Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán

GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
1
ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút
ĐỀ SỐ 01
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số
42
yx2x1=− + +

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
42
x2x1m0−++=
.
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Cho sin a +cosa = 1,25 và
ππ
< a <
42
. Tính sin 2a, cos 2a và tan2a.
b) Tìm số phức z thỏa mãn:

1
(3 )
12
=− +
+
z
zi

i

Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình:
1
1
2
47.210
+
−
+
−=
x
x
.
Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
+
++≤+ ++−xxxxx
2
23 1322 5316

Câu 5. (1.0 điểm) Tính tích phân:
1
2(1 ln )−=
∫
e
x
xdxI

Câu 6. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a,




000
90 , 120 , 90ASB BSC CSA== =
.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mp(SAB)
Câu 7. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C):
(x - 1)
2

+ (y + 1)
2

= 20. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x - y - 5 = 0. Viết
phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương.
Câu 8. (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – 2z – 6 = 0.
Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp
điểm.
Câu 9. (0,5 điểm) Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ và 4 bi
trắng . C
họn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính xác suất để 2 bi được chọn cùng màu.
Câu 10. (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
=+++++Px y z
222
333
log 1 log 1 log 1


Hết

GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
2
2
-2
x
y
1-1
O
1
fx
()
= -x
4
+2
⋅
x
2

+1
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
a)(1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
*TXĐ: D= \
*Xét sự biến thiên:
+
42
xx
lim y lim ( x 2x 1)
→±∞ →±∞
=−++=−∞



0,25
+y’= -4x
3
+4x
Cho y’=0
2
x0 y1
4x( x 1) 0 x 1 y 2
x1y2
⎡
=⇒=
⎢
⎢
⇔−+=⇔=⇒=
⎢
⎢

=− ⇒ =
⎢
⎣



0,25
+BBT:
x
−∞
-1 0 1
+∞

y’ - 0 + 0 - 0 +

y
2 2

1
−∞

−∞

-Hs đồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) , (1;
+∞
)
Và nghịch biến trên mỗi khoảng (
−∞
;-1) , (0;1)
-Hs đạt cực tiểu tại điểm x=0, y

CT
=1 và đạt cực đại tại các điểm x= 1± , y
CĐ
=2




0,25

*Đồ thị (C):



d:y=m+2









0,25
b) (1 điểm) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình:

42
x2x1m0−++=
(1)

(1)
42
x2x1m2⇔− + + = +
0,25
Nhận xét: (1) là pt hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y=m+2
(d song song hoặc trùng với trục Ox)
Do đó: số nghiệm của pt (1) bằng số giao điểm của (C) và d

0,25
Dựa vào đồ thị (C) ta có kết quả biện luận sau:
*m+2<1⇔ m<-1: (C) và d có 2 giao điểm⇒ pt (1) có 2 nghiệm
*m+2=1⇔ m<= -1: (C) và d có 3 giao điểm⇒ pt (1) có 3 nghiệm

0,25


Câu 1
*1<m+2<2 ⇔ -1<m<0: (C) và d có 4 giao điểm⇒ pt (1) có 4 nghiệm
*m+2=2⇔ m=0: (C) và d có 2 giao điểm⇒ pt (1) có 2 nghiệm
*m+2>2⇔ m>0: (C) và d không có điểm chung⇒ pt (1) vô nghiệm

0,25


a) (0,5 điểm) Cho sin a +cosa= 1,25 và
ππ
< a <
42
. Tính sin 2a, cos 2a và tan2a.

GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
3
Ta có: sin a +cosa= 1,25
25
1sin2
16
a⇒+ =

0,25
9
sin 2
16
a⇒=


0,25
2
57
cos2 1 sin
16
aa⇒=−−=−
(vì
2
2
a
π
<<π
)

0,25
97
tan 2
35
a⇒=−


0,25
b) (0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn:
1
(3 )
12
=
−+
−
z
z
i
i

Đặt z=a+bi, với a,b ∈  .
Ta có:

11
(3 ) ( ) (3 )
12 1 2
+
=− +⇔ = − − +
++
zabi

z
iabii
ii


0,25
() 1
()(3)
22
++−+
⇔=−−+
ab abi
abi i


0,25
23
21
+= −
⎧
⇔
⎨
−+ =− −
⎩
ab a
ab b


0,25

Câu 2
4
1
=
⎧
⇔
⎨
=
⎩
a
b
. Vậy : z = 4+i

0,25
(0,5 điểm) Giải phương trình:
1
1
2
47.210
+
−
+
−=

x
x
(1).
(1)

2
7
2.2 .2 1 0
2
⇔+−=
xx

Đặt t=2
x
, điều kiện t >0. Pt trở thành:

2
7
210
2
+
−=tt



0,25

Câu 3
1
4
2 (lo¹i)
t
t
⎡
=
⎢
⇔⇔
⎢
=−
⎣
2
x
=
1
4
⇔
x= -2
Vậy tập nghiệm pt là S={-2}


0,25
(1,0 điểm) Giải bất phương trình:
+
+ +≤+ ++−xxxxx
2
23 1322 5316

(1)

Điều kiện:
1
4
x ≥

Với điều kiện trên pt (1) tương đương:
()
++ +≤ ++ + −xx xx
2
23 1 23 1 20



0,25





Câu 4


Đặt t=
++ +xx23 1, t >0
Bpt trở thành: −++ ≤tt
2
20 0
5

4 (lo¹i)
t
t
≥
⎡
⇔
⎢
≤−
⎣

Với
≥t 5
, ta có:
x
xxxx
2
23 1522 5331++ +≥⇔ + +≥− +



0,25
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
4
x
xx
x
xx
2
2

310
2530
310
26 11 0
⎡
⎧
−+<
⎨
⎢
++≥
⎩
⎢
⇔
⎢
⎧
−+≥
⎨
⎢
−+ +≤
⎩
⎣



0,25

x
x
1
3

13 6 5
⎡
>
⎢
⇔
⎢
≤−
⎢
⎣

Vậy tập nghiệm bất pt là: S=
1
;
3
⎛⎞
+
∞
⎜⎟
⎝⎠



0,25
(1.0 điểm) Tính tích phân:
1
2(1 ln )−=
∫
e
x
xdxI

Ta có :
11
22ln−=
∫∫
ee
x
dx x x dxI

0,25
Đặt I
1
=
1
2
∫
e
x
dx và I
2
=
1
2ln
∫
e
x
xdx
Ta có :
22
11
1==−

e
Ix e



0,25
Tính I
2
=
1
2ln
∫
e
x
xdx.
Đặt:
2
1
ln
2
⎧
=⇒=
⎪
⇒
⎨
⎪
=⇒=
⎩
uxdudx
x

dv xdx v x

22
222
21 1
1
11
(ln) .
22
+
=−=−=
∫
e
ee
xe
I x x x dx e
x




0,25







Câu 5

Vậy I=I
1
- I
2
=
2
3
2
−e


0,25
(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a,



000
90 , 120 , 90ASB BSC CSA== =
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ C đến mp(SAB)

B
A
C
S


Chứng minh:
()⊥SA mp SBC

1
.
3
⇒==
SABC ASBC SBC
VV SSA

0,25










Câu 6
2
02
1133
. .sin120 .
2224
===
SBC
a
SSBSB a

0,25
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
5
Vậy:
23
.
13 3

34 12
==
S ABC
aa
Va

-Ta có các tam giác SAB, SAC vuông cân tại A và SA=SB=SC=a nên:
2==
A
BACa
-Trong tam giác SBC ta có:
BC=
22 0 22
1
2 . .cos120 2 . . 3
2
⎛⎞
+− =+− −=
⎜⎟
⎝⎠

SB SC SB SC a a a a a

Đặt
22 3
22
++ +
==
AB AC BC a a
p
2
2
15
(2).(3)
4
⇒= − − =
ABC
a
S ppa pa






0,25



Vậy: d(S,(ABC))=
3

.
2
33
3
5
12
5
15
4
==
S ABC
ABC
a
V
a
S
a



0,25
(1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường
tròn (C): (x - 1)
2

+ (y + 1)
2

= 20. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng
d: 2x - y - 5 = 0. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có

hoành độ dương
.

H
I
D
C
B
A


Gọi I là tâm đường tròn (C), suy ra I(1;-1) và I là giao điểm của 2 đường chéo AC
và BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB .
Ta có: AC=2BD
2⇒=
I
AIB

Xét tam giác IAB vuông tại I, ta có:
22 2 2
11 1 5 1
5
420
+
=⇒ =⇒=IB
I
AIB IH IB

0,25
Ta lại có điểm B
∈d
⇒ B(b, 2b-5)
*IB=5
22
4
(1)(24) 5
2
5
=
⎡
⎢
⇔−+−=⇔
⎢
=
−
⎣
b
bb
b
. Chọn b=4 (vì b>0)
⇒ B(4;3)


0,25
Gọi
(;)=nab
r
là VTPT của đường thẳng AB, pt đường thẳng AB có dạng:

a(x-4)+b(y-3)=0
Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C) nên ta có:
d(I,AB) = 20
22
|3 4|
20
−−
⇔=
+
ab
ab


0,25

Câu 7









22
2
11 24 4 0
11
2
⎡
=
⎢
⇔− +=⇔
⎢
=
⎣
ab
aabb
ab


0.25
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :

6
*Với a=2b, chọn b=1, a=2 ⇒ pt đường thẳng AB là: 2x+y-11=0
*Với
2
11
=ab, chọn b=11, a=2 ⇒ pt đường thẳng AB là: 2x+11y-41=0
(1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y –
2z – 6 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với
mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm
.
Ta có O(0;0), do mặt cầu (S)có tâm O và tiếp xúc với mp(P) nên ta có:
R=d(O,(P))=
22 2
|6|
6
11(2)
−
=
++−



0,25
Vậy pt mặt cầu (S) là: x
2
+y
2
+z
2
= 6

0,25
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp(P), H chính là tiếp điểm của mặt cầu
(S) và mp(P)
Đường thẳng OH đi qua O và vuông góc mp(P) nhận
(1,1, 2)
=
−n
r
là vectơ pháp
tuyến của mp(P) làm vectơ chỉ phương, pt đường thẳng OH có dạng:
2
=
⎧
⎪
=
⎨
⎪
=−
⎩
x
t
yt
zt

*
(,, 2)∈⇒ −
H
OH H t t t

0,25











Câu 8
*Ta lại có
() 2(2) 6 0 1∈⇒+−−−=⇔=
H
mp P t t t t
. Vậy H(1,1,-2)

0.25
(0,5 điểm) Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi
đỏ và 4 bi trắng . Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính xác suất để 2 bi được
chọn cùng màu
.
Gọi w là không gian mẫu: tập hợp các cách chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên bi
() 7.6 42⇒==nw

Gọi A là biến cố 2 bi được chọn cùng màu

( ) 4.2 3.4 20⇒=+=nA

0,25
Câu 9
Vậy xác suất của biến cố A là P(A)=
( ) 20 10
( ) 42 21
==
nA
nw

0,25
(1.0 điểm) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
=+++++Px y z
222
333
log 1 log 1 log 1


Trong mp(Oxy), gọi
axbycz
333
(log ;1), (log ;1), (log ;1)===
r
r
r

và
nabc n(1;3)=++⇒=

r
r
rrr

Ta có:
abcabc x y z
22222
333
log 1 log 1 log 1 1 3++≥++⇒ ++ ++ +≥ +
r
r
rrrr



0,5



Câu
10

P 10⇒≥
, dấu = xảy ra khi ba vecto abc,,
r
r
r
cùng hướng và kết hợp điều kiện đề bài
ta được x =y =z =
3

3

Vậy MinP=
10 khi x = y = z =
3
3


0,5





GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
7
ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút
ĐỀ SỐ 02
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2x 1
y
x1
+
=
+

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình:
sin2 3 sin 0xx−=

b) Tìm phần thực phần ảo của số phức z thỏa
()()
2
12 32iz i−=−
.
Câu 3.(1 điểm)
a) Giải phương trình:
(
)
+−
=− ∈
1log log 1
3303,
xx
x
R

b) Trong một hộp kín có 50 thẻ giống nhau được đánh số từ 1 đến 50. Lấy ngẫu nhiên 3 thẻ, tính xác
suất lấy được đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8.
Câu 4: ( 1 điểm) Tính
2
2
1
1ln
x

x
Idx
x
+
=
∫

Câu 5: ( 1 điểm) Cho hình chóp
.SABC
có ABC là tam giác vuông tại B, 3
A
Ba= ,

0
60ACB = ,
hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, gọi E là trung điểm
AC biết
3SE a= . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB).
Câu 6: ( 1 điểm) Trong không gian (Oxyz) cho
(
)
1; 3; 2A
−
− và
(
)
4;3; 3B
−
− và mặt phẳng
(

)
:2 70Px yz−+−=
Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ, song song với AB và
vuông góc với (P); tìm điểm N thuộc trục Oz sao cho N cách đều A và B.
Câu 7: ( 1 điểm)
Trong mặt phẳng (Oxy) cho hình thang cân ABCD ( cạnh đáy AB), AB = 2CD,

0
135ADC = . Gọi I là
giao của hai đường chéo, đường thẳng đi qua I và vuông góc với hai cạnh đáy là
:340dx y−−=. Tìm
tọa độ điểm A biết diện tích của hình thang ABCD là
15
2
, hoành độ của điểm I là 3 và trung điểm AB
có tung độ không âm.
Câu 8: ( 1 điểm)
Giải hệ phương trình:
(
)
()
()
2
3
42 3
11 4 8
,
3226214
xy x y y
xy

xy xy x x
⎧
++ +− =
⎪
∈
⎨
⎪
−+ += −
⎩


Câu 9: ( 1 điểm)
Cho ba số thực a, b, c thỏa:
[
]
[
]
[
]
0;1 , 0;2 , 0;3ab c∈∈∈
.
Tìm giá trị lớn nhất của
()
()
22 2
22
8
12 3 8
12 3 27 8
ab ac bc

bb
P
ab c bcbac
ab c
++
−
=+ +
+++ ++ ++
+
++

HẾT





GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
8
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
a) ( 1 điểm)
TXĐ:
{
}
=−
\
1DR
* Giới hạn tiệm cận
lim 2

x
y
→±∞
=
=> đồ thị có một đường tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2
() ()
11
lim ; lim
xx
yy
+−
→− →−
=−∞ =+∞
=> đồ thị có một đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1
0.25
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
()
2
1
'0
1
yxD
x
=>∀∈
+

Hàm số đồng biến trên hai khoảng
(
)

(
)
;1; 1;
−
∞− − +∞
Hàm số không có cực trị
0.25
- Bảng biến thiên:
x
−∞ -1
+
∞
y’ + +
y



+
∞


2
2


−
∞


0.25

*Đồ thị:
6
4
2
-2
-4
y
-5 5
0
0.25
b) ( 1 điểm)
1( 2đ)
Gọi
M
là giao điểm của (C) với trục Ox. Hoành độ của M là nghiệm của phương trình 0.25
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
9
21
0
1
x
x
+
=
+

1
2
x

⇔=− => (C) cắt trục Ox tại
1
;0
2
M
−
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠


Tiếp tuyến có hệ số góc là
1
'4
2
y
⎛⎞
−=
⎜⎟
⎝⎠

0.25
Phương trình tiếp tuyến:
1
442
2
yx yx
⎛⎞
=+⇔=+
⎜⎟

⎝⎠

0.25
a) ( 0.5 điểm)
()
sin2 3sin sin 2cos 3 0xxxx−⇔ −=
0.25
()
π
π
π
⎡
=
⎡
=
⎢
⎢
⇔⇔ ∈
⎢
⎢
=± +
=
⎢
⎢
⎣
⎣
sin 0
3
2
cos

6
2
x
xk
kR
xk
x

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là :
π
ππ
⎧
⎫
=±+ ∈
⎨
⎬
⎩⎭
;2,
6
Sk kkR

0.25
b) ( 0.5 điểm)
()()
(
)
(
)
()()
2

512 12
512
12 32
12 12 12
ii
i
iz i z
iii
−+
−
−=−⇔= =
−−+

0.25
2( 1đ)
29 2 29 2
55 55
iz i=−⇒=+

Vậy số phức z có phần thực là
29
5
và phần ảo là
2
5

0.25
a) ( 0.5 điểm)
1log log 1
3303

x
x+−
=−
( ĐK: x > 0)
log log
1
3.3 .3 30
3
xx
⇔+ =
log
10
.3 30
3
x
⇔=
0.25
log
3 9 log 2 100
x
xx⇔=⇔ =⇔= ( nhận)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
{
}
100S =
0.25
b) ( 0.5 điểm)
Gọi Ω là không gian mẫu.
Chọn 3 thẻ bất kì trong 50 thẻ có
3

50
C cách chọn
=> số phần tử trong không gian mẫu là:
(
)
3
50
19600nCΩ= =
0.25
3(1 đ)
Gọi A là biến cố “ Trong 3 thẻ lấy được có đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8”
Từ 1 đến 50 có 6 số chia hết cho 8
Do đó số cách chọn 3 thẻ và có đúng 2 thẻ chia hết cho 8 là :
21
644
. 660CC =
=> số kết quả thuận lợi cho biến cố A là
(
)
660nA=
Vậy xác suất để chọn ngẫu nhiên 3 thẻ có đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8 là:
()
660 33
19600 980
PA==

0.25
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
10

222
22
111
1ln 1 ln
x
xx
I
dx dx dx
xxx
+
==+
∫∫∫

0.25
Xét
2
2
1
2
1
1
111
2
Idx
xx
==−=
∫

0.25
Xét

2
2
1
ln
x
I
dx
x
=
∫

Đặt
ln
dx
txdt
x
=⇒=
Đổi cận:
10
2ln2
x
t
xt
==>=
==>=

0.25
4 (1 đ)
ln2
ln2

22
2
0
0
ln 2
22
t
Itdt===
∫

Vậy
2
1ln2
2
I
+
=

0.25
K
M
G
N
E
A
B
C
S
H

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC; gọi
M, N lần lượt là trung điểm BC, AB.
Theo giả thiết có
()
SG ABC⊥
Xét tam giác ABC vuông tại B
Có

2
sin
A
B
A
Ca
ACB
=
= ,

tan
A
B
B
Ca
BCA
=
= ,
33
B
Ea
GE ==

0.25
Ta có
2
13
.
22
ABC
a
SABBC==
( đvdt)
Xét tam giác SGE vuông tại G có
2
22 2
26
3
93
aa
SG SE GE a=−=−=

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là
23
.
1126378

333218
SABC ABC
aa a
VSGS== =

( đvdt)
0.25
5(1đ)
Có
()
()
(
)
(
)
3,3,CN GN d C SAB d G SAB=⇒ =
(1)
Vẽ
()
//GK BM K AB∈ ta có
0.25
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
11
()
(
)
()
()
( SG ABC, )
GK // BM, MB AB
AB SG do AB ABC
A
BSGK
AB GK do

⊥⊥ ⊂⎧
⎪
⇒⊥
⎨
⊥⊥
⎪
⎩

Vẽ
()
GH SK H SK⊥∈
ta có
()
(
)
()
( AB SGK, )GH AB do GH SGK
GH SAB
GH SK
⊥⊥ ⊂⎧
⎪
⇒⊥
⎨
⊥
⎪
⎩

Suy ra
()
()

,dG SAB GH=
(2) ; từ (1) và (2) suy ra
(
)
(
)
,3dC SAB GH=

Ta có GK // BM
22
333
GK AG a
GK BM
BM AM
⇒==⇒= =
Xét tam giác SGK vuông tại G và có đường cao GH
Suy ra
222222
1 1 1 9 9 243 78
26 26 27
a
GH
GH GS GK a a a
=+ = += ⇒=

Vậy
()
()
78
,3

9
a
dC SAB GH
==
0.25
Ta có:
()
5; 6; 1AB =− −
uuur
, mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là
(
)
1; 2; 1n =−
r

()
, 4;4;4AB n
⎡⎤
=
⎣⎦
uuurr

0.25
(Q) là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O(0;0;0) , (Q) song song với AB và vuông góc với
mặt phẳng (P) suy ra mặt phẳng (Q) nhận
()
, 4;4;4AB n
⎡⎤
=
⎣⎦

u
uurr
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là
0
x
yz
+
+=
0.25
N thuộc trục Oz => N ( 0; 0; m)
() ()
22
19 2; 169 3AN m BN m=+++ = +++
0.25
6( 1 đ)
N cách đều A, B
22
414 634 10AN BN m m m m m⇔=⇔++=++⇔=−

Vậy N (0;0; -10)
0.25
I
C
D
E
M
A
B

7(1 đ)
Gọi
E
AD BC=∩
, gọi M là trung điểm đoạn AB
Ta có tam giác EAB cân tại E và


00
180 45EAB ADC=− = suy ra tam giác ABE vuông
cân tại E.
Ta có
1
,//
2
D
CABDCAB= => DC là đường trung bình tam giác EAB suy ra I là trọng
tâm tam giác EAB và
12
366
AB EA
IM EM
===
0.25
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
12
Ta có
2

14 1
.10
43 2
ECD
EAB ABCD
EAB
S
E
DEC
SS EA
SEAEB
==⇒===
Suy ra
10
20
3
EA IM
=⇒=
Đường thẳng d trùng với đường thẳng IM, có
11
33;
33
II
xy I
−
⎛⎞
=
⇒= ⇒ −
⎜⎟
⎝⎠

0.25
M thuộc d =>
()()
34; 0Mm mm+≥
Có
()
2
2
0
110
31
2
33
3
m
IM m m
m
=
⎡
⎛⎞
⎢
=+++=⇔
−
⎜⎟
⎢
=
⎝⎠
⎣
do 0m ≥ suy ra M(4;0)

Đường thắng AB đi qua M(4;0) và vuông góc với d suy ra phương trình đường thẳng AB
là
3120
x
y+− =
.
0.25
A thuộc đường thẳng AB =>
(
)
;3 12Aa a−+
Có
2
10
22
AB EA
AM == =

()( )
22
2
3
4 3 12 10 10 80 150 0
5
a
AM a a a a
a
=
⎡
=−+−+ = ⇔ −+=⇔

⎢
=
⎣

Vậy
(
)
3; 3A
hoặc
()
5; 3A −


(
)
()
()
()
2
342 3
11 4 81
32262142
xy x y y
xy xy x x
⎧
++ +− =
⎪
⎨
⎪
−+ += −

⎩
ĐK:
0y ≥

Ta có
40yy yy+− > − = do đó từ phương trình (1) suy ra x>0; y>0
()
(
)
()
(
)
(
)
2
111 4 4 84
x
y x yy yy yy⇔++ +− ++= ++
(
)
()
22
224
11 24 1 1xy x y y x x x
y
yy
⇔++= ++⇔++=+ +

2
2

22 2
11xx x
yy y
⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞
⇔+ + = + +
⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠⎝⎠ ⎝⎠
(3)
0.25
Xét hàm số
()
2
1
f
ttt t=+ + trên
(
)
0;
+
∞ . Có
() ()
2
2
2
'11 0 0;
1
t
ft t t
t

=+ + + >∀∈ +∞
+

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên
(
)
0;
+
∞ .
Mà phương trình (3) có dạng
()
2
224
fx f x y
x
yy
⎛⎞
=⇔=⇔=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

0.25
8(1đ)
Thay
2
4
y
x
= vào phương trình (2) ta có

()()
()
()
332323
3
3
33
12 26 8 2 14 6 13 4 14
2 2 14 14 4
xx x xx x
xxx x
−++= −⇔−++=−
⇔− +−= − + −

0.25
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
13
Xét hàm số
()
3
gu u u=+ trên R Có
(
)
=
+>∀∈
2
'310gu u u R

Suy ra hàm số g(u) đồng biến trên R mà phương trình (4) có dạng:

()
(
)
()
()
33
332
12
21421461260
12
x
nhaän
gx g x x x x x
x
loaïi
⎡
=+
⎢
−= − ⇔−= −⇔− + +=⇔
⎢
=−
⎣

=>
12 8 2y =−
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
()
12;1282+−
0.25
Ta có:

[
]
[
]
[
]
0;1 , 0;2 , 0;3ab c∈∈∈
()()
()()
10
232
22
20
abc
b c ab ac
ab c abbcac
a c ab bc
bac
−+≥⎧
+≥ +
⎧
⎪
⇒ ⇔ ⇒++≥ ++
⎨⎨
+≥+
−+≥
⎩
⎪
⎩

()()
22 22
12 3 12
ab ac bc ab ac bc
ab c abacbc
++ ++
⇒≤
+++ + ++

0.25
Mặt khác
()
bcabc+≥ + ( vì
[
]
0;1a ∈ )
() ()()
888
8828
bbb
b c ba c ab c ba c ab bc ac
−−−
⇒≤ =
++ ++ ++ ++ +++

Với mọi số thực x, y, z, ta có

()()()
(
)

()
()
22 2
222
2
222
02 2 2 2
3
x
y y z y x x y z xy yz xz
xyz xyz
−+−+−≥⇔ ++≥ ++
⇔++≥++

() () ()
22 2
22 2 2
12 3 27 3 2 3 2 3 2 3 2a b c a b c a b c a b c ab bc
⎡⎤
⇒++= ++≥++=++≥+
+
⎣⎦

=>
22 2
28
12 3 27 8
bb
ab bc ac
ab c

≤
+
++
++ +

0.25
Suy ra
()
()
22
8
12 2828
22
8
12 2 8
ab bc ac
bb
P
ab bc ac ab bc ac ab bc ac
ab bc ac
P
ab bc ac ab bc ac
++
−
≤++
+++ +++ +++
++
⇒≤ +
+++ +++

Đặt t
[]
20;13ab bc ac t=++⇒∈
Xét hàm số
()
[]
28
,0;13
18
t
ft t
tt
=+ ∈
++

()
()
()
()
22
28
','06
18
ft ft t
tt
=− =⇔=
++

0.25
9(1đ)

() () () ()
[]
16 47 16
01;6 ;13 0;13
721 7
ff f ftt== =⇒≤∀∈

Do đó:
16
7
P ≤
. Khi
2
1; 2;
3
ab c===
thì
16
7
P =
. Vậy giá trị lớn nhất của P là
16
7

0.25

GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
14
ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút
ĐỀ SỐ 03
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
42
21yx x=− + +
.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ
2
2
x =
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 4sinx + cosx = 2 + sin2x
b) Giải phương trình log
2
(x – 3) + log
2
(x – 1) = 3
Câu 3 (0,5 điểm).Tính mô đun của số phức sau: z = (2– i)
2
– (1+2i)
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
∫
+

e
dx
x
x
1
2
ln3

Câu 5 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
27 5 32xxx
+
−−≥ −

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
1; 2; 3A và mặt phẳng (P) có
phương trình:
430xy z+− +=. Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P ) và phương
trình của đường thẳng ( d ) qua A và vuông góc với ( P ).
Câu 7 (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
5
2, 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 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có

phương trình đường thẳng
:230AB x y−+=
và đường thẳng
:20AC 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:
3
I
x >−
và
()
1; 3M − nằm trên đường thẳng BD.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
23
3
23
(1 )( 3 3) ( 1) .
(, )
2 4 2( 2)
yxyxy x
x
yR
xy x y
⎧
−−+−=−

⎪
∈
⎨
⎪
−+ −= −
⎩
.
Câu 10 (0,5 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn
23 7xy
+
≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
22 22
3
25()248()(3)Pxyy xy xy xy=++ +− +−++
.

Hết







GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
15

CÂU ĐÁP ÁN Điểm
a) (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
42
21yx x
=
−+ +.
1,00
TXĐ:
D = R
Giới hạn:
lim , lim
xx
yy
→−∞ →+∞
=−∞ =−∞

0,25
Sự biến thiên:
/3
44,
y
xxxR=− + ∀ ∈

/
01
0
12
xy
y
xy

=
→=
⎡
⇒=⇔
⎢
=
±→ =
⎣

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
(1;0)
−
và
(1; )
+
∞
,
hàm số đồng biến trên
mỗi khoảng
(;1)−∞ −
và
(0;1)

0,25
Bảng biến thiên

x
−∞
-1
0

1
+
∞

y’ + 0 - 0 + 0 -

y 2 2
1


−∞


−
∞







0,25
Câu 1
(2,0
điểm)
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
b)(1,0 điểm) 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
Tung độ y
0
của tiếp điểm là: y
0
= y(
27
)
24
=

0,25
Hệ số góc k của tiếp tuyến là: k=
/
2
() 2
2
y =

0,25
Pttt (d) có dạng
/
227
224
yy x

⎛⎞⎛ ⎞
=−+
⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠


0,25

3
2
4
yx⇔= +


0,25
Câu 2
(1,0
a)(0,5 điểm) 4sinx + cosx = 2 + sin2x (1)

0,50
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
16
⇔ 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx
⇔
2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0

⇔ (2 – Cosx) ( 2Sinx -1) = 0

0,25
điểm)
⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=−
2
1
)(02
Sinx
VNCosx
⇔ )(
2
6
5
2
6
zk
kx
kx
∈
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣

⎡
+=
+=
π
π
π
π

Kết luận:
)(
2
6
5
2
6
zk
kx
kx
∈
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+=
+=
π
π
π

π

0,25
b)(0,5 điểm)
22
log ( 3) log ( 1) 3xx−+ −=
(1)
0,50
ĐKXĐ: x > 3 (*)
Với ĐK (*) (1)
⇔
[
]
2
log ( 3)( 1) 3xx
−
−=


⇔ (3)(1)xx−−= 2
3



0,25

⇔
⎢
⎢
⎢

⎣
⎡
=
−=
)(5
)(1
nhânx
loaix

Vậy nghiệm của (1): x = 5



0,25
z = (2-i)
2
-(1+2i)
0,5
Z = 4 – 4i + i
2
- 1 - 2i = 2 - 6i
0,25
Câu 3
(1,0
điểm)

Suy ra z = 364 + = 2 10
0,25
Tính tích phân I =
∫

+
e
dx
x
x
1
2
ln3
.

1,00
Đặt t = xln3 +⇒ t
2
= 3 + lnx

⇒2tdt =
x
dx
⇒tdt =
x
dx
2


0,25
Đổi cận: x = 1 ⇒t = 3, x = e ⇒t = 2
0,25
I =
∫
2

3
2
dtt =
2
3
3
3
t

0,25
Câu 4
(1,0
điểm)

=
3
338
−

0,25
Giải bất phương trình
27 5 32xxx
+
−−≥ −

1,00
+ ĐK:
2
5
3

x≤≤. Biến đổi PT về dạng

27 32 5
x
xx+≥ −+ −

0,25
+ Bình phương hai vế, đưa về được
2
317140xx
−
+≥
0,25
Câu 5
(1,0
điểm)

+ Giải ra được
1
x
≤
hoặc
14
3
x ≥
0,25
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
17
+ Kết hợp với điều kiện, nhận được

2
1
3
x
≤
≤ hoặc
14
5
3
x
≤
≤
0,25

1,0
Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))=
12123
6
2
1 1 16 18
+− +
==
++


0,25
Phương trình mặt cầu (S): (x-1)
2
+ (y-2)
2

+ (z-3)
2
=2
0,25
Vectơ chỉ phương của d là
d
u
uur
=(1;1;-4)
0,25
Câu 6
(1,0
điểm)

Phương trình tham số của d là:
1
2
34
x
t
y
t
zt
=
+
⎧
⎪
=
+
⎨

⎪
=
−
⎩

0,25
N
M
O
A
B
C
D
S
H
K

1,00
Từ giả thiết
() ,SO ABCD SO AC OA a⊥⇒⊥=
,
22
SO SA OA a
=
−=
0,25

22
1
:

2
OSM O OM SM SO aΔ⊥ = −=

Ta có
22
:2 , 3
A
BC B BC MO a AB AC BC aΔ⊥ = = = −=

3
.
13

33
S ABCD
VABBCSOa==





0,25
Gọi N trung điểm BC
// ( , ) ( ,( )) ( ,( ))
M
N AC d SM AC d AC SMN d O SMN⇒⇒ = =

OMN OΔ⊥
:
:, ()OMN O OH MN SO MN MN SOHΔ⊥ ⊥ ⊥⇒⊥

:()(,()SOH O OK SH OK SMN OK d O SMNΔ⊥ ⊥⇒⊥ ⇒=

0,25
Câu 7
(1,0
điểm)

OMN OΔ⊥
:
33
,,
22 4
a
ON a OM OH MN OH a==⊥⇒=

22
.57
:( , )
19
OS OH
SOH O d SM AC OK a
OS OH
Δ⊥ == =
+



0,25
Câu 8

(1,0
điểm)

Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng
:230AB x y−+=
và đường thẳng
:20AC y
−
=
. Gọi I là giao điểm của hai
đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết
1,00
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
18
2IB IA=
, hoành độ điểm I:
3
I
x >−
và
(
)
1; 3M − nằm trên đường thẳng BD.
E
I
A
D
B
C

F
M

Ta có A là giao điểm của AB và AC nên
(
)
1; 2A .
0,25
Lấy điểm
()
0; 2EAC∈ . Gọi
(
)
23;Fa a AB−∈ sao cho EF // BD.
Khi đó
EF
22
EF AE BI
EF AE
B
IAI AEAI
=⇔==⇔=

()()
22
1
23 2 2
11
.
5

a
aa
a
=
⎡
⎢
⇔−+−=⇔
⎢
=
⎣

0,25
Với
1a =
thì
()
1; 1EF =− −
uuur
là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là
(
)
1; 1n =−
r
. Pt
:40BD x y−+=

(
)
2; 2BD AC I⇒∩=−

()
5; 1BD AB B
∩
=−−

Ta có
33
22;2
22
IB IB
IB ID ID ID D
ID IA
⎛⎞
=− =− =− ⇒ − +
⎜⎟
⎝⎠
u ur uur u ur uur
.
(
)
1
32 2;2
2
IA IA
IA IC IC IC C
IC IB
=− =− =− ⇒ − −
uur u ur uur uur
.
0,25

Với
11
5
a =
thì
71
;
55
EF
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
uuur
là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là
()
1; 7n =−
r
. Do đó,
:7220BD x y−+=

(
)
8; 2I⇒− (loại).
0,25
Giải hệ phương trình.
23
3
23
(1 )( 3 3) ( 1) . (1)

(, )
2 4 2( 2) (2)
yx y x y x
x
yR
xy x y
⎧
−−+−=−
⎪
∈
⎨
⎪
−+ −= −
⎩
(I)
1,00
ĐKXĐ:
22
0
0, 1 1, 1
xy xy
x
yxy
⎧⎧
−≥ ≥
⎪⎪
⇔
⎨⎨
≥≥ ≥≥
⎪⎪

⎩⎩

Nhận xét
1, 1
x
y≥=
không là nghiệm của hệ. Xét
1y >
thì pt (1) của hệ (I)
22
(1)3(1)(1)(1)0xxy y y xy+−−−+− −=
2
30
11 1
xx x
yy y
⎛⎞
⇔+−+=
⎜⎟
−− −
⎝⎠





0,25
,0
1
x

tt
y
=>
−
. Khi đó, pt (1) trở thành
()
()
42 32
30 1 2 3 0 1.ttt t tt t t++−=⇔− +++ =⇔=



0,25
Câu 9
(1,0
điểm)

Với t = 1, thì
11
1
x
yx
y
=⇔ =+
−
, thế vào pt(2), ta được


GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :

19
() ()
()
() ()
()
() ()
3323 2 3
2
2
2
2
333
3
2
2
2
2
3
33
3
12 4 2 1 12 4 1 0
1
16 0
4141
61
11 0
4141
xx x x xx x x
xx
xx

xxxx
xx
xx
xxxx
⎡⎤
−−+ −= − ⇔ −−+ −− − =
⎣⎦
⎡⎤
−−
⎢⎥
⇔−−+ =
⎢⎥
−++− −+−
⎢⎥
⎣⎦
⎛⎞
−−
⎜⎟
⇔−−+ =
⎜⎟
⎜⎟
−++− −+−
⎝⎠

0,25

()
2
15
10 1
2
xx x x
+
⇔−−=⇔= ≥
.
Với
15 35
.
22
xy
++
=⇒=

Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm
()
1535
;;.
22
xy
⎛⎞
++
=
⎜⎟
⎜⎟

⎝⎠



0,25
Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn
23 7xy
+
≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
22 22
3
25()248()(3)Pxyy xy xy xy=++ +− +−++
.
0,5
Ta có
2
2233
6( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36 5
2
xy
xy x y xyxy
++ +
⎛⎞
++=+ +≤ ≤⇒++≤
⎜⎟
⎝⎠
.
Ta có

()
2
22 22
5( ) 2 5( ) 2
x
yxy xyxy+≥+⇒ +≥+ và

222
22
(3) 92660
2( 3) 8( ) ( 3)
xy x y xy x y
xyxy xy x y
+− = + ++ − − ≥
⇔+++≥+−++

Suy ra
3
2( ) 24 2( 3)Pxyxy xyxy≥++− +++

0,25

Câu 10
(0,5
điểm)

Đặt
(
]
,0;5txyxyt=++ ∈ ,

3
() 2 24 2 6Pft t t≥=− +

Ta có
(
]
2
3
/
22
33
(2 6) 8
24.2
() 2 2 0, 0;5
3(26) (26)
t
ft t
tt
+−
=− = <∀∈
++

Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng
(
]
0;5 .
Suy ra
3
min ( ) (5) 10 48 2ft f==−
.

V
Vậy
3
2
min 10 48 2,
1
x
Pkhi
y
=
⎧
=−
⎨
=
⎩

0,25









GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
20
ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút
ĐỀ SỐ 04
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số
3
31yxmx=− + +
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm
m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị ,AB sao cho tam giác OAB vuông tại O (
với
O là gốc tọa độ ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin 2 1 6sin cos 2
x
xx
+
=+
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
3
2
1
2ln
x
x
Idx
x
−

=
∫
.
Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình
21
56.510
xx
+
−
+= .

b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực
nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz , cho điểm
()
4;1;3A −
và đường thẳng
113
:
21 3
xyz
d
+−+
==
−
. Viết phương trình mặt phẳng
()
P

đi qua
A
và vuông góc với đường thẳng
d . Tìm tọa độ điểm
B
thuộc d sao cho 27AB = .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABC có tam giác ABC vuông tại
A
, AB AC a==, I là trung
điểm của
SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng
(
)
ABC là trung điểm
H
của
B
C , mặt
phẳng
()
SAB
tạo với đáy 1 góc bằng 60
o
. Tính thể tích khối chóp .S ABC và tính khoảng cách từ
điểm
I
đến mặt phẳng
()

SAB theo a .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy cho tam giác ABC có
()
1; 4A , tiếp tuyến tại
A của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
cắt
B
C
tại D , đường phân giác trong của

ADB có
phương trình
20xy−+= , điểm
()
4;1M − thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2
354
4211
xxyxyyy
yx y x
⎧
+
+− − = +
⎪
⎨

−
−+ −=−
⎪
⎩

Câu 9 (1,0 điểm). Cho
,,abc là các số dương và
3abc
+
+=
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
333
bc ca ab
abc bca cab
P ++
+++
=


…….Hết……….






GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
21
Câu Nội dung Điểm

a.(1,0 điểm)
Vơí m=1 hàm số trở thành :
3
31yx x
=
−+ +
TXĐ: DR=

2
'3 3yx=− + , ' 0 1yx=⇔=±
0.25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
(
)
;1
−
∞−
và
(
)
1;
+
∞
, đồng biến trên khoảng
()
1; 1−

Hàm số đạt cực đại tại
1
x

= , 3
CD
y
=
, đạt cực tiểu tại 1x
=
− , 1
CT
y
=
−
lim
x
y
→+∞
=−∞, lim
x
y
→−∞
=+∞
0.25
* Bảng biến thiên
x –
∞ -1 1 +∞
y’ + 0 - 0 +

y

+∞ 3

-1 -
∞



0.25








Đồ thị:

4
2
2
4



0.25
b.(1,0 điểm)
()
22
'3 3 3yxm xm=− + =− −

(

)
2
'0 0*yxm=⇔ − =


0.25
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị
⇔
PT (*) có 2 nghiệm phân biệt
()
0**m⇔>

0.25
Khi đó 2 điểm cực trị
()
;1 2Am mm−− ,
(
)
;1 2
B
mmm+
0.25
1

Tam giác OAB vuông tại O .0OA OB
⇔
=
u
uur uuur

3
1
410
2
mm m
⇔
+−=⇔=( thỏa (**) )
Vậy
1
2
m
=

0,25
2.
(1,0 điểm)

GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
22

sin 2 1 6sin cos2
x
xx+= +
⇔
(sin 2 6sin ) (1 cos2 ) 0xx x−+−=


0.25
⇔

()
2
2sin cos 3 2sin 0xx x−+ =
⇔
(
)
2sin cos 3 sin 0xx x
−
+=

0. 25
sin 0
sin cos 3( )
x
x
xVn
=
⎡
⇔
⎢
+=
⎣
⇔

x
k
π
= . Vậy nghiệm của PT là ,
x
kkZ

π
=
∈

0. 5







(1,0 điểm)

2
22 2 2
2
222
11 1 1
1
ln ln 3 ln
222
22
x
xx x
I
xdx dx dx dx
xxx
=− =− =−
∫∫ ∫ ∫

0.25
Tính
2
2
1
ln
x
Jdx
x
=
∫
Đặt
2
1
ln ,u x dv dx
x
==
. Khi đó
11
,du dx v
x
x
=
=−

Do đó
2

2
2
1
1
11
lnJxdx
xx
=− +
∫


0.25
2
1
1111
ln 2 ln 2
222
J
x
=− − =− +

0.25
3

Vậy
1
ln 2
2
I
=+

0.25
(1,0 điểm)

a,(0,5điểm)
21
56.510
xx+
−+=
2
51
5.5 6.5 1 0
1
5
5
x
xx
x
⎡
=
⎢
⇔−+=⇔
⎢
=
⎢
⎣


0.25

0
1
x
x
=
⎡
⇔
⎢
=−
⎣
Vậy nghiệm của PT là 0x
=
và 1x
=
−

0.25
b,(0,5điểm)
()
3
11
165nCΩ= =


0.25
4.

Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là
21 12
56 56

. . 135CC CC+=

Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
135 9
165 11
=


0.25
(1,0 điểm)
Đường thẳng d có VTCP là
(
)
2;1;3
d
u =−
uur

Vì
()
Pd⊥
nên
()
P
nhận
(
)
2;1;3
d
u =−

uur
làm VTPT


0.25
Vậy PT mặt phẳng
()
P
là :
(
)
(
)
(
)
2411330xyz−++−+−=


23180xy z⇔− + + − =


0.25
5.
Vì
B
d∈ nên
()
12;1 ;33
B
tt t−− + −+

27AB =
()
(
)
22
22
27 3 2 6 3 27AB t t t⇔=⇔−++−+=
2
72490tt
⇔
−+=
0.25
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
23
3
3
7
t
t
=
⎡
⎢
⇔
⎢
=
⎣
Vậy
()
7;4;6B − hoặc

13 10 12
;;
77 7
B
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠

0.25
(1,0 điểm)


j
C
B
A
S
H
K
M

Gọi K là trung điểm của AB
HK AB⇒⊥(1)
Vì
(
)
SH ABC⊥
nên SH AB⊥ (2)
Từ (1) và (2) suy ra

A
BSK⇒⊥
Do đó
góc giữa
(
)
SAB với đáy bằng
góc giữa SK và HK và bằng

60SKH =
o

Ta có

3
tan
2
a
SH HK SKH
==

0.25
Vậy
3
.
111 3

332 12
S ABC ABC
a

V S SH AB AC SH
== =


0.25
Vì //
I
HSB nên
()
//
I
HSAB. Do đó
(
)
(
)
(
)
(
)
,,dI SAB dH SAB=
Từ H kẻ
HM SK⊥
tại M
(
)
HM SAB⇒⊥ ⇒
(
)
(

)
,dH SAB HM=


0.25
6.

Ta có
2222
11116
3
HM HK SH a
=+=
3
4
a
HM
⇒=. Vậy
()
()
3
,
4
a
dI SAB
=

0,25

(1,0 điểm)

K
C
A
DB
I
M
M'
E
Gọi AI là phan giác trong của

B
AC
Ta có :



AID ABC BAI=+




I
AD CAD CAI=+
Mà

B
AI CAI= ,



ABC CAD= nên


AID IAD
=

⇒ DAI
Δ
cân tại D ⇒ DE AI⊥


0,25

PT đường thẳng AI là : 5 0xy+−=

0,25
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI ⇒ PT đường thẳng MM’ : 5 0xy−+=
Gọi
'KAIMM=∩ ⇒K(0;5) ⇒ M’(4;9)


0,25

7.

VTCP của đường thẳng AB là
(
)
'3;5AM =
u

uuuur
⇒VTPT của đường thẳng AB là
()
5; 3n =−
r
Vậy PT đường thẳng AB là:
(
)
(
)
513 40xy
−
−−= 5370xy
⇔
−+=

0,25
GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
24
(1,0 điểm).
2
2
354(1)
4211(2)
xxyxyyy
yx y x
⎧
++−−=+
⎪

⎨
−−+ −=−
⎪
⎩


Đk:
2
2
0
420
10
xy x y y
yx
y
⎧
+− −≥
⎪
−−≥
⎨
⎪
−≥
⎩
Ta có (1)
(
)
(
)
314(1)0xy xyy y
⇔

−+−+−+=
Đặt
,1uxyvy=− =+ (
0, 0uv≥≥
)
Khi đó (1) trở thành :
22
340uuvv+−=
4( )
uv
uvvn
=
⎡
⇔
⎢
=−
⎣

0.25
Với uv= ta có
21
x
y=+
, thay vào (2) ta được :
2
423 12
y
yyy−−+ −=
()
()

2
42321 110yy y y⇔−−−−+−−=
0.25
()
2
22
2
0
11
42321
y
y
y
yy y
−
−
+=
−+
−−+−
()
2
21
20
11
42321
y
y
yy y
⎛⎞
⎜⎟

⇔− + =
⎜⎟
−+
−−+−
⎝⎠

0.25
8.
2y⇔=( vì
2
21
01
11
42321
y
y
yy y
⇔+>∀≥
−+
−−+−
)
Với
2y = thì 5x = . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là
(
)
5; 2
0.25
(1,0 điểm) .
Vì a + b + c = 3 ta có
3()()()

bc bc bc
abc aabc bc abac
==
++++++
11
2
bc
ab ac
⎛⎞
≤+
⎜⎟
+
+
⎝⎠

Vì theo BĐT Cô-Si:
11 2
()()
ab ac
abac
+≥
++
+
+
, dấu đẳng thức xảy ra⇔ b = c


0,25

Tương tự

11
2
3
ca ca
ba bc
bca
⎛⎞
≤+
⎜⎟
++
+
⎝⎠
và
11
2
3
ab ab
ca cb
cab
⎛⎞
≤+
⎜⎟
+
+
+
⎝⎠



0,25

Suy ra P
3
2( ) 2( ) 2( ) 2 2
bc ca ab bc ab ca a b c
ab ca bc
+++++
≤++= =
+++
,

0,25
9.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =
3
2
khi a = b = c = 1.
0,25




GV : Nguyễn Vũ Minh BỘ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015
Đt : 0914449230 Email :
25
ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút
ĐỀ SỐ 05

Câu 1.
( 2 điểm) Cho hàm số
()
42
21fx x x=− −
(C)
a)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Dựa vào (C), tìm m để phương trình
42
220xxm
−
−=
có 2 nghiệm kép.
Câu 2. (1 điểm)
a)
Cho góc α thoả mãn
3
2
2
π
α
π
<< và
4
cos
5
α
=
. Tính giá trị biểu thức

tanα +1
A=
2cotα−
.
b)
Cho số phức
42
1
i
z
i
−
=
+
. Tính môđun của số phức
(
)
2zz−
.
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình sau:
21 2
482320
xx+
−
−=.
.
Câu 4. ( 1 điểm) Giải phương trình sau:
(
)
2

282 4123 2 6xxx xx
−
+−−=++−
.
Câu 5. (1 điểm) Tính tích phân:
tan 2
4
2
0
cos
x
e
I
dx
x
π
+
=
∫
.
Câu 6. ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc

60
o
BAC = ,
()
SO ABCD⊥ và
3
4
a

SO
= . Gọi E là trung điểm CD, I là trung điểm DE.Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ O đến mp(SCD).
Câu 7. ( 1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy) cho đường tròn
22
2660xy xy
+
−−+=
và điểm
M(2;4). Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt đường tròn trên tại 2 điểm A, B sao cho M
là trung điểm đoạn AB.


Câu 8. ( 1 điểm) Trong hệ trục toạ độ (Oxyz) cho
(
)
(
)( )
−−2; 1;4 ;B 3;1;1 ; 3; 5; 0AC

a) Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng
(
)
α
−
+=:2 3 5 0xy
.

b) Viết phương trình mặt phẳng (ABC).
Câu 9. ( 0,5 điểm) Một hộp chứa 6 bi màu vàng, 5 bi màu đỏ và 4 bi màu xanh có kích thước và

trọng lượng như nhau, lấy ngẫu nhiên 8 bi trong hộp. Tính xác xuất sao cho trong 8 bi lấy ra có số
bi màu vàng bằng với số bi màu đỏ.
Câu 10. ( 1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
()()()
3
2
3111
abc
P
abbcca abc
=+
+++ + + +

HẾT