Đề 1 thi thử thpt quốc gia năm 2015 môn: Toán 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
(Trường THPT Chuyên Đại học Vinh – Thi thử lần 1) 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  3 21 1 11
3 2 3
y x m x mx     (1), m là tham số. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi 2m . 
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại là yCÑ thỏa mãn 
1y
3CÑ
 . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình cos3 cos 2 3 cos2 sinx x x x  
b) Giải phương trình    24 2 2log log 2 1 log 4 3   x x x 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
6
1
3 1
2
xI dx
x
 

 . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 3 2z z i   . Tìm phần thực và phần ảo của z . 
b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước ngoài và 3 đội của Việt 
Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 3 đội. Tính xác suất để 3 
đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều .S ABC có 2SA a , AB a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . 
Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB . 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z    và đường 
thẳng 2 1:
1 2 1
x y zd     . Tìm tọa độ giao điểm của  P và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho 
khoảng cách từ A đến  P bằng 2 3 . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có ACD  với 
1cos
5
  , điểm H thỏa mãn điều kiện 2HB HC
 
, K là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD . 
Cho biết 1 4;
3 3
H
     
,  1;0K và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm , , ,A B C D . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  2 3 25 4 1 2 4    x x x x x . 
Câu 9 (1,0 điểm). Giả sử , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 
      2 2 20 2x y y z z x       
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức    44 4 4 34 4 4 ln
4
x y zP x y z x y z         . HẾT. 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành  Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến 
www.laisac.page.tl
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi 2m  . 
♥ Tập xác định: D   
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên: 2' 2y x x   ; ' 0 1y x    hoặc 2x  
0.25 
 + Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;2 ; 
 + Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1  và  2; . 
 ￚ Cực trị: 
 + Hàm số đạt cực đại tại 1x   ; yCĐ   31
2
y   
 + Hàm số đạt cực tiểu tại 2x  ; yCT  2 3y   , 
 ￚ Giới hạn: lim
x
y

  và lim
x
y

  
0.25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x  1 2  
'y  0  0  
y 
 3
2
  
 3 
0.25 
♥ Đồ thị: 
0.25 
b.(1,0 điểm). b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số  3 21 1 11
3 2 3
y x m x mx     có 
cực đại là yCÑ thỏa mãn 
1y
3CÑ
 . 
♥ Ta có:  2' 1y x m x m    
  2 1' 0 1 0 xy x m x m
x m
         
0.25 
1 
(2,0 điểm) 
♥ Hàm số (1) có cực đại  1m  0.25 
♥ Với   1 1 1 11 1
3 2 2 3
1 1
2 2
x y m m m          ; 
 Với    3 3 22 21 1 11 1 1 1
6 2 33 2 3
x m y m m m mm mm          
 Với 1m , ta có BBT 
x  1 m  
'y  0  0  
y 
CDy  
 CTy 
 Do đó:  1 1 1 1y 1 3 1
3 2 3 3CÑ
my m         
0.25 
 Với 1m , ta có BBT 
x  m 1  
'y  0  0  
y 
CDy  
 
CTy 
 Do đó: 
  3 2 3 21 1 1 1 1y 3 3 0
3 6 2 3 3
0 1
3 1
CÑ
y m m m m m
m
m
         
     
♥ Vậy giá trị m thỏa đề bài là 13;
3
m
         
. 
0.25 
a).(0,5 điểm). a) Giải phương trình cos3 cos 2 3 cos2 sinx x x x  (1) 
♥ Ta có:  1 2cos 2 .cos 3 cos 2 .sin 0  x x x x 
   cos2x cos 3 sin 0  x x 
0.25 
  cos 2 0
4 2
     kx x  k  
  3cos 3 sin 0 tan
3 6
       x x x x k  k  
♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 
   ; 
4 2 6
       kx x k k . 
0.25 
b.(0,5 điểm). Giải phương trình    24 2 2log log 2 1 log 4 3   x x x 
♥ Điều kiện: 1
2
x 
 Khi đó:      2 2 21 log log 2 1 log 4 3    x x x 
    22 2log 2 log 4 3   x x x 
0.25 
2 
(1,0 điểm) 
 22 5 3 0   x x (2) 0.25 
1
2
3
x
x
   
 Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là 3x . 
Tính tích phân 
6
1
3 1
2
xI dx
x
 

 . . 
♥ Đặt 23 3 2t x x t dx tdt       
 Đổi cận: 
6 3
1 2
x t
x t
 
 
0.25 
♥ Suy ra: 
3 3 32
2
2 2 2
12 2 2 1
1 1 1
t t t
I dt dt dt
t t t
              
0.25 
   3
2
2 ln 1t t   0.25 
3 
(1,0 điểm) 
 2 2 ln 2  
♥ Vậy 2 2 ln 2I   . 
0.25 
a).(0,5 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 3 2z z i   . Tìm phần thực và phần 
ảo của z . 
♥ Đặt z a bi  ,  ,a b ta có: 
  2 3 2 2 3 2        z z i a bi a bi i 
 3 3 2   a bi i 
0.25 
1
2
  
a
b
♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 2 . 
0.25 
b).(0,5 điểm). b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội 
nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 
bảng A, B, C mỗi bảng 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác 
nhau. 
♥ Số phần tử của không gian mẫu là . .3 3 39 6 3C C C 1680   0.25 
4 
(1,0 điểm) 
 Gọi A là biến cố "3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau” 
 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là !. . .2 2 2A 6 4 23 C C C 540   
♥ Vậy xác suất cần tính là (A) A 540 9P
1680 28

  

. 
0.25 
5 
(1,0 điểm) 
Cho hình chóp đều .S ABC có 2SA a , AB a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính 
theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB . 
♥ Gọi O là tâm của tam giác đều ABC cạnh a . Do .S ABC là hình chóp đều nên 
  SO ABC . Ta có 
2 3
4ABC
aS  và 
3
3
aOA 
 Xét SOA ta có: 
2 2
2 2 2 2 11 334
3 3 3
a a a
SO SA OA a SO       
0.25 
♥ Vậy 
2 3
.
1 1 33 3 11. . .
3 3 3 4 12S ABC ABC
a a a
V SO S   
0.25 
♥ Gọi , ,N I J lần lượt là trung điểm của các đoạn , ,SC CH HM 
 Do  / / / /SB MN SB AMN . Suy ra: 
        , ,( ) ;( ) 2 ;(d AM SB d B AMN d C AMN d I AMN   
 Ta có:      AM IJ AM IJN IJN AMN
AM IN
      
 theo giao tuyến NJ 
 Trong  IJN , kẻ    ;(IK NJ IK AMN d I AMN IK     
0.25 
♥ Xét tam giác IJN ta có: 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 12 188 11
11 11 188
IK a
IK IJ IN a a a
       
 Vậy   11 517, 2 2.
188 47
a
d AM SB IK a   . 
0.25 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z    và đường thẳng 
2 1:
1 2 1
x y zd     . Tìm tọa độ giao điểm của  P và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d 
sao cho khoảng cách từ A đến  P bằng 2 3 . 
♥ Tọa độ giao điểm M của của  P và d là nghiệm của hệ phương trình 
  
12 1
1 1;1;11 2 1
3 0 1
xx y z
y M
x y z z
                   
0.25 
♥ Do  2; 2 1;A d A t t t      0.25 
♥ Khi đó:    2 2 2; 2 3
43
t t
d A P
t
      
0.25 
6 
(1,0 điểm) 
♥ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là  4; 5; 2A   hoặc  2;7;4A  . 0.25 
7 
(1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có ACD  với 
1cos
5
  , điểm H thỏa mãn điều kiện 2HB HC
 
, K là giao điểm của hai đường 
thẳng AH và BD . Cho biết 1 4;
3 3
H
     
,  1;0K và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa 
độ các điểm , , ,A B C D . 
♥ Do KAD ∽ KHB 3 3
2 2
KA AB BC KA KH
KH HB BH
      
 Do K thuộc đoạn AC 
 
 
3
3 2
2 3
2
A K H K
A K H K
x x x x
KA KH
y y y y
        

  2
2
2;2A
A
A
x
y
   
0.25 
 ♥ Đặt  ;B a b với 0a , ta có: 
   2 1cos cos cos .
5 5 5
2
AB AB ABACD ABD
BD KBKB
       
 2 24 5AB KB       2 2 2 24 2 2 5 1a b a b                
 2 2 6 16 27 0a b a b      
0.25 
♥ Đường tròn  C đường kính AH có tâm 7 1;
6 3
I
     
 , bán kính 1 5 5
2 6
R AB  
 nên có phương trình là  
2 2
7 1 125:
6 3 36
C x y
                
 Do   090ABC B C   
2 2
7 1 125
6 3 36
a b
                 
 2 2 7 2 2 0
3 3
a b a b      
 Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình 
2 2
2 2
16 16 27 0 35
7 2 8 02 0
3 3 5
a b a b a a
ba b a b b
                          
 . Suy ra:  3;0B 
0.25 
 Do  3 1, 2
2
BC BH C   
 
 và  5 2,0
2
BD BK D  
 
♥ Vậy        2;2 , 3;0 , 1; 2 , 2;0A B C D   
0.25 
Giải bất phương trình  2 3 25 4 1 2 4    x x x x x (1) 
♥ Điều kiện: 3 2
1 5 0
3 4 0
1 5
x
x x x
x
         
 Khi đó:    2 21 4 2 4 5 4x x x x x      
  2 2 4 2 4 3 2 4x x x x x x       (2) 
0.25 
 Trường hợp 1: Với 1 5x   thì 
  
2 22 4 2 42 4 3x x x x
x x
      (3) 
 Đặt 
2 2 4x x
t
x
   0t thì (3) trở thành: 
 2 4 3 0 1 3t t t      
 Suy ra: 
2 2 41 3x x
x
  
2
2
4 0
7 4 0
x x
x x
      
 1 17 7 65
2 2
x
    
0.25 
♥ Trường hợp 2: Với 1 5 0x    thì 2 5 4 0x x   nên (2) luôn thỏa 0.25 
8 
(1,0 điểm) 
♥ Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là: 
 1 17 7 651 5;0 ;
2 2
S
                 
0.25 
9 
(1,0 điểm) Giả sử , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn      
2 2 2
0 2x y y z z x       
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức    44 4 4 34 4 4 ln
4
x y zP x y z x y z         
 ♥ Chứng minh bất đẳng thức phụ sau: 4 3 1t t  , 0;1t      
 Xét hàm số   4 3 1tf t t   , 0;1t      . Ta có: 
  ' 4 .ln 4 3tf t   ,    4 3' 0 log 0;1ln 4f t t
        
 Bảng biến thiên 
t 
 0 4
3log
ln 4
     
 1 
 'f t
  0  
 f t 0 0 
 4
3log
ln 4
f
           
 Suy ra: 4 3 1t t  , 0;1t      
0.25 
♥ Ta có:      2 2 20 2x y y z z x       
 2 2 20 2 2 1x y z xy yz zx        
 Suy ra: , , 0;1x y z     . Dấu “=” xảy ra khi    ; ; 1,0,0x y z  hoặc các hoán vị. 
 và      2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 1x y z x y z xy yz zx x y z             
 Do 4 3 1t t  , 0;1t       4 4 4 3 3x y z x y z       
0.25 
♥ Mặt khác: 
    4 4 4 2 2 2 4 4 4 2 2 2ln ln 0x y z x y z x y z x y z            
0.25 
♥ Từ đó ta có: 
    43 213 3
4 4
P x y z x y z        
 Dấu “=” xảy ra khi    ; ; 1,0,0x y z  hoặc các hoán vị. 
 Vậy 21
4
MaxP  . 
0.25 
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 
Bài 9: Giả sử , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn      2 2 20 18x y y z z x       
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  43 3 3 14 4 4
108
x y z
P x y z      
Đáp số: 
21
4
MaxP  . 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành  Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến 
www.laisac.page.tl