Đề thi thử kỳ thi thpt quốc gia lần 1 năm học 2015 – 2016 môn thi: Toán lớp 12 thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

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
cos2 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---------------- 
DeThi
De
iThu.Net
ĐÁP ÁN 
Câu Nội dung Điểm 
1 a) Khảo sát hàm số 3 2 3 2y x mx  
Với m = 1, ta có hàm số: y = x3 + 3x2 + 2 
*) TXĐ: 
*) Sự biến thiên: 
+) Giới hạn tại vô cực: im 

l
x
y


0,25 
+) Chiều biến thiên: 
y' = 3x
2
 + 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 
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   
   
   
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


    
   
0,5 
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-1 -5 10 15-15 0 5
DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Cập Nhật Hằng Ngày!
DeThiThu.Net
 
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 
3 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 
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 
4 
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 
 = 
1
0
2 1 3
ln ln
2 2 2
t
t
 
 
  0,5 
5 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 
De
hiThu.Net
 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 
6 
+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là 'AKA 0' 60AKA  . 
 Tính A'K = 
1
' '
2 2
a
A C   0
3
' ' .tan60
2
a
AA A K  
3
. ' ' '
3
=AA'.S
8
ABC A B C ABC
a
V  
0,5 
+) 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 
7 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 
H
K
C'
B'
A'
CB
A
H
E
K
N
M
D C
BA
DeThiThu.Net
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 
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 
8 
   
 
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 
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 
Với 2 22 2x y x y   , ta có hệ: 
2 2
1 5
1 2 4
1 52 2
2
xy x
x y x y
y
  
    
 
    

Vậy hệ phương trình có nghiệm  
1 5 1 5
; ;
4 2
x y
   
  
 
0,25 
9 Từ điều kiện: 5x2 + 5(y2 + z2) = 9x(y + z) + 18yz 
  5x2 - 9x(y + z) = 18yz - 5(y2 + z2) 
Áp dụng BĐT Côsi ta có:    
2 22 21 1yz y z ;y z y z
4 2
     
 18yz - 5(y2 + z2)  2(y + z)2. 
Do đó: 5x2 - 9x(y + z)  2(y + z)2  [x - 2(y + z)](5x + y + z)  0 
  x  2(y + z) 
       
3 2 3 32 2
x 1 2x 1 4 1
P
y z y zx y z y z x y z 27 y z
     
      
DeThiThu.Net
Đặt y + z = t > 0, ta có: P  4t - 3
1
t
27
Xét hàm  P  16. 
Vậy MaxP = 16 khi 
1
y z
12
1
x
3

 

 

 DeThiThu.Net
KHỞI ĐỘNG TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn thi: Toán – THPT 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số    3 26 12y xx C 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  .C 
b. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng  1y mx cắt đồ thị  C tại ba điểm phân 
biệt  0;1 , ,M N P sao cho N là trung điểm của .MP 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình    2cos sin cos cos sin2 1x x xx x 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong 
1
y
x
 và đường thẳng 
  2 3y x 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a. Giải phương trình      
3
2
3log 1 l g 2 2o 1x x 
b. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 
học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác 
suất để trong 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên. 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có các đỉnh lần 
lượt là    1; 2;3 , 2;1;0A B và   0; 1; 2 . C Viết phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A của 
tam giác ABC. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng ,a  SA SB a ; 
 2SD a và mặt phẳng  SBD vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD . Tính theo a thể tích khối 
chóp .S ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  .SCD 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có  2AC AB . 
Điểm  1;1 M là trung điểm của ,BC N thuộc cạnh AC sao cho 
1
,
3
AN NC điểm D thuộc BC sao 
cho AD đối xứng với AM qua tia phân giác trong góc ̂. Đường thẳng DN có phương trình 
  3 2 8 0.x y Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết C thuộc đường thẳng 
  : 7 0.d x y 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 
  


 




2 2
2 2
2
2
5 1
4 1
xy y
xy
x
y xy y y
Câu 9 (1,0 điểm) Cho , ,x y z là các số thực thuộc đoạn  1;2 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 
biểu thức: 



 
2 2 2
4 4 4
y y z z
x
x
y
A
z
x
--------------------Hết-------------------- 
Dethithu.Net - Đề Thi Thử ĐH mới nhất - Cập nhật hằng ngày!!
Viet-Student.Com - Cộng đồng HỌC SINH - SINH VIÊN Việt Nam .Tham gia ngay!!!
De
hiThu.Net
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ QG NĂM
2015
Đề 1 - Ngày thi : 10-10-2014
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1 Cho hàm số : y = x3 + x2 + 1–2 6 (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b. Tìm các giá trị tham số m để đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt
M(0; 1), N, P sao cho N là trung điểm của MP.
Lời giải :
a.
Tập XĐ: D = R. Đạo hàm: y′ = –6x2 + 12x.
y′ = 0 ⇐⇒ x = 0 hay x = 2 nên y(0) = 1 hay y(2) = 9
lim
x→+∞ y = –∞, limx→–∞ y = +∞
Bảng biến thiên
x
y′
y
–∞ 0 2 +∞
– 0 + 0 –
+∞
1
9
–∞
Hàm số y = –2x3 + 6x2 + 1 đồng biến trên khoảng (0; 2)
Hàm số y = –2x3 + 6x2 + 1 nghịch biến trên từng khoảng (–∞; 0) , (2;+∞)
Điểm cực đại (2; 9). Điểm cực tiểu (0; 1)
Đồ thị
x
y
b. Đường thẳng y = mx+1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(0; 1), N, P nếu như phương trình hoành
độ giao điểm –2x3 + 6x2 + 1 = mx + 1 có 3 nghiệm phân biệt tức là x(2x2 – 6x +m) = 0 có 3 nghiệm phân
biệt. Như thế chỉ cần 2x2 – 6x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 nghĩa là 9 – 2m > 0 và m 6= 0, nên
cần m <
9
2
. Giả sử N(x1; y1), P(x2; y2). N là trung điểm của MP nên 2x1 = x2 và 2y1 = y2+1. Ta có x1, x2
là nghiệm của 2x2 – 6x + m = 0 nên x1 + x2 = 3 suy ra x1 = 1, x2 = 2, y1 = 5, y2 = 9 và m = 4
2
Dethithu.Net - Đề Thi Thử ĐH mới nhất - Cập nhật hằng ngày!!
Viet-Student.Com - Cộng đồng HỌC SINH - SINH VIÊN Việt Nam .Tham gia ngay!!!
DeThiThu.Net
Câu 2 Giải phương trình: 2 s x + n x – s ) s x = 1 + n x( co si co 2x co si
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
2 cos2 x – 1 – cos 2x cos x + sin x cos x – sin x ⇐⇒ cos 2x – cos 2x cos x – sin x + sin x cos x
⇐⇒ cos 2x (1 – cos x) – sin x (1 – cos x) = 0 ⇐⇒ (1 – cos x)(cos 2x – sin x) = 0
⇐⇒
[
cos x = 1
cos 2x = sin x ⇐⇒
[
cos x = 1
cos 2x = cos
(pi
2
– x
) ⇐⇒


x = k2pi
x =
pi
6
+ k
2pi
3
x = –
pi
2
+ k2pi
(k ∈ Z )
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = k2pi; x =
pi
6
+ k
2pi
3
; x = –
pi
2
+ k2pi (k ∈ Z )
Câu 3 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y =
1
x
và đường thẳng y = x + 3–2 .
Lời giải :
y =
1
xy = –2x + 3
(1, 1)
( 1
2
, 2) Hoành độ giao điểm đường cong và đường thẳng là nghiệm
phương trình
1
x
= –2x + 3 ⇐⇒ x = 12 hay x = 1
Diện tích hình phẳng là
S =
∫ 1
1
2
∣
–2x + 3 –
1
x
∣
dx =
∣∫ 1
1
2
(
–2x + 3 –
1
x
)
dx∣
=
∣(
–x2 + 3x – ln x
) ∣1
1
2
∣ = 3
4
– ln 2
Câu 4
a. Giải phương trình g3x – )2 + g√3 x – ) = 2lo ( 1 lo (2 1
b. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học
sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong
4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.
Lời giải :
a. Điều kiện
{
x >
1
2
x 6= 1
Ta có:
log3(x – 1)
2 + log√3 (2x – 1) = 2 ⇐⇒ 2log3 (|x – 1|) + 2log3 (2x – 1) = 2
⇐⇒ log3 (|x – 1|) + log3 (2x – 1) = 1 ⇐⇒ log3 [|x – 1| (2x – 1)] = 1
⇐⇒
[
(x – 1) (2x – 1) = 3
(1 – x) (2x – 1) = 3
⇐⇒ x = 2
Kết hợp với điều kiện thì nghiệm của phương trình đã cho là: x = 2
b.Cách 1
Số cách chọn 4 học sinh có trong 12 học sinh là: {412 = 495 (cách)
Số cách chọn 4 học sinh mà không có học sinh của quá 2 lớp gồm:
TH1: Chỉ có học sinh lớp A: {45 (cách)
TH2: Chỉ có học sinh lớp B: {44 (cách)
TH3: Có học sinh lớp A và có học sinh lớp B: {49 – {45 – {44 (cách)
TH4: Có học sinh lớp A và có học sinh lớp C: {48 – {45 (cách)
TH5: Có học sinh lớp B và có học sinh lớp C: {47 – {44 (cách)
3
Dethithu.Net - Đề Thi Thử ĐH mới nhất - Cập nhật hằng ngày!!
Viet-Student.Com - Cộng đồng HỌC SINH - SINH VIÊN Việt Nam .Tham gia ngay!!!
DeThiThu.Net
Tóm lại là có: {49 + {48 + {47 – {45 – {44 = 225 (cách)
Vậy xác suất cần tính là:
225
495
=
5
11
b.Cách 2
Số cách chọn 4 học sinh có trong 12 học sinh là: {412 = 495 (cách)
Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 2 hs, lớp B có 1 hs, lớp C có 1 hs. {25.{14.{23 (cách)
Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 1 hs, lớp B có 2 hs, lớp C có 1 hs. {15.{24.{13 (cách)
Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 1 hs, lớp B có 1 hs, lớp C có 2 hs. {15.{14.{23 (cách)
Số cách chọn 4 học sinh đều có trong 3 lớp là: {25.{14.{23 + {15.{24.{13 + {15.{14.{23 = 270 (cách)
Tóm lại số cách chọn 4 học sinh mà không có học sinh của quá 2 lớp là : 495 – 270 = 225 (cách)
Vậy xác suất cần tính là:
225
495
=
5
11
Câu 5 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có các đỉnh lần lượt là
A(1; –2; 3), B(2; 1; 0), C(0; –1; –2). Viết phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác
ABC.
Lời giải :
––→
CB = (2; 2; 2), mặt phẳng α qua A vuông góc BC có phương
trình (x – 1) + (y + 2) + (z – 3) = 0 ⇐⇒ x + y + z – 2 = 0
BC cắt α tại H có tọa độ thỏa
{
x – 2
1
=
y – 1
1
=
z
1
x + y + z – 2 = 0
nên H
(
5
3
;
2
3
; –
1
3
)
và
––→
AH =
(
2
3
;
8
3
; –
10
3
)
Do đó phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam
giác ABC là AH :
x – 1
1
=
y + 2
4
=
z – 3
–5
Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA = SB = a; SD = a
√
2 và mặt
phẳng (SBD) vuông góc với mặt đáy (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (SCD).
Lời giải:
Kẻ SH ⊥ BD⇒ SH là đường cao của hình chóp
Gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB,BD.
AB = SA = SB = a suy ra 4SAB đều nên SE ⊥ AB,
và AB ⊥ (SHE) do đó EH là trung trực của AB
⇒4BEH ∼ 4BIA ⇒ BE
BI
=
BH
BA
⇔ BH.2BI = BA.2BE
⇔ BH.BD = BA2 = SB2 = a2 ⇒4SBD vuông tại S
Từ đó ta được SH =
a
√
6
3
, BD = a
√
3,AC = a
⇒ VS.ABCD =
a3
√
2
6
Gọi K là trung điểm SD ta được AK⊥SD⊥CK
Mà SK =
SD
2
=
a
√
2
2
nên AK =
√
SA2 – SK2 =
a
√
2
2
tương tự 4ABC đều nên SC = a =⇒ CK = a
√
2
2
suy ra 4ACK vuông cân tại K do đó AK⊥(SCD).
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) là AK =
a
√
2
2
4
Dethithu.Net - Đề Thi Thử ĐH mới nhất - Cập nhật hằng ngày!!
Viet-Student.Com - Cộng đồng HỌC SINH - SINH VIÊN Việt Nam .Tham gia ngay!!!
DeThiThu.Net
Câu 7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AC = 2AB. Điểm M(1; 1)
là trung điểm của BC, N thuộc cạnh AC sao cho AN = 13NC, điểm D thuộc BC sao cho AD đối xứng
với AM qua tia phân giác trong góc B̂AC.Đường thẳng DN có phương trình 3x– 2y+8 = 0. Xác định
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết C thuộc đường thẳng d : x + y – 7 = 0.
Lời giải:
x
y
M = (1, 1)
3x – 2y = –8d : x + y = 7
C
B
A
D
N
B1
G
P
Gọi B1 là trung điểm AC. Việc chứng minh P là trung
điểm BG dành cho bạn. Khi đó:
• ––→AD = m––→AP = m2
(––→
AB+
––→
AG
)
= m2
––→
AB+ m3 .
––→
AM (1)
• ––→AD = n––→AB+ (1 – n) ––→AM (2)
(1) , (2)⇒ m2
––→
AB+ m3 .
––→
AM = n
––→
AB+ (1 – n)
––→
AM
⇒
{
m = 2n
m = 3 (1 – n) ⇒
{
m = 65
n = 35
⇒ ––→AD = 35
––→
AB+ 25
––→
AM
⇒ 35
(––→
AD –
––→
AB
)
= 25
( ––→
AM –
––→
AD
)
⇒ 3––→BD = 2–––→DM
⇒ 3
(––→
BM –
–––→
DM
)
= 2
–––→
DM⇒ 5–––→DM = 3––→BM = 3––→MC (∗)
Câu 8 Giải hệ phương trình
{
x2 – y – y2 = 1
y
(√
y – y2 +
√
y2 – y
)
= 1
2 5x
x 2 4 x
Lời giải :
Điều kiện 4y ≥ x ≥ 2y > 0.
Trừ vế với vế ta được
2x2 – 5xy – y2 – y
(√
xy – 2y2 +
√
4y2 – xy
)
= 0
Chia hai vế choy2 ta có
2
(
x
y
)
– 5
(
x
y
)
– 1 –
√
x
y
– 2 –
√
4 –
x
y
= 0
Đặt
x
y
= t⇒ t ∈ [2; 4]. Khi đó ta được
2t2 – 5t – 1 –
√
t – 2 –
√
4 – t = 0
⇐⇒ 2t2 – 6t +
√
t – 2
(√
t – 2 – 1
)
+
(
1 –
√
4 – t
)
= 0
⇐⇒ 2t(t – 3) + (t – 3)
√
t – 2√
t – 2 + 1
+
t – 3
1 +
√
4 – t
= 0
⇐⇒ (t – 3) 2t +
√
t – 2√
t – 2 + 1
+
1
1 +
√
4 – t
)
= 0
ta thấy 2t +
√
t – 2√
t – 2 + 1
+
1
1 +
√
4 – t
> 0 với t ∈ [2; 4]
Vậy t = 3 suy ra x = 3y thế vào phương trình (1) của hệ ta được phương trình
2y2 = 1⇒ y = 1√
2
=⇒ x = 3√
2
Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) =
(
3√
2
;
1√
2
)
Câu 9 Cho x, y, z ∈ [1; 2]. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
A =
x2y + y2z + z2x
x4 + y4 + z4
5
Dethithu.Net - Đề Thi Thử ĐH mới nhất - Cập nhật hằng ngày!!
Viet-Student.Com - Cộng đồng HỌC SINH - SINH VIÊN Việt Nam .Tham gia ngay!!!
DeThiThu.Net
Lời giải :
GTLN:
Ta có a2b + b2c + c2a ≤
(
a2 + b2 + c2
)√a2 + b2 + c2
3
và a4 + b4 + c4 ≥
(
a2 + b2 + c2
)2
3
Suy ra A ≤
√
3
a2 + b2 + c2
≤ 1. Cho nên maxA = 1 ⇐⇒ a = b = c = 1.
GTNN:
Đặt x = a2, y = b2, z = c2 =⇒ x, y, z ∈ [1; 4]. Khi đó
3A ≥ 2(x + y + z) + xy + yz + zx
5(x + y + z) – 12
= f(x, y, z)
Dễ dàng chứng minh được
f(x, y, z) ≥ min{f(1, y, z), f(4, y, z)} ≥ min{f(1, 4, z), f(1, 1, z), f(4, 1, z)} ≥ 7
8
Cho nên minA =
7
8
⇐⇒ a = 2, b = c = 1.
—————————————————-Hết—————————————————-
6
Dethithu.Net - Đề Thi Thử ĐH mới nhất - Cập nhật hằng ngày!!
Viet-Student.Com - Cộng đồng HỌC SINH - SINH VIÊN Việt Nam .Tham gia ngay!!!
LIKE FANPAGE ĐỂ CẬP NHẬT ĐỀ THI NHIỀU HƠN : 
DeThiThu.Net
 DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Cập Nhật Hằng Ngày!
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Cập Nhật Hằng Ngày!
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Cập Nhật Hằng Ngày!
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Cập Nhật Hằng Ngày!
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Cập Nhật Hằng Ngày!
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Cập Nhật Hằng Ngày!
Like fanpage để cập nhật đề thi nhiều hơn : 
DeThiThu.Net
Like fanpage để cập nhật đề thi nhiều hơn : 
DeThiThu.Net
Like fanpage để cập nhật đề thi nhiều hơn : 
DeThiThu.Net
Like fanpage để cập nhật đề thi nhiều hơn : 
DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Cập Nhật Hằng Ngày!
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Cập Nhật Hằng Ngày!
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Cập Nhật Hằng Ngày!
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net - Đề Thi Thử Đại Học - THPT Quốc Gia - Cập Nhật Hằng Ngày!
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
DeThiThu.Net
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Ngày thi:  tháng  năm 2014 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 ( 1) 1 (1)y x mx m x     
a. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với 1.m   
b. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ 1x   đi qua điểm 
(1; 2).A 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 
1
3sin cos
cos
x x
x
  . 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:    
2 3
4 82
log 1 2 log 4 log 4x x x      . 
Câu 4 (1,0 điểm). Rút gọn: 1 2 2 3 12.2. 3.2 . ... .2 . .n nn n n nP C C C n C
     
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 
1
7 3 9
( ) :
1 2 1
x y z
d
  
 

 và 2
3 7
( ) : 1 2 .
1 3
x t
d y t
z t
 

 
  
Chứng minh 1( )d và 2( )d chéo nhau và lập 
phương trình đường vuông góc chung giữa hai đường thẳng đó. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp . DS ABC có đáy ABCD là hình vuông cạnh ;a SA vuông 
góc với đáy và .SA a Tính theo a thể tích tứ diện SACD và góc giữa hai đường thẳng 
,SB AC . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm 
( 1; 3)H  , tâm đường tròn ngoại tiếp (3; 3),I  chân đường cao kẻ từ A là điểm ( 1; 1).K  
Tìm tọa độ các đỉnh , , .A B C 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ: 
3 2 2 3
3 23
2 2 2 0
6 5 3 2 3
x xy x y y x y
y x x y
      

    
. 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn 1.xyz  Tìm giá trị nhỏ nhất của 
2 2 2
1 1 4
( 1) ( 1) 3( 1)
P
x y z
  
  
. 
--------- 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: . 
DeThiT
u.Net
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi:  tháng  năm 2014 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1 
(2,0 
điểm) 
1.  Với 1m   : 3 23 1y x x   . 
a) Tập xác định: .D  
b) Sự biến thiên: 
 2' 3 6 ;y x x  
0
' 0 .
2
x
y
x

   
0,25 điểm 
 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;0) và (2; ), nghịch biến trên 
(0;2). 
 Hàm số đạt cực đại tại 0; 1,CDx y  cực tiểu tại 2; 3.CTx y   
 Giới hạn: lim ; lim .
x x
y y
 
    Đồ thị không có tiệm cận. 
0,25 điểm 
 Bảng biến thiên: 
-3
1
+∞
-∞
20 +∞-∞
y
y'
x
0,25 điểm 
c) Đồ thị: 
 Giao Oy tại (0;1). 
 Tâm đối xứng: (1; 1).I  
 Điểm phụ: ( 1; 3); (3;1).  
0,25 điểm 
DeThiThu.Net
2. 3 23 ( 1) 1.y x mx m x     
 2' 3 6 1.y x mx m    
 Với 1 2 1x y m      Điểm ( 1;2 1).M m  
0,25 điểm 
 Phương trình tiếp tuyến tại :M 
 1' ( 1) 2 1y y x m    (4 5 )( 1) 2 1 ( ).m x m      
0,25 điểm 
 ( ) đi qua (1;2) 2 2(4 5 ) 2 1A m m     2 8 10 2 1m m     0,25 điểm 
5
8 5 .
8
m m    Vậy 
5
.
8
m  0,25 điểm 
Câu 2 
(1,0 
điểm) 
1
3sin cos (1).
cos
x x
x
  
 Điều kiện: cos 0.x  
0,25 điểm 
2(1) 3sin cos cos 1x x x   23sin cos 1 cosx x x   
23sin cos sinx x x  sin ( 3cos sin ) 0x x x  
sin 0
3 cos sin 0
x
x x

 
 
0,25 điểm 
Trường hợp 1: 
3 1
3 cos sin 0 cos sin 0
2 2
x x x x     cos cos sin sin 0
6 6
x x
 
  
cos 0
6
x
 
   
 
( )
6 2 3
x k x k k
  
         (Thỏa mãn). 
0,25 điểm 
Trường hợp 2: sinx 0 ( )x k k    (Thỏa mãn). 
Vậy ( ) .
3
x k
k
x k




 
  

0,25 điểm 
Câu 3 
(1,0 
điểm) 
2 3
4 82
log ( 1) 2 log 4 log (4 ) (1).x x x      
 Điều kiện: 4 4; 1.x x     0,25 điểm 
 2 2 2 2(1) log 1 log 4 log (4 ) log (4 )x x x       
   22 2log 4 1 log (16 )x x   
24 1 16 (*).x x    
0,25 điểm 
 Trường hợp 1: 4 1.x    
 2(*) 4( 1) 16x x    2 4 20 0x x   
2 2 6
.
2 2 6
x
x
  
 
 
Ta thấy 2 2 6 x thỏa mãn. 
0,25 điểm 
DeThiThu.Net
 Trường hợp 2: 1 4.x   2(*) 4( 1) 16x x    2 4 12 0x x    
2
.
6
x
x

   
Tương tự, ta thấy 2x  thỏa mãn. 
Vậy 
2 2 6
.
2
x
x
  


thỏa mãn loại 
0,25 điểm 
Câu 4 
(1,0 
điểm) 
 Xét: 0 1 2 2 3(1 ) (1)n n nn n n n nx C C x C x C C n       0,25 điểm 
 Đạo hàm hai vế của (1), ta được: 
1 1 2 2 3 1(1 ) 2 . 3 . .n n nn n n nn x C xC x C n x C
       
0,25 điểm 
 Chọn 1 1 2 2 3 1 12 (1 2) 2.2. 3.2 . .2 . .n nn n n nx n C C C n C
         0,25 điểm 
1.3nn P  
Vậy 1.3nP n  
0,25 điểm 
Câu 5 
(1,0 
điểm) 
1 2
3 7
7 3 9
( ) : ; ( ) : 1 2 .
1 2 1
1 3
x t
x y z
d d y t
z t
 
   
   
   
 1( ) :d qua 1(7;3;9); (1;2; 1).dM u   
2( ) :d qua 2(3;1;1); ( 7;2;3).dN u   
0,25 điểm 
 
1 2
, (8;4;16);d du u    ( 4; 2; 8)MN    
1 2
, . 32 8 128 168 0d du u MN         
 1 2( ), ( )d d chéo nhau. 
0,25 điểm 
 Lấy 1( ) ( ' 7;2 ' 3;9 ');A d A t t t     2( ) (3 7 ;2 1;3 1).B d B t t t     
( ' 7 4;2 2 ' 2; ' 3 8).AB t t t t t t         
 AB là đường vuông góc chung 1
2
1
2
. 0( )
( ) . 0
d
d
ABuAB d
AB d ABu
  
  
  
0,25 điểm 
' 7 4 2(2 2 ' 2) ( ' 3 8) 0 6 ' 6 0
7( ' 7 4) 2(2 2 ' 2) 3( ' 3 8) 0 6 ' 62 0
t t t t t t t t
t t t t t t t t
            
  
             
 (7;3;9);B 3;1;10
.
' 0 ( 4; 2; 8) / /(2;1;4)
At
t AB
 
  
     
(7;3;9) 7 3 9
: : .
2 1 4(2;1;4)AB
qua A x y z
AB AB
u
   
   

0,25 điểm 
DeThiThu.Net
Câu 6 
(1,0 
điểm) 
 
3
.
1
. . .
3 6
S ACD ACD
a
V SAS  
A
B
S
D
C
0,25 điểm 
 . ( ).SB AC SA AB AC  
. .SA AC AB AC  
2. . .cos45AB AC AB AC a   2. .SB AC a  
0,25 điểm 
 2 2 2 .SB SB SA AB a    2 .AC AC a  0,25 điểm 
2
2
. 1
cos( ; )
2 2.
SB AC a
SB AC
aSB AC
    
  0; 60SB AC  
0,25 điểm 
Câu 7 
(1,0 
điểm) 
+ Kéo dài ( )AI I tại .D 
Ta có 90ACD AC CD   
và H trực tâm 
BH AC  BH //CD . 
Chứng minh tương tự ta được 
BD //HC BHCD là hình bình 
hành. 
Ta có BC HD tại M là trung 
điểm mỗi đường (1) 
+ Kéo dài ( )AK I tại J 
90AJD AJ JD    (hay 
)JD AK và AK BC (giả 
thiết) JD // BC hay JD //KM (2) 
+ Từ (1) và (2) KM là đường trung bình HJD K  là trung điểm .HJ
0,25 điểm 
M
I (3; -3)
C
H(-1; 3)
A
B K(-1; 1)
J D
DeThiThu.Net
2 22 ( 1; 1) ( 1 3) ( 1 3) 2 5.
2
H J
K
H J
K
x x
x
J IJ R
y y
y


            
 

2 2( ) : ( 3) ( 3) 20 .I x y     
0,25 điểm 
 0; 2HK   
+ 
( 1; 3)
: : 1.
(0; 2)AH
qua H
AH AH x
u

  

+ ( )A AH I 
2 2 2
1
( 3) ( 3) 20 ( 3) 4
5
1 1
1
y
x y y
y
x x
x
  
             
       
( 1; 5)
( 1; 1)
A
J
  
 
 
. 
0,25 điểm 
 + 
( 1; 1)
: : 1.
qua K
BC BC y
BC AJ
 
 

+ , ( )B C BC I 
2 2 2
5
( 3) ( 3) 20 ( 3) 4
.1
1 1
1
x
x y x
x
y y
y
 
            
    
(1; 1); (5; 1)
.
(5; 1); (1; 1)
B C
B C

 

Vậy 
( 1; 5); (1; 1); (5; 1)
.
( 1; 5); (5; 1); (1; 1)
A B C
A B C
 
  
0,25 điểm 
Câu 8 
(1,0 
điểm) 
3 2 2 3
3 23
2 2 2 0 (1)
.
6 5 3 2 3 (2)
x xy x y y x y
y x x y
      

    
 3 2 2 3(1) ( 2 ) ( 2 ) 2 0x x y xy y x y       
 2 2( 2 ) ( 2 ) 2 0x x y y x y x y       2 2( 1)( 2 ) 0x y x y     
0,25 điểm 
DeThiThu.Net
2 2 1 0
2
2
x y
x
x y y
   

   

.(Vì phương trình 2 2 1 0x y   vô nghiệm) 
 Thay 
2
x
y  vào (2) : 3 23 3 5 3 3x x x x     
3 233 5 3 5 3 4 2x x x x x        
3 233 5 3 5 ( 3 3 1) ( 1)x x x x x x          
 333 5 3 5 ( 1) ( 1) *x x x x        
0,25 điểm 
Xét 3( ) , .f t t t t   Ta có   3* ( 3 5) ( 1).f x f x    
 2'( ) 3 1 0 .f t t t     
( )f t đồng biến trên . 
0,25 điểm 
   3* ( 3 5) ( 1)f x f x    3 3 5 1x x    
33 5 ( 1)x x    3 23 5 3 3 1x x x x      
3 23 4 0x x   
1
1
.2
2 1
x y
x y

  

    
Vậy 
1
( ; ) 1; ;( 2; 1) .
2
x y
  
    
  
0,25 điểm 
Câu 9 
(1,0 
điểm) 
Ta có bất đẳng thức :  2 2
1 1 1
; ; 0
( 1) ( 1) 1
a b
a b ab
  
  
Bất đẳng thức trên 2 2 2 2( 1) ( 1) (1 ) ( 1) .( 1)a b ab a b          
2 2( ) (1 ) 0ab a b ab     (luôn đúng). 
0,25 điểm 
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có : 
2 2 2
1 1 4
( 1) ( 1) 3( 1)
P
x y z
  
  
2 2 2
1 4 1 4 4
11 3( 1) 3( 1) 1 3( 1)
1
z
xy z z z z
z
     
    

(do 1xyz  ) 
2 2
2 2
3( ) 4 3 3 4
( )
3( 1) 3( 1)
z z z z
f z
z z
   
  
 
0,25 điểm 
3
3 5
'( ) 0
3( 1)
z
f z
z

 

5
3
z  . 
0,25 điểm 
DeThiThu.Net
5 13
min ( )
3 16
f z f
 
   
 
. 
13
16
P  . 
Dấu ‘’=’’ xảy ra khi và chỉ khi: 
3 5
; .
5 3
x y z   
 Vậy min
13
.
16
P  
0,25 điểm 
Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa. 
DeThiThu.Net
1 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Đề thi gồm có 01 trang) 
Ngày thi: thángnăm 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3
( )
1
x
y C
x



a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 
b) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với
IM góc  sao cho
3
os
5
c   . 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 
3 2 22 3 os 5cos sin 3sin cos
0
tan 3
c x x x x x
x
 


. 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình    
2 3
4 82
log 1 log 4 log 4 2.x x x     
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Một trường phát thưởng cho 60 học sinh giỏi, trong đó có 14 em trùng tên. Sắp xếp 60 em một 
cách ngẫu nhiên thành một hàng ngang. Tính xác suất để 14 em trùng tên đứng cạnh nhau. 
b) Xác định hệ số của 
6x trong khai triển nhị thức của biểu thức 3 10(1 )x x  . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng có phương trình là 
 
1 2
:
1 1 2
x y z
d
 
 

. Viết phương trình mặt phẳng  Q chứa đường thẳng  d