Đề thi thử – kỳ thi thpt quốc gia 2015 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ – KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 
VĨNH LONG Môn: TOÁN 
---------------- Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
 ----------------------------------- 
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số  
2 1
1
x
y f x
x

 

 (1) 
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1). 
b). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )C tại điểm M thuộc ( )C và có tung độ bằng 3. 
Câu 2.(1,0 điểm) 
a). Cho 0
4
x

  và 
3
4
x y

  . Tính giá trị của biểu thức   1 tan 1 tanA x y   
b). Tìm số phức z và tính môđun z , biết     3 1 2 5i z i i i      
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình    23 1
3
log 3 log 2 2 0x x x    
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình  2 5 2 1 3 4x x x x      
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân  
2
1 ln
e
e
I x xdx  
Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , 2BC a . Tam giác 
SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, mặt bên  SAC hợp với mặt 
đáy một góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 
 SCI , biết rằng I là trung điểm của cạnh AB . 
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có 
  090BAD ADC  , 
2AB AD  , 4DC  , đỉnh C nằm trên đường thẳng d : 3 2 0x y   . Điểm M nằm trên cạnh AD 
sao cho 2AM MD và đường thẳng BM có phương trình là 3 2 2 0x y   . Tìm tọa độ của đỉnh C . 
Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm  1;3; 2A  và mặt phẳng  P có 
phương trình 2 2 1 0x y z    . Viết phương trình mặt cầu  S có tâm là A và tiếp xúc với  P . Tìm 
tọa độ của tiếp điểm. 
Câu 9.(0,5 điểm) Cho tập hợp  1;2;3;4;5;6E  và M là tập tất cả các số gồm hai chữ số phân biệt 
thuộc E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số của số đó lớn hơn 7. 
Câu 10.(1,0 điểm) Cho , ,a b c là ba số thực dương và thỏa mãn điều kiện  2 2 23 1a b c   . Tìm giá 
trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
Q a b b c c a
b c c a a b
            
--------- HẾT --------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:; Số báo danh: 
Cảm ơn thầy Trần Chí Thanh  đã gửi tới www.laisac.page.tl
1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
VĨNH LONG ĐỀ THI THỬ – KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 
---------------- Môn: TOÁN 
 ----------------------------------- 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
1. 
(2,0 điểm) Cho hàm số  
2 1
1
x
y f x
x

 

 (1) 
 a).(1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1). 
+ Tập xác định:  \ 1D   
+ Giới hạn và tiệm cận: 
 lim lim 2
x x
y y
 
   tiệm cận ngang 2y  
1 1
lim ; lim
x x
y y
  
     tiệm cận đúng 1x  
0,25 
+ Sự biến thiên: 
  Chiều biến thiên: 
 
2
3
'
1
y
x



; ' 0,y x D   . 
 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;1 và  1; . 
  Cực trị: Hàm số không có cực trị 
0,25 
  Bảng biến thiên 
 x 1
—y
y


2
2
—
0,25 
  Đồ thị: 
0,25 
b).(1,0đ) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm M có tung độ bằng 3. 
+ Gọi    0 ;3M x C ta có 0x là nghiệm của phương trình 
 0
0
2 1
3
1
x
x



 
 
0
0 0
1
2 1 3 1
x
x x


  
  0 4x  . Suy ra  4;3M 
0,25 
+ Ta có  
 
2
3
1
f x
x

 

  hệ số góc của tiếp tuyến là  
 
2
3 1
4
34 1
f

   

 0,25 
+ Phương trình tiếp tuyến của ( )C tại  4;3M :  
1
4 3
3
y x    0,25 
+ Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là 
1 13
3 3
y x   0,25 
2 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
2. 
(1,0 điểm) a).(0,5đ) Cho 0 4
x

  và 
3
4
x y

  . Tính giá trị của biểu thức    1 tan 1 tanA x y   
+ Ta có 
3
4
x y

  và 
3
tan tan
4
x y
 
  
 
3
tan tan
4
3
1 tan tan
4
y
y





1 tan
1 tan
y
y
 


 0,25 
+ Khi đó  
1 tan
1 1 tan
1 tan
y
A y
y
   
    
  
1 tan 1 tan 2y y     0,25 
b).(0,5đ) Tìm số phức z và tính môđun z , biết     3 1 2 5i z i i i      
+ Giả sử z a bi   ,a b , ta có      1 3 2 2i a bi i     
    3 3 2 2a b a b i i      
0,25 
+ 
3 2
3 2
a b
a b
 
 
  
2
5
4
5
a
b


 
 

 Vậy 
2 4
5 5
z i  và 
2 5
5
z  
0,25 
3. 
(0,5điểm). 
Giải phương trình    23 1
3
log 3 log 2 2 0x x x    (1) 
+ ĐK: 
2 3 0
0
2 2 0
x x
x
x
  
 
 
 (*) 
 Ta có (1)     23 3log 3 log 2 2 0x x x        23 3log 3 log 2 2x x x   
0,25 
+  2 3 2 2x x x    2 2 0x x   
1
2
x
x

  
 Kết hợp với điều kiện (*), ta có nghiệm của phương trình là 1x  
0,25 
4. 
(1,0 điểm) 
Giải bất phương trình  2 5 2 1 3 4x x x x      (1) 
 + ĐK: 1 2x  . Ta có  2 5 3 4 1x x x        3 4 1 3 4 1x x x x       ; 
(1) trở thành     3 4 1 3 4 1 2 1 3 4x x x x x x x           (2) 
0,25 
+ Do 1 3 4 0x x    ,  1; 2x  nên 
(2)  3 4 1 2x x x      3 4 2 1x x x        3 3 2 2 1x x x    
0,25 
+  2
3 3
3 2
2
x
x x

     2
2
2
3 3
0
2
3 2 0
3 3
3 2
2
x
x x
x
x x
 



   

        

2
1
1 2
13 17 0
x
x
x
  

 

 
 0,25 
+ 
1 2x
x
 

 
  1 2x  
 So với điều kiện và suy ra tập nghiệm của bất phương trình là  1;2S  
0,25 
5. 
(1,0 điểm) Tính tích phân  
2
1 ln
e
e
I x xdx  
+ Ta có 
2 2
1 2ln
e e
e e
I xdx x xdx I I     (1) 0,25 
+ Tính  
2
2
2 4 2
1
1 1
2 2
e
e
e
e
I xdx x e e    0,25 
3 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
+ Tính 
2
2 ln
e
e
I x xdx  . Đặt 
lnu x
v x


 
 
2
1
2
u
x
x
v

 

 

 ; ta có 
2
2
2
2
1
ln
2 2
e e
ee
x
I x xdx
 
  
 
 
2 2
2
21ln
2 4
e e
ee
x
x x
   
    
  
   
4 2
4 2 4 21 1 32
2 4 4
e e
e e e e

     
0,25 
+ Vậy (1)  
4 2 4 2 4 2
1 2
3 5 3
2 4 4
e e e e e e
I I I
  
    
 2 25 3
4
e e 
 
0,25 
6. 
(1,0 điểm) 
Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , 2BC a . Tam giác SAB vuông cân tại S và 
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, mặt bên  SAC hợp với mặt đáy một góc 60 . Tính theo a thể 
tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SCI , biết rằng I là trung điểm của cạnh 
AB . 
600
2aM
I
A
C
B
S
 + Ta có SAB vuông cân tại S , I là trung điểm AB  SI AB và    SAB ABC 
  SI ABC . Gọi M là trung điểm AC , ta có IM // BC , 
1
2
IM BC a   IM AC và 
IM SI (do  SI ABC ) SM AC (đli 3đvg) 

60SMI   là góc giữa hai mặt phẳng 
 SAC và  ABC . 
0,25 
+ SMI vuông tại I , 

60SMI    0. tan 60 3SI IM a  ; SAB vuông cân tại S 
 2 2 3AB SI a  ; ABC vuông tại C  2 2 2 2AC AB BC a   . Do đó 
.
1
.
3
S ABC ABCV S SI 
1
. .
6
CACB SI 3
2 6
3
a 
0,25 
+ Ta có    .
3.
, A SCI
SCI
V
d A SCI
S
 ; 3. . .
1 6
2 3
A SCI S ACI S ABCV V V a   0,25 
 + Mặt khác  SI ABC ,  IC ABC  SI IC 
1
.
2
SCIS IC SI 
1
2 2
AB
SI
 
  
 
 2
3
2
a 
Suy ra   
3
.
2
6
3
33 2 6
,
33
2
A SCI
SCI
a
V
d A SCI a
S a
 
  
    
0,25 
4 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
7. 
(1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có 
  090BAD ADC  , 2AB AD  , 4DC  , 
đỉnh C nằm trên đường thẳng d : 3 2 0x y   . Điểm M nằm trên cạnh AD sao cho 2AM MD và đường 
thẳng BM có phương trình là 3 2 2 0x y   . Tìm tọa độ của đỉnh C . 
d: 3x - y + 2 = 0
3x - 2y + 2 = 0
C
D
A B
M
+ Ta có C d : 
2 3
x t
y t


 
  t   ;2 3C t t   
 
22
3 2 2
,
3 2
C Cx yd C BM
 

 
2 3
13
t
 (1) 0,25 
+ Theo giả thiết: M AD , 2AM MD 
1 2
3 3
MD AD  và 
4
3
AM  ; 
ABM vuông tại A 
1 4
.
2 3
ABMS AM AB  ; CDM vuông tại D 
1 4
.
2 3
MCDS MD DC  
và  
1
6
2
ABCDS AB CD AD   
10
3
BMC ABCD ABM MDCS S S S    
0,25 
+ ABM vuông tại A  2 2
16 2 13
4
9 3
BM AB AM     và ta lại có 
 
1
. ,
2
BMCS BM d C BM   
2.
, BMC
S
d C BM
BM
 
10
2
3
2 13
3
 
 
  
10
13
 (2) 
0,25 
+ Từ (1) và (2) ta có 
2 3 10
13 13
t
  2 3 10t  
2 3 10
2 3 10
t
t
 
   
 
8
3
4
t
t



 
Suy ra  4; 10C   hoặc 
8
;10
3
C
 
 
 
0,25 
8. 
(1,0 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm  1;3; 2A  và mặt phẳng  P có phương trình 
2 2 1 0x y z    . Viết phương trình mặt cầu  S có tâm là A và tiếp xúc với  P . Tìm tọa độ của tiếp điểm. 
 + Vì mặt cầu  S tâm A tiếp xúc với  P nên bán kính của  S là 
  
2.1 3 2.( 2) 1
, 2
4 1 4
R d A P
   
  
 
0,25 
+ Suy ra  S :      
2 2 2
1 3 2 4x y z      . 0,25 
+ Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với  P . Gọi K là giao điểm của d và  P , ta có 
K là tiếp điểm của  P và  S . Ta có một vectơ chỉ phương của d là  2; 1;2u  

 và phương 
trình tham số của d : 
1 2
3
2 2
x t
y t
z t
 

 
   
  t   1 2 ;3 ; 2 2K t t t    , vì K d 
0,25 
 + Mặt khác    1 2 ;3 ; 2 2K t t t P           2 1 2 3 2 2 2 1 0t t t         9 6 0t   
 
2
3
t  ; suy ra 
7 7 2
; ;
3 3 3
K
 
 
 
. 
0,25 
5 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
9. 
(0,5 điểm) 
Cho tập hợp  1; 2;3; 4;5;6E  và M là tập tất cả các số gồm hai chữ số phân biệt thuộc E . Lấy ngẫu nhiên 
một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số của số đó lớn hơn 7. 
 + Số phần tử của tập M là 26 30A  0,25 
+ Các số có tổng hai chữ số lớn hơn 7 gồm: 26, 62, 35, 53, 36, 63, 45, 54, 46, 64, 56, 65. Có 12 số 
Suy ra xác suất cần tìm là 
12 2
30 5
p   
0,25 
10. 
(1,0 điểm) 
Cho , ,a b c là ba số thực dương và thỏa mãn điều kiện  2 2 23 1a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
Q a b b c c a
b c c a a b
            . 
 + Ta có    2 2 2 23 1a b c a b c      . Suy ra 1a b c   . 0,25 
+ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có 
     2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2Q a b b c c a
b c c a a b
     
                
     
      
2 2 2
2 2 21 1 1 1 1 1
a b b c c a
b c c a a b
     
                
     
0,25 
 + Xét các vectơ 
1 1
;x a b
b c
 
   
 

, 
1 1
;y b c
c a
 
   
 

, 
1 1
;z c a
a b
 
   
 

Ta có  
1 1 1
2 ; 2x y z a b c
a b c
  
        
  
  
 và x y z x y z    
     
Khi đó    
 
2
2 2
2
1 1 1 81
2 4 4 2Q a b c a b c
a b c a b c
 
          
   
0,25 
+ Đặt  
2
t a b c    0 1t  . 
Xét hàm  
81
f t t
t
  với  0;1t . Ta có    2
81
1 0, 0;1f t t
t
      . 
 Suy ra  f t là hàm nghịch biến trên  0;1     1 82f t f   2 2 82Q  hay 2 41Q  
Dấu đẳng thức xảy ra  
1
3
a b c   . Vậy min 2 41Q  khi 
1
3
a b c   
0,25 
Chú ý: Mọi lời giải khác và đúng thì cho điểm tương ứng với câu đó theo thang điểm đã thống nhất. 
--------- HẾT --------- 
Cảm ơn thầy Trần Chí Thanh  đã gửi tới www.laisac.page.tl