Đề thi thử THPT quốc gia lần thứ 2 năm 2015 - Môn: Toán - Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

 Cõu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2
1
2 1. 
4
  y x x 
 a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho. 
 b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm thực của phương trỡnh 
    4 28 4 4 0. x x m 
Cõu 2 (1,0 điểm). Giải cỏc phương trỡnh sau: 
 a) x 1 x7 2.7 9 0   . 
 b)   2(sinx cosx) 1 cosx . 
Cõu 3 (1,0 điểm). 
 a) Tỡm phần thực và phần ảo của số phức: 
3 4
(3 5 )(6 )
3 2
i
z i i
i

   

. 
 b) Tỡm hệ số của x9 trong khai triển  
2
2 3
n
x , trong đú n là số nguyờn dương thỏa món: 
 1 3 5 2 12 1 2 1 2 1 2 1 4096
n
n n n nC C C ... C

        . 
Cõu 4 (1,0 điểm).Tớnh tớch phõn dxxxI  
2
0
1sin3cos

. 
Cõu 5 (1,0 điểm). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh 2a, mặt phẳng 
(SAB) vuụng gúc với đỏy, tam giỏc SAB cõn tại S và SC tạo với đỏy một gúc 600. Tớnh thể 
tớch khối chúp S.ABCD và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. 
Cõu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giỏc ABC nội tiếp đường 
trũn (T) cú phương trỡnh 25)2()1( 22  yx . Cỏc điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là chõn 
đường cao hạ từ A, B của tam giỏc ABC. Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của tam giỏc ABC biết rằng 
đỉnh C cú hoành độ dương. 
Cõu 7 (1,0 điểm). Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3;2;1), 
7 10 11
; ;
3 3 3
B
 
  
 
 và mặt cầu (S):      
2 2 2
1 2 3 4.x y z      Chứng minh rằng mặt 
phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xỳc với mặt cầu (S). Xỏc định tọa độ của tiếp điểm. 
Cõu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trỡnh: 
  
   
2 2 2
3 2 2
2 2 4 1 1 1
4 1 2 1 6
x y y x x
x y x x
     

    
Cõu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương , ,x y z thay đổi, thỏa món 1x y z   . Tỡm giỏ trị 
nhỏ nhất của biểu thức 
 
3 3 3 14
1 1
x y z
P
x yz y xz z xy z xy x y
   
      
. 
-------------------------------- Hết ------------------------------ 
Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu. Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm. 
Họ và tên thí sinh: . Số báo danh:  
 đề thi thử thpt quốc gia lần 2 năm 2015 
Môn: Toán 
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
SỞ GD & ĐT THÁI NGUYấN 
TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN www.VNMATH.com
1 
 Hướng dẫn chấm 
 thi thử kỳ thpt quốc gia lần 2 năm 2015 
 môn Toán 
Lưu ý khi chấm bài: 
- Đỏp ỏn chỉ trỡnh bày một cỏch giải bao gồm cỏc ý bắt buộc phải cú trong bài làm của học sinh. 
Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thỡ khụng cho điểm bước đú. 
- Nếu học sinh giải cỏch khỏc, giỏm khảo căn cứ cỏc ý trong đỏp ỏn để cho điểm. 
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đú bị sai thỡ cỏc phần sau cú sử dụng kết quả sai đú khụng 
được điểm. 
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. 
- Trong lời giải cõu 5, nếu học sinh khụng vẽ hỡnh hoặc vẽ sai hỡnh thỡ khụng cho điểm. 
- Điểm toàn bài tớnh đến 0,25 và khụng làm trũn. 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
 Cho hàm số 4 2
1
2 1. 
4
  y x x 
 a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho. 
 b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trỡnh 
    4 28 4 4 0. x x m 
a, *TXĐ:  D 
* Giới hạn: lim ; lim .
 
   
x x
y y 
0,25 
* Chiều biến thiờn: 
  3 3 2
0
' 4 ; ' 0 4 0 4 0
2

            
x
y x x y x x x x
x
- Hàm số đồng biến trờn mỗi khoảng  2;0 và  2; 
- Hàm số nghịch biến trờn mỗi khoảng  ; 2  và  0;2 . 
0,25 
- Hàm số đạt cực đại tại xCĐ= 0,  0 1  CĐy y . 
- Hàm số đạt cực tiểu tại 2 CTx ,  2 5   CTy y . 
* Bảng biến thiờn 
x  2 0 2  
y' - 0 + 0 - 0 + 
y 
 -1  
 -5 -5 
0,25 
a, 1,0 
b, 1,0 
* Đồ thị: 
Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên 
Trường thpt lương ngọc quyến 
www.VNMATH.com
2 
0,25 
b) Ta cú:         4 2 4 2
1
8 4 4 0 2 1 
4
x x m x x m (*) 
0,25 
Số nghiệm của phương trỡnh (*) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường 
thẳng d: y = m 
0,25 
- Nếu m>-1 hoặc m= - 5 thỡ d cắt (C) tại 2 điểm nờn phương trỡnh (*) cú 2 
nghiệm. 
- Nếu m= - 1 thỡ d cắt (C) tại 3 điểm nờn phương trỡnh (*) cú 3 nghiệm. 
- Nếu m ( 5; 1)   thỡ d cắt (C) tại 4 điểm phõn biệt nờn phương trỡnh (*) cú 4 
nghiệm phõn biệt. 
- Nếu m< -5 thỡ d khụng cắt (C) nờn phương trỡnh (*) vụ nghiệm. 
0,5 
Câu 2 
Giải cỏc phương trỡnh sau: a) x 1 x7 2.7 9 0   . 
 b)   2(sinx cosx) 1 cosx . 
a) Đk: x 0. 
Đặt xt 7 , t 0  
 Ta cú pt: 2
t 714
t 9 0 t 9t 14 0
t 2t

         
 ( thỏa món t > 0 ) 
0,25 
Với t = 7 x7 7 x 1    
Với t = 2  
2x
7 77 2 x log 2 x log 2      
Vậy PT đó cho cú hai nghiệm : x=1,  
2
7x log 2 . 
0,25 
b) Ta cú:   2(s inx cosx) 1 cosx    1 2sin xcosx 1 cosx 
 cosx(2 sin x-1) 0 
0,25 
a, 0,5 
b, 0,5 
 



cosx 0
1
s inx=
2







 

  


 

x k
2
x= k2 (k Z).
6
5
x k2
6
www.VNMATH.com
3 
Vậy: phương trỡnh cú nghiệm 

 

  


 







x k
2
x= k2 (k Z).
6
5
x k2
6
0,25 
Câu 3 
a) Tỡm phần thực và phần ảo của số phức: 
3 4
(3 5 )(6 )
3 2
i
z i i
i

   

. 
 b) Tỡm hệ số của x9 trong khai triển  
2
2 3
n
x , trong đú n là số nguyờn dương 
thỏa món: 1 3 5 2 12 1 2 1 2 1 2 1 4096
n
n n n nC C C ... C

        . 
a) Ta cú 
2
2 2
(3 4 )(3 2 )
18 3 30 5
3 2
298 333
13 13
i i
z i i i
i
 
    

  
0,25 
Vậy phần thực: 
298
13
 , phần ảo: 
333
13
0,25 
b) Ta cú 
 
2 1 0 1 2 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 11
n n n
n n n nx C C x C x ... C x
  
         
Cho x=1, ta cú 2 1 0 1 2 2 12 1 2 1 2 1 2 12
n n
n n n nC C C ... C
 
        (1) 
Cho x= -1, ta cú : 0 1 2 2 12 1 2 1 2 1 2 10
n
n n n nC C C ... C

        (2) 
Lầy (1) trừ (2), ta được :  2 1 1 3 5 2 12 1 2 1 2 1 2 12 2
n n
n n n nC C C ... C
 
        
  2 1 3 5 2 12 1 2 1 2 1 2 12
n n
n n n nC C C ... C

        
Từ giả thiết ta cú 2 2 122 4096 2 2 2 12n n n     
0,25 
a) 0,5 
b) 0,5 
Do đú ta cú  
12
12 12
12
0
2 3 1 2 3k k k k
k
x ( ) C ( x )

   ( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyờn) 
 hệ số của x9 là : - 9 9 3123 2C . 
0,25 
Câu 4 Tớnh tớch phõn dxxxI  
2
0
1sin3cos

. 
Đặt uduxdxxu
3
2
cos1sin3  
0,25 
Đổi cận: 2
2
;10  uxux

0,25 
Khi đú:  
2
1
3
1
2
33
2
3
2
.
u
uduuI 
0,25 
1,0 
Tớnh được 
9
14
I 
0,25 
Câu 5 
Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh 2a, mặt phẳng 
(SAB) vuụng gúc với đỏy, tam giỏc SAB cõn tại S và SC tạo với đỏy một gúc 
www.VNMATH.com
4 
600. Tớnh thể tớch khối chúp S.ABCD và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng 
BD và SA theo a. 
Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cõn tại S,suy ra SHAB, mặt khỏc 
(SAB) (ABCD) 
nờn SH (ABCD) và 060SCH . 
0,25 
Ta cú .1560tan.60tan. 0220 aBHCBCHSH  
.
3
154
4.15
3
1
..
3
1 32
. aaaSSHV ABCDABCDS  
0,25 
Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD. Gọi E là hỡnh chiếu vuụng gúc 
của H lờn  và K là hỡnh chiếu của H lờn SE, khi đú   (SHE)  HK suy 
ra HK (S,  ). 
Mặt khỏc, do BD//(S,  ) nờn ta cú 
    
  
; ; ,
; , 2 ( ;( , )) 2
 
    
d BD SA d BD S
d B S d H S HK
0,25 
1.0 
Ta cú 045 DBAEAH nờn tam giỏc EAH vuụng cõn tại E, suy ra 
22
aAH
HE 
 
2 2 2
2
. 15
. 152 .
31
15
2
a
a
HEHS
HK a
HE HS a
a
   
  
 
 
Vậy:  
15
d BD;SA 2 a.
31
 
0,25 
Câu 6 
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giỏc ABC nội tiếp đường trũn 
(T) cú phương trỡnh 25)2()1( 22  yx . Cỏc điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là 
chõn đường cao hạ từ A, B của tam giỏc ABC. Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của tam 
giỏc ABC biết rằng đỉnh C cú hoành độ dương. 
E
k
A H B
D
C
S
www.VNMATH.com
5 
(T) cú tõm )2;1(I . Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. Ta cú 
  1
2
HCx ABC  SđAC (1) 
Do   090AHB AKB  nờn AHKB là tứ giỏc nội tiếp   ABC KHC (cựng bự với 
gúcAHK ) (2) 
Từ (1) và (2) ta cú   // HCx KHC HK Cx  . 
Mà HKICCxIC  . 
0,25 
Do đú IC cú vectơ phỏp tuyến là )4;3(KH , IC cú phương trỡnh 01143  yx 
Do C là giao của IC và (T) nờn tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 





25)2()1(
01143
22 yx
yx











5
3
;
1
5
y
x
y
x
. Do 0Cx nờn )1;5( C 
0,25 
Đường thẳng AC đi qua C và cú vectơ chỉ phương là )6;3(CH nờn AC cú 
phương trỡnh 092  yx . 
Do A là giao của AC và (T) nờn tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 





25)2()1(
092
22 yx
yx











1
5
;
7
1
y
x
y
x
(loại). Do đú )7;1(A 
0,25 
1,0 
Đường thẳng BC đi qua C và cú vectơ chỉ phương là )2;6(CK nờn BC cú 
phương trỡnh 023  yx . 
Do B là giao của BC và (T) nờn tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 





25)2()1(
023
22 yx
yx











1
5
,
2
4
y
x
y
x
(loại). Do đú )2;4(B 
Vậy )7;1(A ; )2;4(B ; )1;5( C . 
0,25 
Câu 7 
 Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2;1), 
7 10 11
; ;
3 3 3
B
 
  
 
 và mặt cầu (S):      
2 2 2
1 2 3 4.x y z      Chứng 
minh rằng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xỳc với mặt cầu (S). 
Xỏc định tọa độ của tiếp điểm. 
1,0 Mặt cầu (S) cú tõm I(1;2;3),R 2 . 
Phương trỡnh mặt phẳng (P) là trung trực của AB đi qua 
1 2 7
M ; ;
3 3 3
 
 
 
, cú vtpt 
A 
B C 
H 
K 
I 
x 
www.VNMATH.com
6 
16 16 8
AB ; ;
3 3 3
 
   
 

 l: 2x + 2y – z + 3=0 (P) 
0,25 
Ta cú: d(I;(P)) 2 R  nờn mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xỳc 
với mặt cầu (S) (đpcm) 
0,25 
Phương trỡnh đường thẳng d đi qua I nhận vộc tơ  (P)n 2;2; 1 

 làm vt chỉ 
phương là: 
x 1 2t
y 2 2t
z 3 t
 

 
  
0,25 
 d (P) H   hệ pt: 
x 1 2t
y 2 2t 1 2
2x 2y – z
11
H
3
; ;
z 3 t 3 3 3
0  
 
    
   
   

Vậy: tọa độ tiếp điểm là 
1 2 11
H ; ;
3 3 3
 
 
 
0,25 
Câu 8 Giải hệ phương trỡnh: 
  
   
2 2 2
3 2 2
2 2 4 1 1 1
4 1 2 1 6
x y y x x
x y x x
     

    
Lời giải: ĐKXĐ: 0x  
+) Hệ pt tương đương với 
 
     
2 2 2
3 2 2
2 2 4 1 1 (1)
4 1 2 1 6 2
x y y x x
x y x x
     

    
0,25 
+) Nhận thấy 0x  khụng thỏa món hệ phương trỡnh do đú 
      
2
22 2 2 1 1 12 2 4 1 1 2 2 2 1 1 *x y y x x y y y
x x x
 
           
 
+) Xột hàm số    2 1, (0; ) do ' 0, (0; )f t t t t t f t t         suy ra hàm số 
 f t đồng biến trờn (0; ). (**) 
0,25 
+) Từ (*) và (**) nhận được 
1
2y
x
 thế vào phương trỡnh (2) trong hệ ta được 
   3 2 3 22
1
1 2 1 6 2 1 6x x x x x x x
x
 
         
 
+) Ta thấy hàm số    3 22 1 6g x x x x x     đồng biến trờn khoảng  0; 
0,25 
1,0 
+) Lại cú  1 0g  suy ra phương trỡnh    3 22 1 6 0g x x x x x      cú 
nghiệm duy nhất 
1
1
2
x y   
Vậy: Hệ pt đó cho cú nghiệm duy nhất  
1
; 1;
2
x y
 
  
 
0,25 
www.VNMATH.com
7 
Câu 9 
Cho 3 số thực dương , ,x y z thay đổi, thỏa món 1x y z   . Tỡm giỏ trị nhỏ 
nhất của biểu thức 
 
3 3 3 14
1 1
x y z
P
x yz y xz z xy z xy x y
   
      
. 
Ta cú: , , 0x y z  nờn   
   
2 2
2 1
1 1
4 4
x y z
x y
  
    dấu = xảy ra khi x y 
Lại cú:   1 1 1xy x y x y      và 2 22xy x y  dấu = xảy ra khi x y 
0,25 
Nờn ta được 
 
    
3 3 3
4 4 3
2 2
14
1 1
14
1 1 1
   
      
   
     
x y z
P
x yz y xz z xy z xy x y
x y z
x xyz y xyz z xy z x y
    
 
         
 
         
 
           
 
     
 
   
4 4 3
2 2
22 2 3
2 2
2 2 3
2 3
2 23 3 3 2
2 2 2
14
1 1 1
14
1 12 1 1 1
14
1 1 1 1 1 1
14
2 1 1 1 1 1 1
14 28 4 28 9
2 1 2 11 1 1
x y z
P
x xyz y xyz z xy z x y
x y z
P
x yx y xyz z x y
x y z
P
z x y z x y
x y z
P
z x y z x y
x y zz z z z
P
z zz z z
   
     

   
     

   
     

   
     
   
      
     
2
57
2 1
z
z
 

0,25 
Xột hàm  
 
3 2
2
9 57
, 1
2 1
z z z
f z z
z
  
 

Ta cú  
  
 
2
3
3 5 3 14 23
' , 1
2 1
z z z
f z z
z
  
 

  
5
' 0
3
f z z   
Lập bảng biến thiờn của hàm số  f z . 
0,25 
1,0 
ta nhận được 
 
 
1;
5 53
min
3 8z
f z f
 
 
  
 
Vậy GTNN của P bằng 
53
8
 đạt được khi 
1 5
,
3 3
x y z   . 
0,25 
www.VNMATH.com