Đề 3 thi thử thpt quốc gia năm 2015 môn : Toán thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian giao đề

SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG 
TRƯỜNG THPT BẠCH ĐẰNG 
 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn : TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề 
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 3 1y x mx    (1). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m  . 
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị ,A B 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 2x x x   . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2 3
2
1
2 lnx x
I dx
x

  . 
Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2 15 6.5 1 0x x    . 
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 
1 1 3
:
2 1 3
x y z
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 BC , mặt phẳng  SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60 . 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 BC tại D , đường phân giác trong 
của ADB có phương trình 2 0x y   , điểm  4;1M  thuộc cạnh AC . Viết phương trình 
đường thẳng AB . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2
3 5 4
4 2 1 1
x xy x y y y
y x y x
      

     
Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số dương và 3a b c   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức: 
3 3 3
bc ca ab
a bc b ca c ab
P  
  
 
.Hết. 
ĐÁP ÁN 
Câu Nội dung Điểm 
a.(1,0 điểm) 
 Vơí m=1 hàm số trở thành : 3 3 1y x x    
TXĐ: D R 
 2' 3 3y x   , ' 0 1y x    
0.25 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1  và  1; , đồng biến trên khoảng  1;1 
Hàm số đạt cực đại tại 1x  , 3CDy  , đạt cực tiểu tại 1x   , 1CTy   
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) 
 2 2' 3 3 3y x m x m     
 2' 0 0 *y x m   
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 2A m m m  ,  ;1 2B m m m 0.25 
1 
Tam giác OAB vuông tại O . 0OA OB 
 
 3
1
4 1 0
2
m m m      ( TM (**) ) 
Vậy 
1
2
m  
0,25 
2. (1,0 điểm) 
WWW.VNMATH.COM
 sin 2 1 6sin cos2x x x   
 (sin 2 6sin ) (1 cos 2 ) 0x x x    
0.25 
   22sin cos 3 2sin 0x x x   
   2sin cos 3 sin 0x x x   
0. 25 
sin 0
sin cos 3( )
x
x x Vn

   
0. 25 
 x k . Vậy nghiệm của PT là ,x k k Z  0.25 
 (1,0 điểm) 
22 2 2 22
2 2 2
1 1 1 11
ln ln 3 ln
2 2 2
2 2
x x x x
I xdx dx dx dx
x x x
         
0.25 
Tính 
2
2
1
ln x
J dx
x
  
Đặt 
2
1
ln ,u x dv dx
x
  . Khi đó 
1 1
,du dx v
x x
   
Do đó 
2 2
2
1 1
1 1
lnJ x dx
x x
    
0.25 
2
1
1 1 1 1
ln 2 ln 2
2 2 2
J
x
      
0.25 
3 
Vậy 
1
ln 2
2
I   
0.25 
(1,0 điểm) 
a,(0,5điểm) 
2 15 6.5 1 0x x    2
5 1
5.5 6.5 1 0 1
5
5
x
x x
x
 
    
 

0.25 
0
1
x
x

   
 Vậy nghiệm của PT là 0x  và 1x   
0.25 
b,(0,5điểm) 
  311 165n C   
0.25 
4. 
 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là 2 1 1 25 6 5 6. . 135C C C C  
 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 
135 9
165 11
 
0.25 
5. (1,0 điểm) 
WWW.VNMATH.COM
Đường thẳng d có VTCP là  2;1;3du  

Vì  P d nên  P nhận  2;1;3du  

 làm VTPT 
0.25 
Vậy PT mặt phẳng  P là :      2 4 1 1 3 3 0x y z       
 2 3 18 0x y z      
0.25 
Vì B d nên  1 2 ;1 ; 3 3B t t t     
27AB     
2 22 227 3 2 6 3 27AB t t t         27 24 9 0t t    
0.25 
3
3
7
t
t


 

 Vậy  7;4;6B  hoặc 
13 10 12
; ;
7 7 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 AB SK  
Do đó góc giữa  SAB với đáy bằng góc 
giữa SK và HK và bằng  60SKH   
Ta có 
3
tan
2
a
SH HK SKH  
0.25 
Vậy 
3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 12
S ABC ABC
a
V S SH AB AC SH   
0.25 
Vì / /IH SB nên  / /IH SAB . Do đó      , ,d I SAB d H SAB 
Từ H kẻ HM SK tại M  HM SAB     ,d H SAB HM 
0.25 
6. 
Ta có 
2 2 2 2
1 1 1 16
3HM HK SH a
  
3
4
a
HM  . Vậy    3,
4
a
d I SAB  
0,25 
7. 
(1,0 điểm) 
WWW.VNMATH.COM
KC
A
DB I
M
M'
E
Gọi AI là phan giác trong của BAC 
Ta có :   AID ABC BAI  
   IAD CAD CAI  
Mà  BAI CAI , ABC CAD nên  AID IAD 
 DAI cân tại D  DE AI 
0,25 
 PT đường thẳng AI là : 5 0x y   
0,25 
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : 5 0x y   
Gọi 'K AI MM  K(0;5) M’(4;9) 
0,25 
VTCP của đường thẳng AB là  ' 3;5AM 

VTPT của đường thẳng AB là  5; 3n  

Vậy PT đường thẳng AB là:    5 1 3 4 0x y    5 3 7 0x y    
0,25 
(1,0 điểm). 
2
2
3 5 4(1)
4 2 1 1(2)
x xy x y y y
y x y x
      

     
 Đk: 
2
2
0
4 2 0
1 0
xy x y y
y x
y
    

  
  

Ta có (1)   3 1 4( 1) 0x y x y y y        
 Đặt , 1u x y v y    ( 0, 0u v  ) 
Khi đó (1) trở thành : 2 23 4 0u uv v  
4 ( )
u v
u v vn

   
0.25 
Với u v ta có 2 1x y  , thay vào (2) ta được : 24 2 3 1 2y y y y     
   24 2 3 2 1 1 1 0y y y y         
0.25 
 
2
2 2 2
0
1 14 2 3 2 1
y y
yy y y
 
 
    
 
2
2 1
2 0
1 14 2 3 2 1
y
yy y y
 
    
      
0.25 
8. 
2y  ( vì 
2
2 1
0 1
1 14 2 3 2 1
y
yy y y
    
    
) 
Với 2y  thì 5x  . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5;2 
0.25 
9. (1,0 điểm) . 
WWW.VNMATH.COM
Vì a + b + c = 3 ta có 
3 ( ) ( )( )
bc bc bc
a bc a a b c bc a b a c
 
     
1 1
2
bc
a b a c
 
  
  
Vì theo BĐT Cô-Si: 
1 1 2
( )( )a b a c a b a c
 
   
, dấu đẳng thức xảy ra b = c 
0,25 
Tương tự 
1 1
23
ca ca
b a b cb ca
 
  
   
 và 
1 1
23
ab ab
c a c bc ab
 
  
   
0,25 
Suy ra P
3
2( ) 2( ) 2( ) 2 2
bc ca ab bc ab ca a b c
a b c a b c
    
    
  
, 
0,25 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 
3
2
 khi a = b = c = 1. 
0,25 
WWW.VNMATH.COM
 Câu 1 (4,0 điểm).Cho hàm số 
2x 1
y
x 1



, gọi đồ thị là (C). 
 a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số. 
 b)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường 
thẳng (d): 3 2 0x y   . 
Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình: 2
x
2sin cos5x 1
2
 
  
 
Câu 3 (2,0 điểm). 
 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : 3( ) . (5 )f x x x  trên đoạn  0;5 
Câu 4 (2,0 điểm). 
a) Giải phương trình sau : 2 3332 log (2 1) 2log (2 1) 2 0x x     
b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 
nhà hóa học nữ, .Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn 
phải có nữ và có đủ ba bộ môn. 
Câu 5 (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có 
   4;8 , 8;2A B  ,  2; 10C   . Chứng tỏ ABC vuông và viết phương trình đường cao còn 
lại. 
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a .Góc 
 060BAC  ,hình chiếu của S trên mặt  ABCD trùng với trọng tâm của tam giác ABC . 
Mặt phẳng  SAC hợp với mặt phẳng  ABCD góc 060 . Tính thể tích khối chóp 
.S ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD theo a . 
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. 
Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có 
phương trình là 3 5 8 0, 4 0x y x y      . Đường thẳng qua A vuông góc với đường 
thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là  4; 2D  . Viết 
phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. 
Câu8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3
2 2 2
2 2 1 3 1
 ( , )
9 4 2 6 7
y y x x x
x y
y x y
     

   
 
Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a b c  và 2 2 2a b c 5   . Chứng 
minh rằng: (a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4       
 ---------HẾT-------- 
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên:..SBD: 
 SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ 
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2014 – 2015 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
WWW.VNMATH.COM
 SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ 
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
 Môn: TOÁN 
 HƯỚNG DẪN CHẤM 
(Gồm 04 trang) 
Câu 1. (4 điểm) 
Nội dung Điểm 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2đ 
 +Tập xác định  \ 1D   0.25 
+Sự biến thiên 
 Chiều biến thiên: 
 
2
3
'
1
y
x


0 1x   . 
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1  và  1;  
 Cực trị : Hàm số không có cực trị. 
0.25 
 Giới hạn tại vô cực và tiệm cận: 
2 1
lim lim 2
1x x
x
y
x 

 

 ,đường thẳng 2y  là tiệm cận ngang 
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1x x
x x
x x  
 
   
 
, đường thẳng 1x   là tiệm cận đứng 
0.5 
 Bảng biến thiên : 
x -  - 1 + 
y' + || + 
y 2 
  || 
2  
0.5 
+Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm 
1
;0
2
A
 
 
 
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0; 1B  
Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là  1;2I  làm tâm đối xứng 
 ( Đồ thị ) 
0.5 
WWW.VNMATH.COM
2, Viết phương trình tiếp tuyến 2đ 
 Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm 0 0( ; )M x y ta có : 
'
0 2
0
3
( )
( 1)
k f x
x
 

 0.5 
Lại có 
1
. 1 3
3
k k
 
     
 
 0.5 
hay 0
2
00
03
3
2( 1)
x
xx

     
 0.5 
Với 0 00 1x y    Vậy phương trình tiếp tuyến là : 3 1y x  
Với 0 02 5x y    Vậy phương trình tiếp tuyến là : 3 11y x  
0.5 
Câu 2. (2 điểm) 
Nội dung Điểm 
2 x2sin 1 cos5x cosx cos5x
2
 
     
 
 0.5 
   cos x cos 5x   0.5 
5 2 6 3
5 2
4 2
k
x
x x k
x x k k
x
 
 
   

   
        

là nghiệm của phương trình. 1.0 
Câu 3. (2 điểm) 
Nội dung Điểm 
f(x) = 3x (5 x) hàm số liên tục trên đoạn [0; 5] f(x) 3/ 2x(5 x) x (0;5)    0,5 
f ’(x) = 
5
5 x(5 x)
2
  0,5 
f’(x) = 0 x 5; x 2   . Ta có : f(2) = 6 3 , f(0) = f(5) = 0 0,5 
Vậy 
x [0;5]
Max

f(x)= f(2) = 6 3 , 
x [0;5]
Min

f(x) = f(0) = 0 0,5 
Câu 4. (2 điểm) 
Nội dung Điểm 
a) 2 3332 log (2 1) 2log (2 1) 2 0x x     
Điều kiện : 
1
2
x  0,25 
PT 23 38log (2 1) 6log (2 1) 2 0x x      0,25 
3
2
3 3
3
log (2 1) 1
4log (2 1) 3log (2 1) 1 0 1
log (2 1)
4
x
x x
x
 
      
   

 0,25 
WWW.VNMATH.COM
43
2
3 1
2 3
x
x

  

 là nghiệm của phương trình đã cho. 0,25 
b) Tính xác suất 
Ta có : 416 1820C   0.25 
Gọi A= “ 2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ” 
 B= “ 1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ “ 
 C= “ 1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “ 
Thì H= A B C  = ” Có nữ và đủ ba bộ môn “ 
0.5 
2 1 1 1 2 1 1 1 2
8 5 3 8 5 3 8 5 3 3( )
7
C C C C C C C C C
P H
 
 

 0.25 
Câu 5. (2 điểm) 
Nội dung Điểm 
Ta có :    12; 6 ; 6; 12AB BA    
 
 0,5 
Từ đó . 0AB BC 
 
Vậy tam giác ABC vuông tại B 0,5 
* Viết phương trình đường cao BH: Ta có đường cao BH đi qua  8;2B  và 
nhận    6; 18 6 1;3AC     

 làm vecto pháp tuyến 
0,5 
Phương trình BH : 3 2 0x y   0,5 
Câu 6. (2 điểm) 
O
S
A
D
CB
H
E
Nội dung Điểm 
* Gọi O AC BD  Ta có :  0, 60OB AC SO AC SOB    
0.25 
WWW.VNMATH.COM
 Xét tam giác SOH vuông tại H : 0 0
3
tan 60 .tan 60 . 3
6 2
SH a a
SH OH
HO
     
0.25 
Ta có : tam giác ABC đều : 
2 3
2.
2
ABCD ABC
a
S S  0.25 
Vậy 
2 31 1 3 3
. . . .
3 3 2 2 12
SABCD ABCD
a a a
V SH S   (đvtt) 0.25 
* Tính khỏang cách 
Trong ( )SBD kẻ OE SH khi đó ta có : ; ;OC OD OE đôi một vuông góc Và : 
3 3
; ;
2 2 8
a a a
OC OD OE   
0.5 
Áp dụng công thức : 
2 2 2 2
1 1 1 1
( , )d O SCD OC OD OE
  
3
112
a
d  
Mà    
6
, 2 ,
112
a
d B SCD d O SCD  
0.5 
Câu 7. (2,0 điểm) 
MK
H
D
CB
A
Nội dung Điểm 
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của 
BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu ,d dn u
 
 lần lượt là vtpt, 
vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M 
là nghiệm của hệ phương trình: 
7
4 0 7 12 ;
3 5 8 0 1 2 2
2
x
x y
M
x y
y

     
            

0,5 
AD vuông góc với BC nên  1;1AD BCn u 
 
, mà AD đi qua điểm D suy ra 
phương trình của    :1 4 1 2 0 2 0AD x y x y        . Do A là giao điểm 
của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
 
3 5 8 0 1
1;1
2 0 1
x y x
A
x y y
    
  
    
0,5 
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: 0,25 
E 
WWW.VNMATH.COM
 
4 0 3
3; 1
2 0 1
x y x
K
x y y
    
   
     
Tứ giác HKCE nội tiếp nên  BHK KCE , mà  KCE BDA (nội tiếp chắn cung 
AB ) Suy ra  BHK BDK , vậy K là trung điểm của HD nên  2;4H . 
(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 
0.25 điểm) 
0,25 
Do B thuộc BC  ; 4B t t  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra 
 7 ;3C t t  . 
( 2; 8); (6 ;2 )HB t t AC t t   
 
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên 
        
2
. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0
7
t
HB AC t t t t t t
t

              
 
0,25 
Do    3 2 2; 2 , 5;1t t B C     . Ta có 
       1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1AB ACAB AC n n     
   
Suy ra :3 4 0; : 1 0.AB x y AC y     
0,25 
Câu 8. (2,0 điểm) 
Nội dung Điểm 
Điều kiện: 
3 3
1; ;
2 2
x y
 
    
. Ta có 0.25 
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
       
      
 0.25 
Xét hàm số 3( ) 2 ,f t t t  ta có 2'( ) 6 1 0, ( )f t t t f t      đồng biến trên  . 
Vậy 
2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1
y
f y f x y x
y x

       
 
0.25 
Thế vào (2) ta được : 24 5 2 6 1x x x    0.25 
Pt 22 4 5 4 12 2x x x        
2 2
4 5 1 2 2x x     0.5 
4 5 2 3( )
4 5 1 2
x x vn
x x
   
 
  
1
2
1 2( )
1 2
x
x l
x



   

  
Với 
4
4
2
1 2
2
y
x
y
 
   
 
Vậy hệ có hai nghiệm. 
0.5 
Câu 9. (2,0 điểm) 
WWW.VNMATH.COM
Nội dung Điểm 
Ta có 
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4       (a b)(b c)(a c)(ab bc ca) 4       (*). 
Đặt vế trái của (*) là P 
Nếu ab + bc + ca < 0 thì P  0 suy ra BĐT được chứng minh 
0.25 
Nếu ab + bc + ca  0 , đặt ab + bc + ca = x 0 0.25 
(a-b)(b-c) 
2 2a b b c (a c)
2 4
    
  
 
  (a - b)(b - c)(a - c) 
3(a c)
4

 (1) 0.25 
 Ta có : 4(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 2(a - c)2 + 2(a - b)2 + 2(b - c)2 
 2(a - c)2 + [(a - b) + (b - c)]2 = 2(a - c)2 + (a - c)2 = 3(a - c)2 
Suy ra 4(5 - x)  3(a - c)2 ,từ đây ta có x  5 và 
4
a c (5 x)
3
   (2) . 
0.25 
Từ (1) , (2) suy ra P 
3
1 4
x. (5 x)
4 3
 
   
 = 3
2 3
x (5 x)
9
 (3) 
Theo câu a ta có: f(x) = 3x (5 x) 6 3 với x thuộc đoạn [0; 5] 
nên suy ra P 
2 3
.6 3 P 4
9
   . Vậy (*) được chứng minh. 
 Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 
1.0 
. Hết. 
WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
HƯNG YÊN 
BAN CHUYÊN MÔN 
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 2y x mx   (1), với m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 
(O là gốc tọa độ). 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình    11 1 2
2 2
log 4 4 log 2 3 log 2x x x    . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho các số phức là nghiệm của phương trình 2 2 3 0z z   . Tính 
độ dài đoạn thẳng AB. 
b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lý, Hóa, 
Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của 
3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó 
có bao nhiêu phương án tuyển sinh? 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2
0
sin
cos 2 3cos 2
x
I dx
x x


 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm    4;2;2 , 0;0;7A B và 
đường thẳng 
3 6 1
:
2 2 1
x y z
d
  
 

. Chứng minh rằng hai đường thẳng d và AB cùng thuộc một 
mặt phẳng. Tìm điểm C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC cân đỉnh A. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy là tam giác cân, AB AC a  , 
 0120BAC  . Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 600. Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' và 
khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng  ' 'AB C theo a . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có  1;2A  . Gọi M, 
N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình 
đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2 8 0x y   và điểm B có hoành 
độ lớn hơn 2. 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 
 
2 2
2 2
1 2 2 3
,
1 2 2
y x y x y xy
x y
y x y y x
     

     
 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn    2 2 25 9 2x y z xy yz zx     
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
 
32 2
1x
P
y z x y z
 
  
 ---------------Hết---------------- 
WW
W.
VN
MA
TH
.CO
M
www.VNMATH.com 
ĐÁP ÁN 
Câu Nội dung Điểm 
a) Khảo sát hàm số 3 23 2y x mx   
Với m = 1, ta có hàm số: y = x3 + 3x2 + 2 
*) TXĐ:  
*) Sự biến thiên: 
 +) Giới hạn tại vô cực: lim
x
y

  
0,25 
 +) Chiều biến thiên: 
 y' = 3x2 + 6x  y' = 0  x = 0 hoặc x = -2 
 Bảng biến thiên: 
x - - 2 0 + 
y’ + 0 - 0 + 
y 
 6 + 
 2 
 - 
0,25 
 hàm số đồng biến trên (-; -2) và (0; +); hàm số nghịch biến trên (-2; 0) 
 hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = 6; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 2 
0,25 
*) Đồ thị: 
Nhận xét: đồ thị hàm số nhận điểm 
I(-1; 4) làm tâm đối xứng. 
0,25 
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích 
tam giác OAB bằng 2 
Với mọi x  , y' = 3x2 + 6mx  y' = 0  x = 0 hoặc x = -2m 
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt 
  m  0 
Khi đó, tọa độ các điểm cực trị là: A(0; 2); B(-2m; 4m3 + 2) 
0,5 
1 
SOAB = 1  OA.d(B;OA) = 4  
1
2 2
1
m
m
m

     
 (thỏa mãn) 
Vậy với m =  1 thì hàm số có 2 cực trị thỏa mãn bài. 
0,5 
2    11 1 2
2 2
log 4 4 log 2 3 log 2x x x    
0,5 
6
4
2
-2
-5 5
WW
W.
VN
MA
TH
.CO
M
www.VNMATH.com 
   
   
1
1 1 1
2 2 2
2 1
1 1
2 2
log 4 4 log 2 3 log 2
log 4 4 log 2 3.2
x x x
x x x


    
   
 
2 14 4 2 3.2
4 3.2 4 0
2 1
2
2 4
x x x
x x
x
x
L
x
   
   
  
  

Vậy BPT có tập nghiệm: S =  2; 
0,5 
a) Xét phương trình: 2 2 3 0z z   
 ' = 1 - 3 = -2 =  
2
2i 
Phương trình có hai nghiệm: 1 21 2; 1 2z i z i      
0,25 
    1; 2 ; 1; 2A B   
AB = 2 2 
0,25 
b) TH1: Trường ĐH chỉ xét 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn: 
 Có: 262. 30C  (cách) 
0,25 
3 
TH2: Trường ĐH xét cả hai môn Toán và Văn: 
 Có: 161. 6C  (cách) 
Vậy có các trường hợp là: 30 + 6 = 36 (cách) 
0,25 
2 2
2
0 0
sin sin
cos2 3cos 2 2cos 3cos 1
x x
I dx dx
x x x x
 
 
    
Đặt cosx = t  dt = -sinxdx 
Với x = 0  t = 1; với x = 
2

  t = 0 
0,25 
  
1 1 1
2
0 0 0
1 1
2
2 3 1 2 1 1 2 1 2 2
dt dt
I dt
t t t t t t
 
    
      
   
0,25 
4 
 = 
1
0
2 1 3
ln ln
2 2 2
t
t
 
 
 
0,5 
WW
W.
VN
MA
TH
.CO
M
www.VNMATH.com 
Đường thẳng d có véctơ chỉ phương  2;2;1u 

 và đi qua M(3;6;1) 
Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương  4; 2;5AB  

 1;4; 1AM  

Ta có:  , 12;6;12u AB   
 
 , . 12 24 12 0u AB AM       
  
Vậy AB và d đồng phẳng 
0,5 
5 
 3 2 ;6 2 ;1C d C t t t     
Tam giác ABC cân tại A  AB = AC 
  (1 + 2t)2 + (4 + 2t)2 + (1 - t)2 = 45 
  9t2 + 18t - 27 = 0  t = 1 hoặc t = -3 
Vậy C(1; 8; 2) hoặc C(9; 0; -2) 
0,5 
+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là 'AKA  0' 60AKA  . 
 Tính A'K = 
1
' '
2 2
a
A C   0
3
' ' . tan 60
2
a
AA A K  
3
. ' ' '
3
=AA'.S
8
ABC A B C ABC
a
V  
0,5 
6 
+) d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C')) 
Chứng minh: (AA'K)  (AB'C') 
Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK  A'H  (AB'C') 
 d(A';(AB'C')) = A'H 
Tính: A'H = 
3
4
a
Vậy d(B;(AB'C')) =
3
4
a
0,5 
H
K
C'
B'
A'
CB
A
WW
W.
VN
MA
TH
.CO
M
www.VNMATH.com 
Gọi E = BN  AD  D là trung điểm của AE 
Dựng AH  BN tại H   
8
AH d A;BN
5
  
Trong tam giác vuông ABE: 
2 2 2 2
1 1 1 5
AH AB AE 4AB
   
 
5.AH
AB 4
2
  
0,25 
B  BN  B(b; 8 - 2b) (b > 2) 
AB = 4  B(3; 2) 
0,25 
Phương trình AE: x + 1 = 0 
E = AE  BN  E(-1; 10)  D(-1; 6)  M(-1; 4) 
0,25 
7 
Gọi I là tâm của (BKM)  I là trung điểm của BM  I(1; 3) 
BM
R 5
2
  . Vậy phương trình đường tròn: (x - 1)2 + (y - 3)2 = 5. 
0,25 
   
 
2 2
2 2
1 2 2 3 1
1 2 2 2
y x y x y xy
y x y x y
     

     
ĐK: y  -1 
Xét (1):   2 21 2 2 3y x y x y xy     
Đặt  2 22 0x y t t   
Phương trình (1) trở thành:  2 2 21 2 2 3 0t y t x y x y xy        
  = (1 - y)2 + 4(x2 + 2y2 + x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1)2 
2 2
2 2
2 11
2 2 2
x y x yt x y
t x y x y x y
        
       
0,5 
8 
Với 2 22 1x y x y     , thay vào (2) ta có: 
2
1
1 3 1 03
9 5 0
y
y y y
y y

 
     
  
 2 1x x   (vô nghiệm) 
0,25 
H
E
K
N
M
D C
BA
WW
W.
VN
MA
TH
.CO
M
trang 1 
TRƯỜNG THPT MẠC ĐỈNH CHI 
ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn TOÁN 
Thời gian làm bài 180 phút 
­­­­­­­­­­­­***­­­­­­­­­­­­ 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số:  4 2 2 2( 1) 1    (1) y x m x = - + + 
a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  hàm số (1) khi m = 0. 
b) Tìm các giá trị của tham số m  để  hàm số (1) có  3 điểm cực trị  thỏa mãn giá 
trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất. 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a)  Giải phương trình : sin 2 cos sin 1  ( ) x x x x R - + = Π
b)  Giải bất phương trình :  2 1  2 
2 
log log (2 ) 0   ( ) x x R é ù - > Î ë û  . 
Câu 3  (1,0 điểm). Tính tích phân 
2 
3 1  1 
dx 
I 
x x 
= 
+ 
ò  . 
Câu 4  (0,5 điểm).  Cho số phức  z  thỏa mãn điều kiện 
11 
1 
2 
z 
z 
z 
- 
= - 
- 
. Hãy tính 
4 
2 
z i 
z i 
- 
+ 
. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ  . ' ' ' ABC A B C  ,  ABC D  đều có cạnh bằng a ,  ' AA a = 
và đỉnh  ' A  cách đều  , , A B C . Gọi  M , N  lần lượt là trung điểm của cạnh BC và  ' A B  . 
Tính  theo  a  thể  tích  khối  lăng  trụ  . ' ' ' ABC A B C  và  khoảng cách  từ  C đến mặt phẳng 
( ) AMN  . 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho mặt cầu  ( ) S  có phương 
trình  2 2 2  4 6 2 2 0 x y z x y z + + - + - - =  . Lập phương trình mặt phẳng  ( ) P  chứa truc Oy 
và cắt mặt cầu  ( ) S  theo một đường tròn có bán kính  2 3 r =  . 
Câu 7 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 
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 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba 
bảng khác nhau. 
Câu 8  (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy, cho  tam giác  ABC  với đường 
cao  AH có phương trình  3 4 10 0 x y + + =  và đường phân giác trong  BE  có phương trình 
1 0 x y - + =  . Điểm  (0;2) M  thuộc đường  thẳng  AB  và cách đỉnh  C  một khoảng bằng 
2 . Tính diện tích tam giác  ABC . 
Câu 9  (1,0 điểm). Giải bất phương trình: ( ) 2 2 5 4 1 ( 2 4) x x x x x + < + + -  (xÎ R). 
Câu10 (1,0 điểm). Cho các số thực  ; x y  thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2 2 2 1 2 1 2 P x y x x y x y = + + + + + - + + -  . 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
trang 2 
ĐÁP ÁN 
Câu 1. 
(2 đ) 
a) (Tự khảo sát) 
b) y’ = 4x 3 – 4(m 2 +1)x 
y’ = 0 Û 
2 
0 
1 
x 
x m 
= é 
ê 
= ± + ê ë 
Þ hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m 
2  1 CT x m = ± + Þ giá trị cực tiểu 
2 2 ( 1) 1 CT y m = - + + 
2 2 ì ( 1) 1 0 CT V m y + ³ Þ £ 
2 max( ) 0 1 1 0 CT y m m = Û + = Û = 
Câu 2. 
(1 đ) 
a) sin2 cos sin 1 x x x - + =  (1) 
(1) Û  (sin cos )(1 sin cos ) 0 x x x x - + - = 
sin cos 0 
1 sin cos 0 
x x 
x x 
- = é 
Û ê + - = ë 
4  ( ) 
3 
2 2 
2 
x k 
k Z 
x k x k 
p é = + p ê 
Û Î ê 
p ê = p Ú = + p 
ê ë 
b)  2 1  2 
2 
og log (2 ) 0   ( ) x x R é ù - > Î ë û  (2). 
Điều kiện:  2 2 2 log (2 ) 0 2 1 1 1 x x x - > Û - > Û - < < 
Khi đó (2) Û  2 2  2 2 
1 1 1 1  1 1 
log (2 ) 1 
0 2 2 0 
x x  x 
x 
x x x 
- < < - < < ì ì - < < ì 
- < Û Û Û í í í 
¹ - î î î 
Vậy tập nghiệm bpt là  ( 1;0) (0;1) S = - È 
Câu 3. 
(1 đ) 
2 2 2 
3 3 3 1 1 1 1 
dx x dx 
I 
x x x x 
= = 
+ + 
ò ò  . 
Đặt  3 3 2 2 
2 
1 1 . 
3 
t x x t x dx t dt = + Þ = - Þ =  . 
1 2 ;    2 3 x t x t = Þ = = Þ = 
3 3 
2 2 2 
2 . 1 1 1 
3 3 1 1 ( 1) 
t dt 
I dt 
t t t t 
æ ö = = - ç ÷ - + - è ø ò ò 
3 
2 
1 1 1 1 2 1 1 3 2 2 
ln ln ln ln 
3 1 3 2 3 2 2 1 
x 
I 
x 
æ ö - - + 
= = - = ç ÷ 
+ + è ø 
Câu 4. 
(0,5 đ) 
11 
1 
2 
z 
z 
z 
- 
= - 
- 
Û  2  4 13 0 z z - + =  ,  2 ' 9 9i D = - = Þ 
2 3 
2 3 
z i 
z i 
= + é 
ê = - ë 
l  2 3 z i = + Þ  4 
2 
z i 
z i 
- 
+ 
= 
2 
1 
2 
i 
i 
- 
= 
- 
l  2 3 z i = - Þ  4 
2 
z i 
z i 
- 
+ 
= 
2 7 53 
2 5  29 
i 
i 
- 
= 
+ 
Câu 5. 
(1 đ) 
l Gọi O là tâm tam giác đều ABC Þ A’O ^ (ABC) 
Ta có 
3 2 3 
, 
2 3 3 
a a 
AM AO AM = = = 
2 
2 2 2  6 ' ' 
3 3 
a a 
A O AA AO a = - = - =  ; 
2  3 
4 ABC 
a 
S D =
trang 3 
Thể  tích  khối  lăng  trụ  . ' ' ' ABC A B C  : 
2 2 3 6 2 
. ' . 
4 3 4 ABC 
a a a 
V S A O D = = = 
l Ta có [ ] 1  . , ( ) 
3 NAMC AMC 
V S d N ABC D = [ ] 
3 
,( )  NAMC 
AMC 
V 
d C AMN 
S D 
Þ = 
[ ] 
2 1 3 1 6 
;   ,( ) ' 
2 8 2 6 AMC ABC 
a a 
S S d N ABC A O = = = = 
Suy ra: 
2 2 1 3 6 2 
. 
3 8 6 48 NAMC 
a a a 
V = = 
lại có : 
3
2 
a 
AM AN = =  , nên  AMN D  cân tại A 
Gọi E là trung điểm AM  suy ra  AE MN ^  ,  ' 
2 2 
A C a 
MN = = 
2 2 
2 2  3 11 
4 16 4 
a a a 
AE AN NE Þ = - = - =  ; 
2 1 11 
. 
2 16 AMN 
a 
S MN AE = = 
[ ] 
2 3 2 11 22 
,( ) : 
48 16 11 
a a a 
d C AMN Þ = =  (đvđd) 
Câu 6. 
(1 đ) 
2 2 2 2 2 2 ( ) : 4 6 2 2 0 ( 2) ( 3) ( 1) 16 S x y z x y z x y z + + - + - - = Û - + + + - = 
Þ  ( ) S  có tâm  (2; 3;1) I -  bán kính  4 R =  ; trục Oy có VTCP  (0;1;0) j = 
r 
Gọi  ( ; ; ) n a b c = 
r 
là VTPT mp(P) , 
( ) P  chứa Oy Þ  2 2 0   ( ;0; )  ( 0) n j b n a c a c ^ Þ = Þ = + ¹ 
r r r 
Phương trình mp(P):  0 ax cz + = 
(P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh  2 3 r = 
Þ [ ]  2 2 , ( ) 2 d I P R r = - = Û 
2 2 2 2 
2 2 
2 
2 4 4 4 4 
a c 
a ac c a c 
a c 
+ 
= Û + + = + 
+ 
E 
A 
B 
C 
C' 
B' 
A' 
M 
O 
N
trang 4 
2  0 3 4 0 
3 4 
c 
c ac 
c a 
= é 
Û - = Û ê = ë 
Vậy phương trình mp(P) :  0 x =  hoặc 3 4 0 x z + =  . 
Câu 7. 
(0,5 đ) 
Số phần tử không gian mẫu là  4 
4 4 4 
12 8 ( ) . . 34.650 n C C C W = = 
Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau” 
Số các kết quả thuận lợi của A là  3 3 3 9 6 3 ( ) 3 .2 .1. 1080 n A C C C = = 
Xác xuất của biến cố A là 
( ) 1080 54 
( ) 0,31 
( 34650 173 
n A 
P A 
n 
= = = 
W 
; 
Câu 8. 
(1 đ) 
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC 
Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có 
phương trình 4x − 3y – 1 = 0 
B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt: 
4 3 1 0 
(4;5) 
1 0 
x y 
B 
x y 
- - = ì 
Û í - + = î 
Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt: 
3 4 8 0  1 
( 3; ) 
3 4 10 0  4 
x y 
A 
x y 
- - = ì 
Û - - í + + = î 
Điểm C thuộc BC va MC = 2  suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt: 
2 2 
(1;1) 1; 1 4 3 1 0 
31 33 31 33 
; ; ( 2) 2 
25 25 25 25 
C x y x y 
C x y x y 
é = = é - - = ì ï ê ê Û Þ í æ ö ê ê = = + - = ç ÷ ï î ê ë è ø ë 
Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra 
A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC. 
Tương tự A và 
31 33 
; 
25 25 
C æ ö ç ÷ 
è ø 
thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác 
ngoài của tam giác ABC. 
BC = 5, 
49 
( , ) 
20 
AH d A BC = =  . Do đó 
49 
8 ABC 
S =  (đvdt). 
Câu 9. 
(1 đ) 
( ) 2 2 5 4 1 ( 2 4) x x x x x + < + + -  (*) 
A 
B 
C 
H 
E 
M(0;2