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

SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Đề: 
 Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số .
1
3



x
xy 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng -1. 
 Câu 2: (1 điểm) 
 1. Cho góc ;
2

   
 
 có 1sin
3
  . Tính giá trị của biểu thức: sin 2 cos 2A    . 
2. Giải phương trình: 3 1 3
3
log log ( 2) 1 log (4 )x x x     
Câu 3: (0.5 điểm) Cho số phức z thỏa: (1 ) 2 5 3i z iz i    . Tìm phần thực, phần ảo của 
số phức 2w z z  . 
Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân sau: 2
1
2 (2 ln )
e
I x x x dx  . 
Câu 5: (1 điểm Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên tạo 
với mặt đáy một góc 060 . Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng 
cách từ A đến mặt (SBC). 
Câu 6: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 1; 1), 
 B(2; 2; 2), C(2; 0; 5), D(0; 2; 1). Viết phương trình mặt phẳng chứa A và B 
và đi qua trung điểm của đoạn CD. 
Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(3;5), trực tâm 
H(3;3), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(4;2). Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết đỉnh B 
có hoành độ nhỏ hơn 3. 
Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
 
2 2 2 210 4 2 2 4 10 4( )
1 2 4 2 18 5( 3)
x xy y x xy y x y
x y xy x
       

     
Câu 9: (0.5 điểm) Có 20 thẻ đựng trong 2 hộp khác nhau, mỗi hộp đựng 10 thẻ đánh số 
thứ tự từ 1 đến 10. Lấy ngẫu nhiên 2 thẻ từ 2 hộp (mỗi hộp một thẻ). Tính xác suất 
lấy được 2 thẻ có tích hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn. 
Câu 10: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa 0 a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
2 2 2
2 2 2 2
2 2
( )( ) ( )
a b c a b cP a b c
a b a c a b c
   
    
  
. 
------- 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: ...................... 
www.VNMATH.com
SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
(Gồm có 5 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1. (1điểm) 
a. Tập xác định: }1{\  D . 
b. Sự biến thiên: 
* Chiều biến thiên: Ta có .1,0
)1(
4' 2 
 x
x
y 
 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1;(  và );1(  , hàm số 
 không có cực trị. 
* Giới hạn: 1lim 

y
x
; 1lim 

y
x
; 

y
x )1(
lim ; 

y
x )1(
lim 
 Suy ra đồ thị có tiệm cận ngang là 1y và tiệm cận đứng là 1x . 
* Bảng biến thiên 
x  1  
'y   
y 
  1 
 1  
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
 * Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (3 ; 0); 
 cắt Oy tại  3;0  . 
 Đồ thị nhận giao điểm )1;1(I 
 của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0,25đ 
 2. (1 điểm) 
 Giả sử ( ; 1) ( )M a C  , ta có: 3 1
1
a
a

 

 1a  
 Suy ra 
2
4'(1) 1
(1 1)
y  

. 
0,25 đ 
0,25 đ 
Câu 1 
(2 đ) 
 Vậy phương trình tiếp tuyến tại M là: 
 '(1)( 1) ( 1)y y x    hay 2y x  . 
 0,5 đ 
O 1 
1 I 
y 
3 
3 
x 
www.VNMATH.com
 1. (0.5 điểm) 
 Vì ;
2

   
 
 nên cos 0  , suy ra 2 2 2cos 1 sin
3
      
 Do đó: 
2 1 2 2 2 7 4 2sin 2 cos 2 2sin cos 1 2sin 2. . 1
3 3 9 9
A     
  
           
 
0,25 đ 
0,25 đ 
Câu 2 
(1 đ) 
 2. (0.5 điểm) 
 Điều kiện: 
0
2 0 2 4
4 0
x
x x
x

     
  
, ta có : 
 3 1 3 3 3 3
3
log log ( 2) 1 log (4 ) log log ( 2) log [3(4 )]x x x x x x          
 23 3log [ ( 2)] log [3(4 )] ( 2) 3(4 ) 12x x x x x x x x          
3
4 ( )
x
x loai

    
Vậy phuong trình có 1 nghiệm 3x  . 
0,25 đ 
0,25 đ 
Câu 3 
(0.5 đ) 
Đặt z a bi  với ,a b R . Ta có: (1 ) 2 5 3i z iz i    trở thành: 
 (1 )( ) 2 ( ) 5 3 3 ( ) 5 3i a bi i a bi i a b a b i i            
3 5 2
3 1
a b a
a b b
   
  
   
Suy ra 2 2 4 2 6w z z i i i        . 
Vậy số phức w có phần thực bằng 6, phần ảo bằng -1. 
0,25đ 
0,25đ 
Câu 4 
(1 đ) 
 2 3
1 1 1
2 (2 ln ) 4 2 .ln
e e e
I x x x dx x dx x xdx      
 3 4 4
1
1
4 1
e
e
x dx x e   
 Đặt 
2
1
ln
2
du dxu x
x
dv xdx v x
   
  
, ta có: 
2 2
2 2
1
1 1 1
12 .ln ln
2 2
ee e
e x ex xdx x x xdx e
         
 
  
Vậy 
2 4 2
4 1 2 11
2 2
e e eI e       
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
www.VNMATH.com
S 
M 
C 
B 
A 
H 
Câu 5 
(1 đ) 
Theo giả thiết 
2 3
4ABC
aS  
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), suy ra 
 0 0
2 3
.
60 , SH=AH.tan60
1 1 3 3. .
3 3 4 12
 
  S ABC ABC
SAH a
a aV SH S a
Gọi M là trung điểm của BC, suy ra 
21 1 39 39. .
2 2 6 12SBC
aS SM BC a a   
   3 3 13,
13SBC
V ad A SBC
S
  
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25đ 
0,25đ 
Câu 6 
(1 đ) 
 Gọi I là trung điểm của đoạn CD, suy ra I(1;1;3) 
 0;0;2AI 

 suy ra (P) nhận  2; 2;0AB AI  
 
 làm vectơ pháp tuyến 
 Do (P) đi qua A(1;1;1) nên phương trình mp(P) là: 1(x-1)-1(y-1) = 0 
 Hay x-y=0 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Câu 7 
(1 đ) 
 Cách 1: 
Gọi G là trọng tâm ABC , M là trung điểm BC. 
Ta có 3IH IG
 
 (đường thẳng Ơ-le), suy ra 
 11 7;
3 3
G   
 
 Vì 3AM GM
 
 nên (4;1)M . 
 Đường thẳng BC qua M nhận (0; 2)AH  

làm VTPT nên có phương trình: 1y  . 
 Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm là I, có bán kính 10IA  nên có 
phương trình 2 2( 4) ( 2) 10x y    . 
Tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ 
2 2( 4) ( 2) 10
1
x y
y
    


. 
Giải hệ với chú ý 3Bx  , ta thu được (1;1)B và (7;1)C 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
www.VNMATH.com
 Cách 2: 
 Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm là I, có bán kính 10IA  nên có 
phương trình 2 2( 4) ( 2) 10x y    . 
 Phương trình đường cao AH: 3x  nên phương trình đường thẳng BC có 
dạng y b . 
 Tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ 
2 2( 4) ( 2) 10x y
y b
    


. 
vì 3Bx  nên giải hệ ta được:  24 10 ( 2) ;B b b   ,  24 10 ( 2) ;C b b   
suy ra  21 10 ( 2) ; 5AC b b     ,  21 10 ( 2) ;3BH b b      
Vì BH AC nên . 0BH AC 
 
 210 ( 2) 1 ( 5)(3 ) 0b b b        
1
5
b
b

  
. * Với 1b  ta có (1;1)B và (7;1)C nhận. 
 * Với 5b  ta có (3;5)B nên loại. 
 Ta có 2 2 2 210 4 2 (3 ) ( ) 3x xy y x y x y x y        , dấu bằng xảy ra 
 khi x y và 3 0x y  . 
 Tương tự 2 2 2 22 4 10 ( 3 ) ( ) 3x xy y x y x y x y        , dấu bằng xảy 
 ra khi x y và 3 0x y  . 
Do đó 2 2 2 210 4 2 2 4 10 4( )x xy y x xy y x y       khi x y và 0x y  
0,25đ 
Câu 8 
(1 đ) 
Thay y x vào phương trình thứ 2 ta được: 
   21 2 4 2 18 5( 3)x x x x      (điều kiện 0 4x  ) 
    25 15 2 18 5( 3) 1 2 4x x x x x        
     25 15 2 18 1 2 4 0x x x x        
2
3
2 18 1 2 4 (1)
x
x x x

 
    
Ta có 2(1) 2 18 17 3 4 ( 1)(4 )x x x x       
( 1)(2 1) 4 ( 1)(4 ) 0x x x x       
1
1(2 1) 4 4 0 (2)
x
x x x
 
 
    
3 2 2 3(2) 4 8 21 63 0 (2 3)(4 14 42) 0
2
x x x x x x x            
Tóm lại hệ có 3 nghiệm: (-1;-1), 3 3(3;3), ;
2 2
 
 
 
. 
0,25đ 
0,25đ 
Câu 9 
(0.5 đ) 
Rút 2 thẻ từ hai hộp (mỗi hộp một thẻ), không gian mẫu có số phần tử là: 
10.10=100 
 Gọi A là biến cố nhận được 2 thẻ có tích hai số ghi trên 2 thẻ là số lẻ, ta 
có A là biến cố nhận được 2 thẻ có tích hai số ghi trên 2 thẻ là số chẵn. 
 Số phần tử của biến cố A là 5.5=25 (vì mỗi hộp có 5 thẻ lẻ). 
 Suy ra xác suất cần tìm là:   25 3( ) 1 1 100 4p A p A     
0,25đ 
0,25đ 
Câu 10 
(1 đ) Ta có: 
2 2 2
2 2 2 2
2 2
( )( ) ( )
a b c a b cP a b c
a b a c a b c
   
    
  
www.VNMATH.com
 2 2 2 2
1 1 1 1 2 a b c
a b a c a b c
      
  
Vì 0 a b c   nên: 
2
2 2 2
2
aa b ab b b      
 
 dấu bằng xảy ra khi 0a  . 
 Tương tự: 
2
2 2
2
aa c c    
 
 dấu bằng xảy ra khi 0a  . 
Nên: 
2 2
1 1 1 1 2
2 2
P a b c
a b ca ab c
      
       
   
 dấu bằng xảy ra khi 0a  
0,25đ 
Áp dụng các bất đẳng thức: với 0, 0x y  ta có: 
 2 2 2
1 1 8
( )x y x y
 

 dấu bằng xảy ra khi x y . (phải chứng minh) 
 1 1 4
x y x y
 

 dấu bằng xảy ra khi x y . 
Ta có: 
 2
8 4 2P a b c
a b ca b c
    
  
0,25đ 
 Đặt t a b c   với 0t  . 
 Xét hàm số 4 2
8 4( ) 2f t t
t t
   với 0t  . 
Ta có: 
5 2
5 3 5
32 8 2 8 32'( ) 2 t tf t
t t t
 
     
 5 2 4 2'( ) 0 2 8 32 0 2( 2)( 2 4 8) 0f t t t t t t t           2t  
0,25đ 
Bảng biến thiên: 
 Suy ra 11
2
P  , dấu bằng xảy ra khi: 
2
0,
t a b c
a b c
a b c
    

 
  
 0
2
a
b c

 
 
 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 11
2
. 
0,25đ 
--- HẾT--- 
t 
f’(t) 
f(t) 
0 2 
0 
 
 
11
2
_ + 
www.VNMATH.com