Đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 – lần 1 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 1 
Môn: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  3 21 1 11 (1),
3 2 3
y x m x mx m     là tham số. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2.m  
b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại là yCĐ thỏa mãn yCĐ 
1 .
3
 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình cos3 cos 2 3cos2 sin .x x x x  
b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn 2 3 2 .z z i   
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình    24 2 2log log 2 1 log 4 3 .x x x    
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  2 3 25 4 1 2 4 .x x x x x     
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 
6
1
3 1d .
2
xI x
x
 

 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều .S ABC có 2 , .SA a AB a  Gọi M là trung điểm cạnh BC. 
Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng , .AM SB 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình chữ nhật ABCD có  ACD với 
1cos ,
5
  điểm H thỏa mãn điều kiện 2 ,HB HC K 
 
là giao điểm của hai đường thẳng AH và 
.BD Cho biết  1 4; , 1; 0
3 3
H K  
 
 và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm , , , .A B C D 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z    và đường 
thẳng 2 1: .
1 2 1
x y zd   
 
 Tìm tọa độ giao điểm của (P) và ;d tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho 
khoảng cách từ A đến (P) bằng 2 3. 
Câu 9 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 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 có 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. 
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 
     2 2 20 2.x y y z z x       
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  4 4 4 434 4 4 ln ( ) .4
x y zP x y z x y z         
------------------ Hết ------------------ 
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 28, 29/3/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại 
phiếu dự thi cho BTC. 
 2. Thi thử THPT Quốc gia lần 2 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 18 và ngày 19/4/2015. Đăng ký 
dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 28/3/2015. 
 1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 1 
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu Đáp án Điểm 
a) (1,0 điểm) 
Khi 2m hàm số trở thành 3 21 1 12 .
3 2 3
   y x x x 
10. Tập xác định: .D   
20. Sự biến thiên: 
*) Chiều biến thiên: Ta có 2 2, .y x x x     
1 1
0 ; 0 ; 0 1 2.
2 2
x x
y y y x
x x
    
             
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1)  và (2; ); hàm số nghịch biến trên 
khoảng ( 1; 2). 
*) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1,x   yCĐ 
3( 1)
2
  y ; 
 hàm số đạt cực tiểu tại 2, (2) 3.CTx y y    
*) Giới hạn tại vô cực: 
3
2 3
1 1 2 1lim lim ;
3 2 3x x
y x
x x x 
       
 
 3 2 3
1 1 2 1lim lim .
3 2 3x x
y x
x x x 
       
 
0,5 
*) Bảng biến thiên: 
30. Đồ thị: 
0,5 
b) (1,0 điểm) 
Ta có  2 1 , ;y x m x m x      
1
0
x
y
x m
 
    
Hàm số có cực đại khi và chỉ khi 1.m   
0,5 
Câu 1. 
(2,0 
điểm) 
Xét hai trường hợp (TH) sau: 
TH1. 1.m   Hàm số đạt cực đại tại ,x m với yCĐ 
3 2 1( ) .
6 2 3
m my m     
Ta có yCĐ 
3 2 3( )1 1 1 3.
0 ( )3 6 2 3 3
 
          
m tmm m m
m ktm
TH2. 1.m   Hàm số đạt cực đại tại 1,x   với yCĐ 
1( 1) .
2 2
my    
Ta có yCĐ 
1 1 1 1 ( ).
3 2 2 3 3
      
m m tm 
Vậy các giá trị cần tìm của m là 13, .
3
m m    
0,5 
x 
'y 
y 
1   2 
3
2
 
 
3 
+ – 0 0 + 
x O 
3
2 
y 
2 
3 
1 
 2
a) (0,5 điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với 
cos2 0
2cos2 cos 2 3cos2 sin
cos 3 sin
x
x x x x
x x

  

 4 2 .
6
kx
k
x k
 


  
 
  

 0,5 
b) (0,5 điểm) 
Câu 2. 
(1,0 
điểm) 
Đặt , ( , ).z a bi a b   Từ giả thiết ta có 
 2 3 2 3 3 2a bi a bi i a bi i        
3 3 1
2 2
a a
b b
  
      
Vậy số phức z có phần thực bằng 1, phần ảo bằng 2. 
0,5 
Câu 3. 
(0,5 
điểm) 
*) Điều kiện: 
1 .
2
x  
Khi đó phươngtrình đã cho tương đương với 
    2 2 2log log 2 1 log 4 3x x x       22 2log 2 log 4 3x x x    
 2 2
1
2 4 3 2 5 3 0 2
3
x
x x x x x
x
          


Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là 3.x  
0,5 
*) Điều kiện: 3 2
1 5
2 4 0
1 5 0.
x
x x x
x
   
    
   
Bất phương trình đã cho tương đương với    2 22 4 3 4 2 4     x x x x x x . (1) 
Xét hai trường hợp sau đây: 
TH1. Với 1 5 0x    . Khi đó 2 2 4 0x x   và 3 0x  . Hơn nữa hai biểu thức 
2 2 4x x  và 3x không đồng thời bằng 0. Vì vậy 
   2 22 4 3 0 4 2 4      x x x x x x . 
Suy ra 1 5 0x    thỏa mãn bất phương trình đã cho. 
0,5 
Câu 4. 
(1,0 
điểm) 
TH2. Với 1 5.x    Khi đó 2 2 4 0x x   . Đặt 2 2 4 0, 0x x a x b      . 
Bất phương trình trở thành    2 23 4 3 0 3a b ab a b a b b a b         
2
2
2
4 0 1 17 7 652 4 3 ,
2 27 4 0
x x
x x x x x
x x
              
  
 thỏa mãn. 
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1 5 0x    ; 1 17 7 65 .
2 2
x    
0,5 
Đặt 3 .x t  Ta có 1 2; 6 3;x t x t      2 3x t  và d 2 d .x t t 
Khi đó 
3 3
2
2 2
1 2 d 2 d
1 1

 
  
t tI t t t
t t
 0,5 
Câu 5. 
(1,0 
điểm) 
  
3 3
22
12 1 2 ln 1
1
dt t t
t
         
2 1 ln 2 .  0,5 
 3
*) Từ giả thiết suy ra ABC đều và 
SA SB SC .  
Hạ SO ABC O( )  là tâm tam 
giác đều ABC. 
Ta có 
2 3
4ABC
aAB a S   và 
3
2

aAM 2 3
3 3
aAO AM   
2 2 33 .
3
aSO SA AO    
Suy ra 
3
.
1 11. .
3 12
 S ABC ABC
aV SO S 
0,5 
Câu 6. 
(1,0 
điểm) 
*) Kẻ Bx // AM  mp ( , )S Bx // AM 
   ( , ) , ( , ) , ( , )d AM SB d AM S Bx d O S Bx   (1) 
Hạ , .OK Bx OH SK  Vì ( )Bx SOK nên ( , )Bx OH OH S Bx   (2) 
Ta có OMBK là hình chữ nhật nên .
2
aOK MB  
Vì SOK vuông tại O nên 2 2 2 2
1 1 1 47 517
11 47
aOH
OH OK OS a
     (3) 
Từ (1), (2) và (3) suy ra 517( , ) .
47
 
ad AM SB OH 
0,5 
Từ giả thiết suy ra H thuộc cạnh BC và 2 .
3
BH BC 
Vì BH // AD nên 2 2
3 3
KH BH HK KA
KA AD
    . Suy ra 
5
2
HA HK
  1 4 5 2 4 5 10; . ; ;
3 3 2 3 3 3 3A A
x y              
     
(2; 2).A 
Vì ACD vuông tại D và  1cos cos
5
 ACD nên 
2 , 5 .AD CD AC CD  
0,5 
Câu 7. 
(1,0 
điểm) 
Đặt 
4( 0) 2 , .
3
CD a a AD a AB a BH a       
Trong tam giác vuông ABH ta có 2 2 2 225 125 5.
9 9
AB BH AH a a      
Suy ra 4 55, .
3
AB HB  (*) 
Giả sử ( ; )B x y với 0,x  từ (*) ta có 
2 2
2 2
( 2) ( 2) 5 3, 0
1 81 4 80 , ( )
5 53 3 9
      
                  
x y x y
x y ktmx y
Suy ra (3; 0).B Từ  3 1; 2 .
2
BC BH C   
 
 Từ  2; 0 .AD BC D  
 
0,5 
Câu 8. 
(1,0 
điểm) 
*) Giả sử ( ).M d P  Vì M d nên ( 2; 2 1; ).M t t t    
Mặt khác ( )M P nên suy ra ( 2) ( 2 1) ( ) 3 0 1.t t t t           
Suy ra (1; 1; 1).M 
0,5 
S 
O M 
C 
B 
K 
H 
A 
x 
A B 
C 
H 
K 
D 
 
 4
*) Ta có A d nên ( 2; 2 1; ).A a a a    
Khi đó  
2 2 2
( 2) ( 2 1) ( ) 3
, ( ) 2 3 2 3
1 1 1
a a a
d A P
      
  
 
2
1 3
4.
a
a
a

      
Suy ra (4; 5; 2)A   hoặc ( 2; 7; 4).A  
0,5 
Câu 9. 
(0,5 
điểm) 
+) Tổng số kết quả 9 đội bóng bốc thăm ngẫu nhiên vào 3 bảng , ,A B C là 3 3 39 6 3 .C C C  
+) Số kết quả bốc thăm ngẫu nhiên có 3 đội bóng Việt Nam nằm ở ba bảng khác nhau là 
2 2 2
6 4 23! .C C C   
Suy ra xác suất cần tính là 
2 2 2
6 4 2
3 3 3
9 6 3
3! 9 0,32.
28
  
  
 
C C CP
C C C
0,5 
Từ giả thiết suy ra 0 , , 1x y z  và 2 2 2 1.x y z   
Xét hàm số  ( ) 4 3 1, 0; 1 .tg t t t    Ta có '( ) 4 ln 4 3.tg t   
Suy ra 4 0 0
3( ) 0 log ; ( ) 0
ln 4
g t t t g t t t        và 0( ) 0 .g t t t    
Vì 31 4,
ln 4
  nên 00 1.t  
Suy ra bảng biến thiên 
Suy ra ( ) 0g t  với mọi  0; 1 ,t hay 4 3 1t t  với mọi  0; 1 .t 
Mặt khác, do 0 , , 1 x y z nên 4 4 4 2 2 2 1.x y z x y z      
Từ đó ta có  4 4 4 433 3( ) ln ( )4P x y z x y z x y z          
433 3( ) ( ) .
4
x y z x y z       
Đặt ,x y z u   khi đó 0u  và 433 3 .
4
P u u   
0,5 
Câu 10. 
(1,0 
điểm) 
Xét hàm số 4
3( ) 3 3
4
f u u u   với 0.u  
Ta có 3( ) 3 3f u u   và ( ) 0 1.f u u    
Suy ra bảng biến thiên 
Dựa vào bảng biến thiên ta có
21( )
4
f u  với mọi 0.u  Suy ra 21,
4
P  dấu đẳng thức 
xảy ra khi 1, 0x y z   hoặc các hoán vị. 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 21.
4
0,5 
( )f u 
'( )f u 
u 1 
0 + – 
0  
21
4 
( )g t 
'( )g t 
t 1 
0 + – 
0 0t 
0 0