = 2, y = z = 1
ĐỀ SỐ 3:
Trường THPT Nguyễn Hiền
ĐỀ THI THỬ THPT 2015
Môn Toán – Thời gian 180 phút
Câu 1(2đ) : Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m = 1.
2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị
hàm số đến gốc tọa độ O bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số
đến gốc tọa độ O.
Câu 2 (1đ):
1. Cho cot(
5
2
π
-x) = 2 . Tính tan(x+
4
π
)
2. Tìm số phức z thoả 3
z
+z = 8 - 6i
Câu 3(1đ) : Tính tích phân
2
1

1
(ln 2ln 2)
e
dx
x x x− +
∫
Câu 4 (1đ) : Hình không gian Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông
tại B. SA
⊥
(ABC) , SA=AB=a; BC=a
3
. Gọi I là trung điểm SB, G là trọng tâm tam
giác ABC. Tính theo a thể tích khối tứ diện GSIC .
Câu 5(1đ) : Cho 3 số thực không âm x, y, z thoả x
2
+ y
2
+ z
2
= 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = xy + yz + zx +
zyx ++
5
Câu 6 (1đ): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường cao
AH, phân giác trong BD và trung tuyến CM . Biết
17
( 4;1); ;12
5
H M
 

−
 ÷
 
và phương
trình đường thẳng BD: x + y – 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC.
Câu 7 (1đ): Trong không gian Oxyz ,cho điểm M(0;2;0) và hai đường thẳng
1 2
;d d
có
phương trình:
1 2
1 2 1 3 1
: ; :
2 2 1 2 2 1
x y z x y z
d d
− − + − +
= = = =
− −
. Viết phương trình mặt
phẳng (P) đi qua M , song song với trục Ox , sao cho (P) cắt hai đường thẳng
1 2
;d d
lần
lượt tại A, B sao cho AB = 1 .
15
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
Câu 8 (0,5đ) : Một cái hộp có 4 bi trắng, 5 bi vàng, 7 bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 bi.
Tính xác suất để lấy được 3 bi cùng màu.
Câu 9 (0,5 đ): Giải phương trình 2

2x+1
-3.2
x
- 2 = 0
Câu 10 (1đ) : Giải bất phương trình sau
2 5 3 2 4 1 5 6x x x x+ + − > + + −

HẾT
HƯỚNG DẪN
NỘI DUNG Điêm
Câu 4 :
Tam giác SAB vuông cân tại A
Giải thích AI vuông góc mp(SBC)
Trong mp(AIJ) vẽ GH //AI
Suy ra GH vuông góc mp (SBC)
V
GSIC
= 1/3 . GH. S
SIC
SB = a
2
 AI =
2
2a
GH= 1/3. AI =
6
2a
S
SIC
= ½.S

SBC
=
4
6
2
a
V
GSIC
=
36
3
3
a
Câu 5 :
Đặt t= x+y+z ĐK t > 0
 xy+yz+zx =
2
3
2
t −
Ta có
2 2 2 2 2 2
0 ;0 ;0
2 2 2
x y x z z y
xy xz zy
+ + +
≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤
Suy ra
2 2 2

0 xy yz zx x y z≤ + + ≤ + +

2
3
0 3
2
t −
≤ ≤

3 3t≤ ≤
Ta có M=
2
3 5
2
t
t
−
+
16
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
Xét hàm số f(t) =
2
3 5
2
t
t
−
+
với
3 3t≤ ≤

f’(t) =
3
2
5t
t
−
>0 ;
3 3t≤ ≤
f(
3
)= 5/
3
; f(3)=14/3

Vậy Max f(t) = 14/3 với
3 3t≤ ≤
Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1
Vậy Max A = 14/3 khi x=y=z =1 .
Câu 6 A
Gọi H’ là đối xứng của H qua phân giác trong BD thì
'H AB
∈
' ': 0
( 4;1) ' 5
HH BD ptHH x y c
H HH c
⊥ ⇒ − + =
− ∈ ⇒ =
Vậy pt HH’: x –y + 5 = 0
Gọi K là giao điểm của HH’ và BD , tọa độ K thỏa hệ:

5
(0;5)
5
x y
K
x y
− = −

⇒

+ =

K là trung điểm HH’
'(4;9)H⇒
( )
3 3
' ; 3 1; 5
5 5
MH
 
= − = −
 ÷
 
uuuur
( )
( )
' 4;9
:
5;1
quaH

AB
VTPT n



=


r
Pt AB: 5x + y – 29 = 0
B là giao điểm của AB và BD
⇒
tọa độ B thỏa hệ
5 29
(6; 1)
5
x y
B
x y
+ =

⇒ −

+ =

M là trung điểm AB
4
;25
5
A

 
⇒
 ÷
 
Câu 7 Giả sử có mặt phẳng (P) thỏa yêu cầu đề bài
05
17
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)

( )
( )
( )
1
2
2 2
1 2 ;2 2 ; 1
3 2 ; 1 2 ;
2( ) 2; 2( ) 3;( ) 1
1
9( ) 22( ) 14 1
13
9
A d A t t t
B d B l l l
AB l t l t l t
l t
AB l t l t
l t
∈ ⇒ + − − +
∈ ⇒ + − −

= − + − − − − +
− = −


= − + − + = ⇔

− = −

uuur
( )
( )
* 1
0; 1;0 ; (0;0;1)
P
l t
AB VTPT n AB i
− = −
 
⇒ = − ⇒ = =
 
uuur r uuur r
Pt mặt phẳng (P): z = 0 ( loại vì (P) chứa Ox)
( )
* 13 / 9
8 1 4 4 1
; ; ; 0; ;
9 9 9 9 9
P
l t
AB VTPTn AB i

− = −
− − −
   
 
⇒ = ⇒ = = −
 ÷  ÷
 
   
uuur r uuur r
Pt mặt phẳng (P): - 4 y + z + 8 = 0 ( thỏa đề bài nhận)
Câu 10 :

2 5 4 1 3 2 5 6 0
1 1
( 2 4)[ ] 0
2 5 4 1 3 2 5 6
2
BPT x x x x
x
x x x x
x
⇔ + − + + − − − >
⇔ − + + >
+ + + − + −
⇔ <

ĐỀ SỐ 4:
Trường THPT ĐỀ THI THỬ TN & ĐH 2015
Nguyễn Hữu Huân Môn Toán.– Thời gian làm bài: 180’
18

Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
Cầu 1 (2đ): Cho hàm số:
( )
2 1
1
x
y C
x
+
=
−

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
b) Định m để đường thẳng (d): y = mx + 3 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm A, B sao cho tam
giác OMN vuông tại O
Câu 2 (1đ): a) Giải phương trình lượng giác:
2 2
cos 3cos 3sin 3sin 0x x x x
+ + − =
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức:
1 1
3 3
2 2
z i i
 
− = +
 ÷
 
. Tính môđun của số phức w =
1 + I + z

Câu 3 (0,5đ): Giải phương trình:
( )
2
2
2
1 3
log 2 3 log 0
2 3
x
x x
x
+
+ − + =
−
Câu 4 (1đ): Giải hệ phương trình:
12
1 2
3
12
1 6
3
x
y x
y
y x

 
− =

 ÷

+
 

 

+ =
 ÷

+
 

Câu 5 (1đ) Tính tích phân:
9
4
1
xdx
x −
∫
Câu 6 (1đ): Viết phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc của đường
thẳng (d)
1 1
2 1 3
x y z
+ −
= =
trên mặt phẳng (P): x + y – z +1 =0.
Câu 7 (1đ): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C):
( ) ( )
2 2
1 1 25x y

− + − =
và điểm M (7,3). Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt (C)
tại hai điểm phân biệt A,B sao cho MA = 3MB
Câu 8 (1đ): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a; AC =
2a. Mặt bên (SBC) là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.
Biết góc giữa hai mặt (SAB) và (ABC) bằng 30
0
. Tính thể tích khối chóp SABC và
khoáng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a
Câu 9 (0,5đ): Có 5 hộp bánh, mỗi hộp đựng 8 cái bánh gồm 5 cái bánh mặn và 3 bánh
ngọt. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra hai bánh. Tính xác suất biến cố trong năm lần lấy
ra đó có bốn lần lấy được 2 bánh mặn và một lần lấy được 2 bánh ngọt.
Câu 10 (1đ): Cho các số thực dương a,b,c thỏa a + b + c =3. Tính góc giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
2 2 2
a bc b ca c ab
P
b ca c ab a bc
+ + +
= + +
+ + +
19
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT
Bài 1. Cho hàm số
2 1
1
+
=
−

x
y
x
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
• Tập xác định:
{ }
D \ 1
=
¡
•
2
3
y' x D
(x 1)
−
= ∀ ∈
−
•
x
lim y 2
→±∞
=

y 2
⇒ =
là tiệm cận ngang.
x 1
x 1
lim y
lim y

+
−
→
→
= +∞
= −∞

x 1
⇒ =
là tiệm cận đứng.
• BBT:
Hàm số nghịch biến trên
( ,1)
−∞
và
(1, )
+∞
.
Hàm số không có cực trị.
• Điểm đặc biệt:
• Vẽ đồ thị:
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai đường
tiệm cận làm tâm đối xứng.
b) Định m để đường thẳng d: y = mx + 3 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm M, N sao cho
∆
OMN vuông tại O.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
2x 1
mx 3
x 1

+
= +
−
2x 1 (mx 3)(x 1)
⇔ + = + −

2
mx (1 m)x 4 0 (*)
⇔ + − − =
20
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
(C) cắt d tại hai điểm phân biệt
2
m 0
m 14m 1 0
≠


⇔ ⇔

+ + >



m 0
m 7 4 3
m 7 4 3
≠



< − − ∨

> − +


Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của phương trình (*)
1 2
1 2
m 1
x x
m
4
x x
m
−

+ =


⇒

−

=



Khi đó
1 1
OM (x ;mx 3)= +
uuuur
,
2 2
ON (x ;mx 3)
= +
uuur
OMN
∆
vuông tại O nên
2
1 2 1 2
OM.ON 0 (1 m )x x 3m(x x ) 9 0= ⇔ + + + + =
uuuuruuur
2
4(1 m ) 3m(m 1)
9 0
m m
− + −
⇔ + + =

2
m 6m 4 0⇔ − + =

m 3 5 (n)
m 3 5 (n)

= +

⇔

= −


Bài 2.
a) Giải phương trình lượng giác:
2 2
3 3 3 0
+ + − =
cos x cos x sin x sin x
2 2
cos x 3 cos x 3sin x 3sin x 0
+ + − =
2 2
3 3
cosx 3sin x
2 2
   
⇔ + = −
 ÷  ÷
   
3 3
cosx 3sin x
2 2
3 3
cosx 3sin x
2 2

+ = −



⇔

+ = − +


3sin x cos x 0 (1)
3sin x cos x 3 (2)

+ =
⇔

− =


(1)
1
tan x
3
⇔ = −

x k
6
π
⇔ = − + π
(2)
sin x sin
6 3
π π

 
⇔ − =
 ÷
 

x k2
2
5
x k2
6
π

= + π

⇔

π

= + π



Vậy phương trình có hai họ nghiệm là
x k
6
π
= − + π
hay
x k2
2

π
= + π
.
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức:
 
− = +
 ÷
 
1 1
z 3 i 3 i
2 2
. Tính môđun của số phức w = 1 + i + z
1 1
z 3 i 3 i
2 2
 
− = +
 ÷
 
1
3 i
35 12
2
z i
1
37 37
3 i
2
+
⇔ = = +

−
21
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
72 49
w 1 i z i
37 37
= + + = +
2 2
72 49 7585
w
37 37 37
   
⇒ = + =
 ÷  ÷
   
Bài 3. Giải phương trình:
( )
−
+ − + =
+
2
1
2
2
1 x 7
log x 2x 3 log 0
2 x 3
Điều kiện:
x 3 x 7
< − ∨ >

Phương trình
2
2 2
x 7
log (x 2x 3) log 0
x 3
−
⇔ + − − =
+
2
2
(x 2x 3).(x 3)
log 0
x 7
+ − +
⇔ =
−
2
(x 2x 3).(x 3)
1
x 7
+ − +
⇔ =
−
3 2
x 5x 2x 2 0⇔ + + − =

2
(x 1)(x 4x 2) 0
⇔ + + − =

2
x 1
x 4x 2 0
= −

⇔

+ − =

x 1

x 2 6 x 2 6
= −

⇔

= − − ∨ = − +

So với điều kiện, phương trình có nghiệm
x 2 6
= − −
.
Bài 4. Giải hệ phương trình:

 
− =

 ÷
+
 


 

+ =
 ÷

+
 

12
1 x 2
y 3x
12
1 y 6
y 3x
Điều kiện: x > 0 và y > 0.
12
1 x 2
y 3x
12
1 y 6
y 3x

 
− =

 ÷
+
 


 

+ =
 ÷

+
 

12 2
1 (1)
y 3x
x
12 6
1 (2)
y 3x
y

− =

+

⇔


+ =

+

(1) + (2):
2 6 1 3

2 1
x y x y
= + ⇔ = +
(*)
(2) – (1):
12 3 1
y 3x
y x
= −
+
(*)
12 3 1 3 1
y 3x
y x y x
  
⇔ = − +
 ÷ ÷
 ÷ ÷
+
  

12 9 1
y 3x y x
⇔ = −
+
2 2
y 6xy 27x 0
⇔ + − =
y 3x
y 9x

=

⇔

= −

So với điều kiện, nhận y = 3x
(*) x 4 2 3 y 12 6 3
⇔ = + ⇒ = +
Vậy hệ phương trình có nghiệm
x 4 2 3
y 12 6 3

= +


= +


22
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
Bài 5. Tính tích phân
=
−
∫
9
4
xdx
I
x 1

Đặt
2
t x t x
= ⇒ =
2tdt dx
⇒ =
Đổi cận: x = 4
t 2
⇒ =
x = 9
t 3
⇒ =

3 3
3
2
2 2
t dt 1
I 2 2 t t 1 dt
t 1 t 1
 
= = + + +
 ÷
− −
 
∫ ∫
3
3 2
2
t t 59

2 t ln t 1 2ln 2
3 2 3
 
= + + + − = +
 ÷
 ÷
 
Bài 6. Viết phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d
x y 1 z 1
2 1 3
+ −
= =
trên mặt phẳng (P): x + y – z +1 =0.
PTTS của
x 2t
d : y 1 t
z 1 3t
=


= − +


= +

Thay x, y, z của phương trình đường thẳng d vào phương trình mặt phẳng (P) ta
được:
2t – 1 +t – 1 – 3t + 1 = 0
⇒
Phương trình vô nghiệm

⇒
d // (P).
Lấy điểm
A(0; 1;1) d
− ∈
.
Gọi
∆
là đường thẳng qua A và vuông góc với mp(P)
x t
: y 1 t
z 1 t
=


⇒ ∆ = − +


= −

Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P)
H (P)
⇒ = ∆ ∩
Thay x, y, z của phương trình
∆
vào phương trình mặt phẳng (P) ta được:
t – 1 + t – 1 + t + 1 = 0
1
t
3

⇔ =
1 2 2
H ; ;
3 3 3
 
⇒ −
 ÷
 
Gọi d’ là hình chiếu của d lên mặt phẳng (P)
d'⇒
qua H và song song với d
1
x 2t
3
2
d' : y t
3
2
z 3t
3

= +


⇒ = − +


= +



Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
( ) ( )
− + − =
2 2
x 1 y 1 25

và điểm
M(7;3). Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A ,B sao
cho MA = 3MB.
Đường tròn (C) có tâm I(1;1) và bán kính R = 5.
Ta có IM =
2 10 R
>
⇒
M nằm ngoài đường tròn (C).
23
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
Gọi H là trung điểm AB mà MA = 3MB
⇒
B là trung điểm MH
Ta có :
2 2 2 2
2 2 2 2
IH MH 40 IH 4BH 40
IH BH 25 IH BH 25
 
+ = + =
 
⇔
 

+ = + =
 
 


2
IH 20 IH 2 5
⇔ = ⇔ =
Đường thẳng d qua M(7;3) và có VTPT
n(a;b)
r
với
2 2
a b 0+ >
:
a(x 7) b(y 3) 0
− + − =
ax by 7a 3b 0
⇔ + − − =
Ta có:
2 2
a b 7a 3b
IH d(I,d) 2 5
a b
+ − −
= = =
+
2 2
3a 2b 5 a b
⇔ + = +

2 2
2a 3ab 2b 0⇔ + − =
b
a
2
a 2b

=

⇔

= −

•
b
a d : x 2y 13 0
2
= ⇒ + − =
•
a 2b d : 2x y 11 0
= − ⇒ − − =
Bài 8. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a; AC = 2a.
Mặt bên (SBC) là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết
góc giữa hai mặt (SAB) và (ABC) bằng 30
o
. Tính thể tích khối chóp SABC và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a.
• Tính V
S.ABC
Gọi H là trung điểm BC.

Do
SBC
∆
cân tại S nên
SH BC
⊥
.
Ta có:
(SBC) (ABC)
(SBC) (ABC) BC SH (ABC)
SH BC
⊥


∩ = ⇒ ⊥


⊥

Gọi K là trung điểm của AB
⇒
HK // AC mà
AC AB
⊥

HK AB
⇒ ⊥
và
SH AB
⊥

(do
SH (ABC)
⊥
)
AB (SHK) AB SK
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
(SAB) (ABC) AB
SK AB
HK AB
∩ =


⊥


⊥


⇒
Góc giữa (SAB) và (ABC) là
·
o
SKH 30
=
o
SH a 3
tan30 SH
HK 3
= ⇒ =
3

S.ABC ABC
1 a 3
V .SH.S
3 9
∆
⇒ = =
• Tính d(SC,AB)
Vẽ hình chữ nhật BKEC
⇒
CE // AB mà AB
(SHK)
⊥

⇒
CE
(SHK)
⊥
d(AB,SC) = d(AB,(SEC)) = d(K,(SEC)) = 2 d(H,(SEC))
24
Tuyển tập 30 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2015 (kèm đáp án chi tiết)
Kẻ HF
SE
⊥
và HF
CE
⊥
⇒
HF
(SEC)
⊥

Ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 3 1 4
HF HE SH a a a
= + = + =
a
HF
2
⇒ =

⇒
d(H,(SEC)) =
a
2
⇒

d(AB,SC) = a.
Bài 9. Có 5 hộp bánh, mỗi hộp đựng 8 cái bánh gồm 5 cái bánh mặn và 3 bánh ngọt.
Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra hai bánh. Tính xác suất biến cố trong năm lần lấy ra đó
có bốn lần lấy được 2 bánh mặn và một lần lấy được 2 bánh ngọt.
Gọi
Ω
là không gian mẫu của phép thử.
Gọi A là biến cố “Trong năm lần lấy ra có bốn lần lấy được 2 bánh mặn và một lần
lấy được 2 bánh ngọt”.
2 5 2 4 2
8 5 3
n( ) (C ) , n(A) 5.(C ) .C
⇒ Ω = =
2 4 2

5 3
2 5
8
5.(C ) .C 9375
P(A) 0,0087
(C ) 1075648
⇒ = = ≈
Bài 10. Cho các số thực dương a,b,c thỏa a + b + c =3. Tính giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2 2 2
+ + +
= + +
+ + +
a bc b ca c ab
P
b ca c ab a bc
Xét
2 2 2
1 a bc b ca c ab
P
3 3b 3ca 3c 3ab 3a 3bc
+ + +
= + +
+ + +
Ta có
3b 3ca b(a b c) 3ca b(a b c) ca 2ca
+ = + + + = + + + +
mà
2 2
a c 2ac

+ ≥

nên
2 2 2
3b 3ca ab b bc ca a c
+ ≤ + + + + +
Chứng minh tương tự ta có:
2 2 2
3c 3ab ac c bc ab a b
+ ≤ + + + + +

2 2 2
3a 3bc a ab ac bc c b
+ ≤ + + + + +
Khi đó
2 2 2
2 2 2
1 a bc b ca c ab
P 1 P 3
3
ab b bc ca a c
+ + + + +
≥ = ⇔ ≥
+ + + + +
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.
Vậy
MinP 3
=
khi a = b = c = 1.
ĐỀ SỐ 5:

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA
ĐỀ ÔN THI THPT MÔN TOÁN NĂM 2015
CÂU 1 (2 điểm). Cho hàm số
( )
4 2
5 4 1y x x
= − +
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
( )
1
.
b. Tìm
m
để phương trình
4 2
2
5 4 logx x m
− + =
có
6
nghiệm phân biệt.
CÂU 2 (1 điểm). Giải phương trình
( )
1 cos 2cos 1 2 sin
1
1 cos
x x x
x
− + −
=

−
.
CÂU 3 (1 điểm). Tính tích phân
( )
4
2
0
sin 2 cos 2I x x xdx
π
= +
∫
.
25