Đề thi thử thpt quốc gia 2015 – (đề 1) môn toán thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH 
TRƯỜNG THPT VĨNH THẠNH 
_______________________ 
MA TRẬN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 
MÔN TOÁN (ĐỀ 1) 
CHỦ ĐỀ Nhận biết 
Thông 
hiểu 
Vận dụng 
thấp 
Vận dụng 
cao 
Tổng 
1. Ứng dụng đạo hàm, khảo sát và vẽ đồ 
thị hàm số 
Câu 1a 
Câu 1b 
2đ 
2đ 
2. Lũy thừa, mũ, lôgarít Câu 2b 
0,5 đ 
0,5 
3. Nguyên hàm, tích phân ứng dụng Câu 4 
1đ 
1đ 
4. Số phức Câu 3a 
0,5đ 
0,5 
5. Khối đa diện, khối tròn xoay Câu5.ý 1 
0,5đ 
Câu 5. ý 2 
0,5đ 
1đ 
6. Phương pháp tọa độ trong không 
gian 
 Câu 6 
1đ 
1đ 
7. Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Câu 7 
1đ 
1đ 
8. Lượng giác Câu 2a 
0,5 đ 
0,5đ 
9. Tổ hợp, xác suất Câu 3b 
0,5 đ 
0,5đ 
10. Phương trình, bất phương trình, hệ 
phương trình 
 Câu 8 
1đ 
1đ 
11. Bất đẳng thức, cực trị Câu 9 
1đ 
1đ 
Tổng 4đ 3đ 2đ 1đ 10đ 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH 
TRƯỜNG THPT VĨNH THẠNH 
_______________________ 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 – (ĐỀ 1) 
MÔN TOÁN 
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2y 2x 4x  
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 
b) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt 4 2x 2x m 1 0     
Câu 2: (1,0 điểm) 
a) Giải phương trình sin2x – cos2x = 2 sinx – 1 
b) Giải bất phương trình : 2
2 1
2
log 2 log 3 0  x x 
Câu 3. (1,0 điểm) 
a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z thỏa : (1 3i)z 3 i ( 3 2i)z      
b) Cho E là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 
0,1,2,3,4,5,6,7. Lấy ngẫu nhiên một số trong E. Tính xác suất để lấy được số chia hết 
cho 5. 
Câu 4. (1,0 điểm ) Cho hình (H) giới hạn bởi các đường 
ln
, 0,  
x
y y x e
x
. Tính thể tích 
khối tròn xoay sinh bởi hình (H) khi quay hình (H) quanh trục Ox. 
Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, với 
; 2 ,( 0).AB BC a AD a a    Các mặt bên (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy. Biết góc 
giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 060 . Tính theo a thể tích tích khối chóp S.ABCD và 
khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB. 
Câu 6. (1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và mp(P) : 
x 2 3t
d : y 2t , (P) : x y z 2 0
z 4 2t
 

    
  
. Tìm tọa độ giao điểm I của d và (P). Viết phương trình mặt cầu 
(S) tâm I đi qua O. 
Câu 7. (1,0 điểm ) Cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC=2BD. Điểm 
1
0;
3
M
 
 
 
 thuộc đường 
thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ điểm B, biết hoành độ điểm B dương. 
Câu 8. (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 21 2 3 4 .x x x x     
Câu 9. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương , ,a b c thoả mãn 4 4 4 3a b c   . Chứng minh rằng : 
1 1 1
1
4 4 4ab bc ca
  
  
. 
---------Hết-------- 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH 
TRƯỜNG THPT VĨNH THẠNH 
_______________________ 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 
MÔN TOÁN –ĐỀ 1 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu 1 
2 điểm 
1a (1 điểm) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1b(1điểm) 
4 2 4 2x 2x m 1 0 2x 4x 2m 2          
Dựa vào đồ thị phương trình có 4 nghiệm phân biệt khi 
2 2m 2 0 4 2m 2
1 m 2
          
  
0,25 
0,5 
0,25 
 2.a (0,5đ) 
Câu 2 
1 điểm 
Giải phương trình sin2x – cos2x = 2 sinx – 1 
0,25 
2s inx cosx+(1-cos2x) = 2sinx 2s inx(cosx+sinx-1)=0
sinx=0
2
4 42 sin( ) 1 2
4 2
3
2
4 4
x k
x k
x k
x x k
x k


 
 

 

 

 
 
      
    
 
   

0,75 
2.b (0,5đ) 
ĐK : x>0 
2 2 2
2 1 2 2 2 2
2
2
2
log 2 log 3 0 (1 log ) log 3 0 log log 2 0
1
log 2 0
4
log 1
2
           

       
x x x x x x
x x
x
x
0,25 
0,25 
0,5 
Câu 3 
1 điểm 
3a 0,5 điểm 
Đặt z a bi;a,b R   
(1 3i)z 3 i ( 3 2i)z (1 3i)(a bi) 3 i ( 3 2i)(a bi)
(4a 5b 3) (a 2b 1)i 0
7
a
4a 5b 3 0 7 23
 P ;P
a 2b 1 0 2 3 3
b
3
              
      

    
   
     

haàn thöïc haàn aûo 
0,25 
0,25 
0,5 
3b. 0,5 điểm 
Giả sử 0 ó 7 cách chon a;abcde E a c   
 
Chọn 
4 4
7 7 có A ( ) 7 A 5880bcde n E   
4 3
7 6
5
( ) 5880; và 5
0
 có : A 6A 1560

      
  

e
n abcde E abcde
e
Trong E
Số chia hết cho 5. Gọi A là biến cố chọn dc số chia hết cho 5 thì n(A)=1560 
1560 13
( )
5880 49
P A   
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 4 
1 điểm 
ln
0 ln 0 1    
x
x x
x
2
2
1 1
ln ln 
  
 
 
e e
x x
V dx dx
x x
  
2
1
u ln x du dx
x
Ñaët 1
1dv dx
vx
x

   
 
    
0,25 
0,25 
2 2
1 11 1
ln 1 1 1 1 1 1 2
ln 1 1
2
1
 
            
 
 
  
 
 
e ee e
x
dx x dx
x x x e x e e e
V
e

0,25 
0,25 
Câu 5 
1 điểm 
Gäi H = AC  BD, suy ra SH  (ABCD) & BH = 
3
1
BD. 
KÎ HE  AB => AB  (SHE), hay ((SAB);(ABCD)) =  060SEH  . 
Mµ HE = 
3
1
AD = 
3
2a
 => SH = 
3
32a
 => VSABCD = 
3
1
.SH.SABCD = 
3
33a
Gäi O lµ trung ®iÓm AD, ta có ABCO lµ hình vuông c¹nh a =>ACD cã trung 
tuyÕn CO = 
2
1
AD 
CD  AC => CD  (SAC) vµ BO // CD hay CD // (SBO) & BO  (SAC). 
d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)).
TÝnh chÊt träng t©m tam gi¸c BCO => IH = 
3
1 IC = 
6
2a => IS = 
6
2522 aHSIH  
kÎ CK  SI mµ CK  BO => CK  (SBO) => d(C;(SBO)) = CK 
Trong tam gi¸c SIC cã : SSIC= 
2
1 SH.IC = 
2
1 SI.CK => CK = 
5
32. a
SI
ICSH
 
Vậy d(CD;SB) = 2 3 .
5
a 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 6 
1 điểm 
I d I(2 3t;2t;4 2t)
I (P) 2 3t 2t (4 2t) 2 0 t 4
I( 10;8; 4)Vaäy 
   
         
 
Mặt cầu (S) tâm I qua O có bán kính R IO 100 64 16 6 5     
Phương trình mặt cầu (S) là (x+10)2+(y-8)2+(z+4)2 =180 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
I
H
A
D
B
C
S
O
E
K
Câu 7 
1 điểm 
Vì I là tâm đối xứng của hình thoi 
 : N ' '(4 0;2 7) N' 4; 5 AB N' : 4x 3 1 0Đ yI N N AB M            
 
4.2 3.1 1
; 2
5
d I AB IH
 
    
Theo đề AC=2BD 2IA IB  
Mà trong tam giác vuông ABI có 
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
5
4 4
IB
IH IA IB IB IB
       
   
2
221 4 4 2; , 0 2 5 1 1; 1
3 3
b b
B AB B b b IB b b B
    
              
   
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 8 
1 điểm 
Điều kiện: 2
2
0 0 1
3 41
1 0 0 .3 41 3 41
8
2 3 4 0 8 8
x x
x x
x
x x
  
  
         
  
   
 (*) 
Bất phương trình đã cho tương đương với 
 2 2 21 2 (1 ) 2 3 4x x x x x x       2 23( ) (1 ) 2 ( )(1 ) 0x x x x x x        
2 2 2
2
5 34
1 9
3 2 1 0 9 10 1 0
1 1 1 3 5 34
.
9
x
x x x x x x
x x
x x x
x
  

             
     

 
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 
5 34 3 41
.
9 8
x
   
  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu9 
1 điểm Áp dụng bất đẳng thức 
2 2
2
a b
ab

 ta có 
1 1 1
4 4 4ab bc ca
 
  
     2 2 2 2 2 2
2 2 2
8 8 8a b b c c a
  
     
. 
đặt  
2
2 2x b c  ,  
2
2 2y c a  ,  
2
2 2z a b  khi đó 
 4 4 44 12x y z a b c      . 
Bây giờ bài toán trở thành: Cho ba số thực dương , ,x y z thỏa mãn 
12x y z   . Chứng minh rằng 
1 1 1 1
28 8 8x y z
  
  
. 
Xét hàm số  
1
8
f x
x


 trên khoảng  0;12 và phương trình tiếp tuyến của 
đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ 
0
4x  là  
1 1
4
144 6
y x   . 
Xét 
0,25 
0,25 
   
  
 
   
   
2
2
4 41 1 4 1
4 4
144 6 1446 2 8 144 2 8
x xx
f x x x
x x x x
 
      
   
Trên khoảng  0;12 thì        
1 1 1 1
4 0 4
144 6 144 6
f x x f x x        . 
Do đó  
1 1 1 1 1 1
12 3.
144 6 28 8 8
x y z
x y z
       
  
. 
Đẳng thức xảy ra khi 4x y z   hay 1a b c   . 
0,25 
0,25