Đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 môn: Toán 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
ĐỀ SỐ 1 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 21 1 2 6
3 2
y x x x    . 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 
 3 22 3 12 2 1 0x x x m     . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Cho góc ;
2
       mà 
1sin
5
 . Tính sin
6
    . 
b) Giải phương trình 2 12 2 4 2x x x x    . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân  
4
3
0
4I x x dx  . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện     2 1 3 1 2z z i i     . Tính môđun của z . 
b) Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện     3 3 2 11 1 3.n nn n n nC C C C . Tìm số hạng chứa 6x trong khai triển theo 
công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức 
     3
12
n
x
x
. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại  , , 2B AB a AC a và cạnh bên SA 
vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC và  ABC bằng 060 . Tính theo a 
thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng  SBC . 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm  1; 2;3I và mặt phẳng 
     : 2 2 1 0P x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng  P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 ; tìm tọa độ tâm và bán 
kính của đường tròn giao tuyến. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp 
      
3 1;
2 2
K , 
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A tương ứng có phương trình   3 4 5 0x y và  2 0x y . Tìm tọa độ 
các đỉnh của tam giác ABC . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  5 1 3 2 3 2x x x     . 
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực không âm , ,x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 3x y z   . Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức 
 4P xy yz zx
x y z
   
  . 
------------------HẾT----------------- 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 
♥ Tập xác định: D   
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên: 2' 2y x x   ; ' 0 2y x    hoặc 1x  
0.25 
 + Hàm số nghịch biến trên khoảng  2;1 ; 
 + Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  và  1; . 
 ￚ Cực trị: 
 + Hàm số đạt cực đại tại 2x   ; yCĐ   282
3
y   
 + Hàm số đạt cực tiểu tại 1x  ; yCT   291
6
y  , 
 ￚ Giới hạn: lim
x
y

  và lim
x
y

  
0.25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x  2 1  
'y  0  0  
y 
 28
3
  
 29
6
0.25 
♥ Đồ thị: 
0.25 
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 
 3 22 3 12 2 1 0x x x m     (1) 
♥ Ta có:   3 21 1 371 2 6
3 2 6 3
mx x x      (2) 
0.25 
♥ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị 
 
 
3 21 1: 2 6
3 2
37:
6 3
       
C y x x x
my
 Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của  C và   
0.25 
1 
(2,0 điểm) 
♥ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt    cắt  C tại ba điểm phân biệt 0.25 
  29 37 28
6 6 3 3
  m 
  19 4
2
  m 
♥ Vậy giá trị m cần tìm là 19 4
2
  m . 
0.25 
a).(0,5 điểm). Cho góc ;
2
       mà 
1sin
5
 . Tính sin
6
     . 
♥ Ta có: 
3 1sin sin .sin cos .cos cos
6 6 6 22 5
              
 (1) 
0.25 
♥ Từ hệ thức: 2 2cos sin 1   và ;
2
       
 Suy ra: 2 1 2cos 1 sin 1
5 5
       (2) 
 Thay (2) vào (1) ta được: 3 2sin
6 2 5
      
0.25 
b.(0,5 điểm). Giải phương trình 2 12 2 4 2x x x x    . (1) 
♥ Điều kiện: 0x (*) 
 Khi đó:   2 21 2 .2 2 2.2 2 0x x x x     
   22 1 2 2 0x x    
0.25 
2 
(1,0 điểm) 
2
02 1
12 2
2
x
x
x
x
       
 [thỏa (*)] 
♥ Vậy nghiệm của phương trình là 10;
2
x x  
0.25 
Tính tích phân  
4
3
0
4I x x dx  . 
♥ Đặt 4t x   dt dx 
 Đổi cận: 
4
0
x
x


  0
4
t
t


0.25 
♥ Suy ra:    
0 4
3 3 4
4 0
 4 4I t t dt t t dt      
0.25 
4
5
4
0
5
tt
      
0.25 
3 
(1,0 điểm) 
 256 
5
 
0.25 
a).(0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện     2 1 3 1 2z z i i     . 
Tính môđun của z . 
4 
(1,0 điểm) 
♥ Đặt z a bi   ,a b , khi đó: 
           2 1 3 1 2 2 1 3 3           z z i i a bi a bi i 
    
1
1 1 5 0 1
5
a
a b i
b
       
0.25 
♥ Vậy môđun của 2 2 1 261
25 5
z a b     
0.25 
b).(0,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện     3 3 2 11 1 3.n nn n n nC C C C . Tìm số hạng 
chứa 6x trong khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức 
     3
12
n
x
x
. 
♥ Điều kiện 
3
n
n
  

 , khi đó: 
  
 
 
 
 
 
 
3 3 2 1
1 1 3
1 ! 1 ! 3 !!. .
3! 3 ! 2! 3 ! 2 ! 2 !
n n
n n n n
n n nn
C C C C
n n n n
 
  
  
    
   
 1 3
6 2 2
n n
n
   
 2
12
11 12 0 12
1
n
n n n
n
        
0.25 
♥ Do đó:    
12
5 2412 12
6
12 12 123 3 30 0
1 1 12 2 2 . .2 .
n
kk
k k k
k
k k
x x C x C x
x x x


 
                     
 Chọn k thỏa 5 24 6 12
6
k k    
 Vậy số hạng chứa 6x trong khai triển là 12 62 x . 
0.25 
Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại  , , 2B AB a AC a và cạnh bên SA 
vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC và  ABC bằng 060 . 
Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến 
mặt phẳng  SBC . 
♥ Vì BC AB và BC SA  BC SAB  
 Suy ra SB BC và AB BC        0; ; 60SBC ABC SB AB ABS       
0.25 
♥ Xét tam giác SAB : 0. tan 60 3SA AB a  
 Xét tam giác ABC : 2 2 2 24 3BC AC AB a a a     
 Suy ra: 
21 3.
2 2ABC
aS AB AC   
 Vậy 31 1. .
3 2ABC
V S SA a  
0.25 
♥ Do  BC SAB    SBC SAB  . Vì vậy, trong  SAB kẻ GK SB suy ra 
  GK SBC . Do đó   ,d G SBC GK 
0.25 
5 
(1,0 điểm) 
♥ Ta có: 
2. SGBSGK
SB
 
0.25 
 Vì G là trọng tâm tam giác SAB nên 
21 1 3.
3 6 6SGB SAB
a
S S SA AB    
 Xét tam giác vuông SAB ta có:  0 2cos60cos
AB aSB a
ABS
   
 Vậy    2. 3, 6SGB
S a
d G SBC GK
SB
   
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm  1; 2;3I và mặt phẳng 
     : 2 2 1 0P x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng  P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 ; tìm 
tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến. 
♥ Ta có:   
2 2 2
2.1 2.( 2) 3 1
, 2 4
2 2 ( 1)
d I P
   
  
  
 Do đó, mặt phẳng  P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 
0.25 
♥ Gọi r là bán kính của đường tròn giao tuyến, ta có: 2 24 2 2 3r    0.25 
♥ Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng  P và  K d P  , ta có 
 K là tâm của đường tròn giao tuyến. Vì  d P nên VTPT  2;2; 1n 

 của  P là 
 một VTCP của d . Phương trình tham số của 
1 2
: 2 2
3
x t
d y t
z t
      
0.25 
6 
(1,0 điểm) 
♥ Tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình: 
1 2
2 2
3
2 2 1 0
x t
y t
z t
x y z
          
 Giải hệ ta được 2 7 2 7, , ,
3 3 3 3
t x y z    . Vậy 7 2 7; ;
3 3 3
K
     
0.25 
7 
(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp 
      
3 1;
2 2
K , 
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A tương ứng có phương trình   3 4 5 0x y và 
 2 0x y . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . 
♥ Gọi ,AH AM là đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A . Tọa độ đỉnh A là nghiệm 
 của hệ: 
3 2 5
2 0
x y
x y
    
  1
2
x
y
  
   1;2A 
0.25 
 ♥ Gọi d là đường trung trực của đoạn BC , ta có d đi qua K và ||d AH 0.25 
 Do ||d AH nên phương trình d có dạng: 13 4 0x y m   và 1 5K d m   
 Suy ra : 6 8 5 0d x y   
 Tọa độ M là nghiệm của hệ: 
6 8 5
2 0
x y
x y
    
  
1
2
1
x
y
  
  1 ;1
2
M
     
 ♥ Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH có pt dạng: 
 24 3 0x y m   và 2 5M BC m   
 Suy ra : 4 3 5 0BC x y   
♥ Đường tròn  C ngoại tiếp ABC là đường tròn tâm K và bán kính 5
2
R KA  
 nên có phương trình là: 
2 2
3 1 25
2 2 2
x y
                
 Tọa độ ,B C là nghiệm của hệ phương trình: 
2 2
3 1 25
2 2 2
4 3 5 0
x y
x y
                      
0.25 
 ♥ Giải hệ nầy ta được hai nghiệm là  1;3 và  2; 1 
 Suy ra    1;3 , 2; 1B C  hoặc    B 2; 1 , 1;3C  
0.25 
Giải bất phương trình  5 1 3 2 3 2x x x     (1) 
♥ Điều kiện: 
5 1 0 1 3
53 0
x
x
x
       
 Nhận xét:   5 1 3 5 1 3 6 4x x x x x        
 Khi đó:     1 5 1 3 5 1 3 5 1 3x x x x x x           
0.25 
   5 1 3 5 1 3 1 0x x x x         
 5 1 3 1 0x x      
 3 1 5 1x x     
 4 2 3 5 1x x x      
 2 3 6 5x x    
0.25 
    2 2
56 5 0 14 79
6
184 3 6 5 36 56 13 0
x x
x
x x x x
                 
0.25 
8 
(1,0 điểm) 
♥ Kết hợp điều kiện, suy ra tập nghiệm của bpt là 14 79 ;3
18
S
      
0.25 
9 
(1,0 điểm) 
Xét các số thực không âm , ,x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 3x y z   . Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức 4P xy yz zx
x y z
      . 
♥ Ta có:      
2
2 2 2 2
31
2 2
x y z
xy yz zx x y z x y z
              
 Do đó: 
 2 3 4
2
x y z
P
x y z
  
    
0.25 
♥ Đặt t x y z   . Ta tìm điều kiện cho t 0.25 
 Vì 2 2 20 xy yz zx x y z      nên  
2
3
0 3
2
x y z  
  
 Suy ra: 3 3 3 3x y z t       
♥ Xét hàm số  
2 3 4
2
tf t
t
  trên 3;3    , ta có 
  
3
2 2
4 4' tf t t
t t
   ;   3' 0 4 3,3f t t         
 Do 
 
 
43
3
133
3
f
f
  
   
3,3
13max
3t
f t
   
 khi 3t  
0.25 
♥ Vậy  
3 ,3
13max
3t
maxP f t
   
  khi 1x y z   . 
0.25 
NHẬN XÉT & BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 
Câu 8: Giải bất phương trình  5 1 3 2 3 2x x x     (1) 
Nhận xét: 
+ Bpt (1) là bpt có dạng:         , ,f x g x h x    với      h x f x g x  
đối với dạng nầy ta thay            .h x f x g x f x g x   và biến đổi về dạng tích số 
+ Đối với phương trình dạng      f x g x h x  cũng giải tương tự. 
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 
1) Giải bất phương trình: 4 3 2 3 1x x x     
 Đáp số: 
3 2 2 19;
4 9
S
      
2) Giải phương trình: 3 2 3 2 1x x x     
 Đáp số: 
3 17
2
x
 
Câu 9: Xét các số thực không âm , ,x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 3x y z   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức 4P xy yz zx
x y z
      . 
Nhận xét 
+ Đây là dạng biểu thức ba biến số có chứa các biểu thức đối xứng cơ bản, với những điều kiện của giả thiết chúng 
ta có thể đưa về biểu thức một biến thông qua phép đặt ẩn phụ (biến mới). Khi đó bài toán có thể giải quyết bằng 
xét hàm số. 
Các bước giải 
 + Phát hiện một biểu thức có thể chọn làm biến mới; 
 + Đổi biến (đặt ẩn phụ) 
 + Tìm điều kiện của biến mới; 
 + Xét hàm số và đưa ra kết luận. 
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 
Bài 1: Xét các số thực , ,x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1  x y z . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 4
2
      P xy yz zx xy yz zx 
Hướng dẩn: Đặt t xy yz zx   với 1 ;1
2
t
     
Đáp số: 
7max ,min 2
3
P P  
Bài 2: Xét các số thực dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện 3  x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2
2 2 2 3
    
  
xy yz zxP x y z
x y z
Hướng dẩn: Đặt 2 2 2t x y z   với 3;9t   
Đáp số: 
7min
2
P  
----------------------------Hết-------------------------- 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
ĐỀ SỐ 3 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 24 3 1y x mx x    (1), trong đó m là tham số. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1), khi  0m . 
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên  . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Cho góc 3 ; 2
2
       mà 
1sin cos
2 2 2
   . Tính sin 2 . 
b) Giải phương trình 9
3
22log 1
log
x
x
  . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
0
4 3
2 1
xI dx
x


 . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình   2 2 26 0z z trên tập số phức. 
b) Tìm hệ số của 7x trong khai triển thành đa thức của biểu thức: 
       1031 3 2P x x x 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có     0, 2 , 120SA a AB BC a ABC và cạnh bên SA vuông góc với 
mặt phẳng đáy. Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC và  ABC . Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại 
tiếp hình chóp đã cho. 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm  2;1;0A ,  0;3;4B và  5,6,7C . Tính 
khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm  3;1M và đường thẳng   4:
3
y x . Viết phương trình 
đường tròn đi qua M , tiếp xúc đồng thời với đường thẳng  và đường thẳng  0y . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  2 32 1 2 1x x x x x     . 
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện 1x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
  2 2 2
7 121
14
P
x y z xy yz zx
     . 
------------------HẾT----------------- 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
a.(1,0 điểm). Cho hàm số 3 24 3 1y x mx x    (1), trong đó m là tham số. Khảo sát sự biến 
thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1), khi  0m . 
Khi 0m  thì 34 3 1y x x   
♥ Tập xác định: D   
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên: 2' 12 3 0,    y x x 
0.25 
 + Hàm số đồng biến trên khoảng  ;  
 ￚ Cực trị: hàm số không có cực trị 
 ￚ Giới hạn: lim
x
y

  và lim
x
y

  
0.25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x   
'y  
y  
 
0.25 
♥ Đồ thị: 
0.25 
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên  . 
♥ Ta có: 2' 12 2 3y x mx   0.25 
♥ Hàm số (1) đồng biến trên   ' 0,y x    212 2 3 0,x mx x     0.25 
  2' 36 0m    0.25 
1 
(2,0 điểm) 
  6 6m   
♥ Vậy giá trị m cần tìm là 6 6m   
0.25 
a) Cho góc 3 ; 2
2
       mà 
1sin cos
2 2 2
   . Tính sin 2 . 
♥ Từ 1sin cos
2 2 2
    11 sin
4
   3sin
4
 
0.25 
♥ Do 
2 2 9 7cos 1 sin 1
16 16
3 ;2
2
                 
  7cos
4
  
♥ Vậy 3 7sin 2 2sin .cos
8
     
0.25 
b) Giải phương trình 9
3
22 log 1
log
x
x
  (1) 
2 
(1,0 điểm) 
♥ Điều kiện: 0, 1x x  (*) 0.25 
 Khi đó:   23 31 log log 2 0x x    
  3
3
3log 1
1log 2
9
xx
x x
      
 [thỏa (*)] 
♥ Vậy phương trình có nghiệm là 13,
9
x x  . 
0.25 
Tính tích phân 
1
0
4 3
2 1
xI dx
x


 . 
♥ Ta có: 
1 1
0 0
4 3 12
2 1 2 1
        
xI dx dx
x x
0.25 
1 1
0 0
12
2 1
dx dx
x
    
0.25 
1
1
0
0
12 ln 2 1
2
x x
       
0.25 
3 
(1,0 điểm) 
 12 ln3
2
  
0.25 
a) Giải phương trình   2 2 26 0z z trên tập số phức. 
♥ Ta có:  2' 1 26 25 5i     0.25 
♥ Do đó phương trình có hai nghiệm phức là 1 1 5z i  và 2 1 5z i  . 0.25 
b) Tìm hệ số của 7x trong khai triển thành đa thức của biểu thức       1031 3 2P x x x . 
♥ Ta có:          101010 103 3 310
0
1 3 2 2 1 3 . 2 . 1 3
k kk
k
P x x x x x C x x


            
      10 10103 10 30 310 10
0 0 0 0
. 2 . 3 .C .2 . 3 .
k kk l lk l k l k k l
k k
k l k l
C x C x C x
   
   
      
 Chọn ,k l thỏa 
8, 1
0 10 0 10
9, 4
30 3 7 3 23
10, 7
k l
l k l k
k l
k l l k
k l
                          
0.25 
4 
(1,0 điểm) 
♥ Vậy hệ số của 7x trong khai triển là 
      4 78 1 2 9 4 10 7 010 8 10 9 10 10.C .2 . 3 .C .2. 3 .C .2 . 3 62640C C C      
0.25 
Cho hình chóp .S ABC có     0, 2 , 120SA a AB BC a ABC và cạnh bên SA vuông góc với 
mặt phẳng đáy. Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC và  ABC . Tính theo a bán kính 
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. 
5 
(1,0 điểm) 
0.25 
♥ Trong  ABC , kẻ AH BC . Do  SA ABC nên SA BC   BC SAH 
 Do đó BC SH        , ,SBC ABC AH SH SHA      
♥ Xét tam giác AHB :  0.sin 2 .sin 60 3AH AB ABH a a   
 Xét tam giác SAH :  3tan
33
SA aSHA
AH a
     030SHA 
 Vậy     0, 30SBC ABC     
0.25 
♥ Trong  ABC , gọi D là điểm đối xứng của B qua AC . Do tam giác ABC cân tại B 
 và  060ABC  nên các tam giác ABD và DBC là các tam giác đều. 
 Suy ra: 2DA DB DC a   . Do đó D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 
 Dựng đường thẳng  qua D và song song SA   ABC   là trục của 
 tam giác ABC 
 Gọi M là trung điểm của SA , trong  ,SA  , kẻ đường thẳng d qua M và song 
 song AD , suy ra d SA  d là trung trực của đoạn SA 
 Trong  ,SA  , gọi O d  . Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 
 .S ABC 
0.25 
♥ Xét tam giác OAD ta có 
2
2 2 2 174
4 2
a a
R OA AD AM a      
0.25 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm  2;1;0A ,  0;3;4B và  5,6,7C . Tính 
khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . 
♥ Gọi M là trung điểm của AB , ta có  1;2;2M 0.25 
♥ Mặt phẳng  P vuông góc với AB tại M là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng 
 AB . Do  AB P nên  2;2;4AB 

 là một VTPT của  P 
0.25 
♥ Suy ra phương trình  P 
      2 1 2 2 4 2 0 2 5 0x y z x y z            
0.25 
6 
(1,0 điểm) 
♥ Vậy   
2 2 2
5 6 2.7 5 5 6;
31 ( 1) ( 2)
d C P
  
 
   
0.25 
7 
(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm  3;1M và đường thẳng   4: 3y x . Viết phương trình 
đường tròn đi qua M , tiếp xúc đồng thời với đường thẳng  và đường thẳng  0y . 
♥ Gọi  ;I a b là tâm của đường tròn cần tìm, ta có 
    , ,d I d I Ox IM   (1) 
0.25 
♥        22 2
4 3 5 4 3 5 (2)
1
3 2 1 0 (3)3 1
a b b a b b
a ba b b
                    
0.25 
   4 3 5 2 (4)2
4 3 5 2 (5)
a b b b a
a b b a b
         
♥ Thay (4) vào (3) ta được:  2 23 4 1 0 2 10 0a a a a        : pt vô nghiệm 
0.25 
♥ Thay (5) vào (3) ta được:  2 2
5
2 3 2 1 0 2 7 5 0 2
1
bb b b b
b
           
 + Với 5 5 55 5; ; 
2 2 2
b a I IM
         
. Phương trình    
2
2 5 25: 5
2 4
C x y
        
 + Với  1 2 2;1 , 1b a I IM     . Phương trình      2 2: 2 1 1C x y    
0.25 
Giải bất phương trình  2 32 1 2 1x x x x x     (1) 
♥ Điều kiện: 
1
2
x  (*) 
 Khi đó:  1   3 22 1 . 2 1 . 2 1 0x x x x x x       
    2 2 1 2 1 2 1 0x x x x x x        
0.25 
   22 1 2 1 0x x x x      
 2 1 0x x    2 1x x   
0.25 
  
2
0
1 2
2 1 0
x
x
x x
       
0.25 
8 
(1,0 điểm) 
♥ Kết hợp với điều kiện (*), suy ra tập nghiệm của bpt là 1 2;S    0.25 
9 
(1,0 điểm) 
Xét các số thực dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện 1x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức  2 2 2
7 121
14
P
x y z xy yz zx
     . 
♥ Ta có:      
2 2 2
2 2 2 2
11
2 2
x y z
xy yz zx x y z x y z
              
 Do đó:  2 2 2 2 2 2
7 121
7 1 ( )
     
P
x y z x y z
0.25 
♥ Đặt 2 2 2t x y z   , tìm điều kiện cho t 
   , , 0 , , 0;1
1
x y z
x y z
x y z
      
 . Do đó: 2 2 2, , x x y y z z   
 Suy ra: 2 2 2 1x y z x y z      
  Mặt khác:      2 2 2 2 2 2 21 2 3x y z x y z xy yz zx x y z            
 Suy ra: 2 2 2 1
3
x y z   . Ta được: 1 1
3
t  
0.25 
♥ Khảo sát hàm số    
7 121
7 1
f t
t t
 

 trên 1 ;1
3
   
 , ta có: 
    22
7 121'
7 1
f t
t t
 

0.25 
    
2 2
2 2
11 7 7
121 7 11 7 1 18' 0
1 11 7 77 1
1 4
t
t tf t
t t tt t
t t
                                
 BBT 
t 
 1
3
 7
18
 1 
 'f t  0  
 f t 
 324
7
 Từ BBT ta suy ra  
1;1
3
324min
7t
f t
    
 khi 7
18
t  . Suy ra: 324
7
P 
 Ta thấy với 1 1 1, ,
2 3 6
x y z   thì 1x y z   và 324
7
P   324min
7
P  
♥ Vậy 
324min
7
P  
0.25 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
ĐỀ SỐ 2 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 1y x x    . 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 
 3 23 3 1 0x x m    . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 
       
sin 3 cos 2 0
4
x x . 
b) Giải bất phương trình 1 29 8.3 1 0x x    . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân  
2
1
4 3 lnI x xdx  . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức 1 2z i  . Tìm môđun của số phức 2w z z  . 
b) Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 1 số trong số các số lập được. 
Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 25. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB a ,  3AC a và 
mặt bên ' 'BB C C là hình vuông. Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường 
thẳng 'AA , 'BC . 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng      : 2 2 3 0P x y z và mặt cầu 
            2 2 2: 5 2 2 9S x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng  P tiếp xúc mặt cầu  S ; xác định tọa độ của 
tiếp điểm. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm  2;3A . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và 
cắt hai trục tọa độ , Ox Oy tương ứng tại các điểm , B C sao cho điểm B có hoành độ dương, điểm C có tung độ 
dương và tam giác BOC có diện tích nhỏ nhất. 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình  22 1 2 3x x x    . 
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương ,x y thỏa mãn điều kiện 5 4 23x y xy  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
 3 74 9
2
P x y
x y
    . 
------------------HẾT----------------- 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 3 23 1y x x    
♥ Tập xác định: D   
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên: 2' 3 6y x x   ; ' 0 0y x   hoặc 2x  
0.25 
 + Hàm số đồng biến trên khoảng  0;2 ; 
 + Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;0 và  2; . 
 ￚ Cực trị: 
 + Hàm số đạt cực đại tại 2x  ; yCĐ  2 3y  
 + Hàm số đạt cực tiểu tại 0x  ; yCT  0 1y   , 
 ￚ Giới hạn: lim
x
y

  và lim
x
y

  
0.25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x  0 2  
'y  0  0  
y  3 
 1  
0.25 
♥ Đồ thị: 
0.25 
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt, trong đó 
có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 
 3 23 3 1 0x x m    (1) 
♥ Ta có:   3 21 3 1 3 2x x m      (2) 0.25 
♥ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị 
 
 
3 2: 3 1
: 3 2
       
C y x x
y m
 Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của  C và   
 và nghiệm của phương trình (1) là hoành độ giao điểm của  C và   
0.25 
♥ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 
    cắt  C tại ba điểm phân biệt, trong đó đúng 2 điểm có hoành lớn hơn 1 
  1 3 2 3  m 
0.25 
1 
(2,0 điểm) 
  51
3
 m 0.25 
♥ Vậy giá trị m cần tìm là 51
3
 m . 
a) Giải phương trình 
       
sin 3 cos 2 0
4
x x (1) 
♥ Ta có:   31 sin 3 sin 2 0
4
x x
         
 3sin3 sin 2
4
x x
        
0.25 
3 233 2 2
20 54
33 2 2 2
4 4
kxx x k
x x k x k
                      
0.25 
b) Giải bất phương trình 1 29 8.3 1 0x x    (1) 
♥ Ta có:   21 3 8.3 9 0x x    (2) 
 Đặt 3xt   0t , bpt (2) trở thành: 2 8 9 0t t   9t  
0.25 
2 
(1,0 điểm) 
♥ Với 9t thì 3 9 2x x   
 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 2;S   
0.25 
Tính tích phân  
2
1
4 3 lnI x xdx  . 
♥ Đặt  
ln
4 3
u x
dv x dx

   2
1
2 3
du dx
x
v x x

 
0.25 
♥ Suy ra:  
2 22
2
1
1
2 32 3 ln x xI x x x dx
x
   
0.25 
  
2
1
14 ln 2 2 3x dx   
0.25 
3 
(1,0 điểm) 
   22
1
14 ln 2 3 14 ln 2 6x x     0.25 
a) Cho số phức 1 2z i  . Tìm môđun của số phức 2w z z  . 
♥ Ta có:    2 1 2 2 1 2 3 2         w z z i i i 0.25 
♥ Do đó    2 23 2 13w      0.25 
b) Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 1 số trong số các 
số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 25. 
♥ Số phần tử của không gian mẫu là: 9.9.8.7 4536   0.25 
4 
(1,0 điểm) 
♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn chia hết cho 25” 
 Do , , ,a b c d đôi một khác nhau và 25abcd  25cd  
25
50
75
cd
cd
cd
   
 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A 7.7 8.7 7.7 154     
♥ Vậy xác suất cần tính là   A 154 11A
5436 324
  P . 
0.25 
Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB a ,  3AC a và 
mặt bên ' 'BB C C là hình vuông. Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách 
giữa hai đường thẳng 'AA , 'BC . 
♥ Do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên 'BB là đường cao của lăng trụ 
 Vì ' 'BB C C là hình vuông nên 2 2 2 2' 3 2BB BC AB AC a a a      
0.25 
♥ Do đó 3
. ' ' '
1'. 2 . . . .a 3 3
2ABC A B C ABC
V BB S a AB AC a a a    
0.25 
♥ Vì  ' || ' 'AA BB C C nên     ', ' , ' 'd AA BC d A BB C C 
 Trong  ABC , hạ AH BC (1) 
 Vì  'BB ABC nên 'AH BB (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra  ' 'AH BB C C    , ' 'AH d A BB C C 
0.25 
5 
(1,0 điểm) 
♥ Xét tam giác ABC ta có . . . 3 3
2 2
AB AC a a aAH
BC a
   . Vậy   3', '
2
ad AA BC  
0.25 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng      : 2 2 3 0P x y z và mặt cầu 
            2 2 2: 5 2 2 9S x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng  P tiếp xúc mặt cầu  S ; 
xác định tọa độ của tiếp điểm. 
♥ Mặt cầu  S có tâm  5;2;2I và bán kính 3R 0.25 
♥ Ta có:   
 22 2
2.5 2.2 2 3
; 3
2 2 1
d I P R
  
  
  
   P tiếp xúc mặt cầu  S 
0.25 
♥ Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với  P . Gọi  K d P  , suy ra K 
 là tiếp điểm của  P và  S . Vì  d P nên VTPT  2;2; 1n 

 của  P là 
 một VTCP của d . Phương trình tham số của 
5 2
: 2 2
2
x t
d y t
z t
      
0.25 
6 
(1,0 điểm) 
♥ Tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình: 
5 2
2 2
:
2
2 2 3 0
x t
y t
d
z t
x y z
          
 Giải hệ ta được 1, 3, 0, 3t x y z    . Vậy  3;0;3K 
0.25 
7 
(1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm  2;3A . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt 
hai trục tọa độ , Ox Oy tương ứng tại các điểm , B C sao cho điểm B có hoành độ dương, điểm 
C có tung độ dương và tam giác BOC có diện tích nhỏ nhất. 
 ♥ Gọi d là đường thẳng đi qua A và cắt ,Ox Oy tương ứng tại các điểm  ;0B b , 
  0;C c , , 0b c . Ta có: 1
2BOC
S bc  
0.25 
♥ Phương trình d có dạng: 1x y
b c
  . Vì d qua  2;3A d nên 2 3 1
b c
  
0.25 
♥ Theo bđt Cô-si ta có: 2 3 2 31 2 .
b c b c
    1 12
2BOC
S bc   
 Dấu “=” xảy ra khi 4, 3b c  . Suy ra: max 12BOCS  khi 4, 3b c  
0.25 
♥ Phương trình đường thẳng thỏa đề bài là 1 3 2 12 0
4 3
x y x y      
0.25 
Giải phương trình  22 1 2 3x x x    (1) 
♥ Điều kiện: 
12 1 0
2
x x    (*) 
 Khi đó  1     2 22 1 1 4 3x x    
0.25 
2 1 5 2
2 2 2 7
x x
x x
       
0.25 
 
2
5 11 172 1 5 2 2
42 11 13 0
xx x x
x x
          
 [thỏa (*)] 
0.25 
8 
(1,0 điểm) 
 
2
7
2 1 2 7 52
2 15 25 0
xx x x
x x
         
 [thỏa (*)] 
Vậy phương trình có nghiệm là 11 175,
4
x x
  
0.25 
9 
(1,0 điểm) 
Xét các số thực dương ,x y thỏa mãn điều kiện 5 4 23x y xy  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 3 74 9
2
P x y
x y
    . 
♥ Ta có: 
4 55 4 23 23    x y xy
x y
 0.25 
♥ Khi đó: 
3 7 1 1 1 4 54 9 4 9
2 2
              
P x y x y
x y x y x y
 1 1 234 9
2
x y
x y
     
0.25 
♥ Áp dụng bđt Cô-si ta suy ra được 
 1 1 23 23 432 4 . 2 9 . 4 6
2 2 2
P x y
x y
       
0.25 
♥ Dấu “=” xảy ra khi 
14
1
1 29
1
34 5 23
x
x
x
y
y
y
x y
               
0.25 
 Vậy 43min
2
P  . 
 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 tr