1. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Trường THPT Chuyên Đại học Vinh – Thi thử lần 1)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  3 21 1 1
1
3 2 3
y x m x mx     (1), m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi 2m  .
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại là yCÑ
thỏa mãn
1
y
3CÑ
 .
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos3 cos 2 3 cos2 sinx x x x 
b) Giải phương trình    2
4 2 2
log log 2 1 log 4 3   x x x
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
6
1
3 1
2
x
I dx
x
 

 .
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 3 2z z i   . Tìm phần thực và phần ảo của z .
b) 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 3 đội. Tính xác suất để 3
đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều .S ABC có 2SA a , AB a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC .
Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB.
Câu 6 (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 z
d
 
 
 
. 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 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có ACD   với
1
cos
5
  , điểm H thỏa mãn điều kiện 2HB HC
 
, K là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD .
Cho biết
1 4
;
3 3
H
     
,  1;0K và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm , , ,A B C D .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  2 3 2
5 4 1 2 4    x x x x x .
Câu 9 (1,0 điểm). Giả sử , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn
     
2 2 2
0 2x y y z z x      
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức    
4
4 4 4 3
4 4 4 ln
4
x y z
P x y z x y z         . HẾT.
www.VNMATH.com
w
w
w
.VN
M
ATH
.com

2. 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 (1) khi 2m  .
♥ Tập xác định: D  
♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên: 2
' 2y x x   ; ' 0 1y x    hoặc 2x 
0.25
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;2 ;
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1  và  2; .
ￚ Cực trị:
+ Hàm số đạt cực đại tại 1x   ; yCĐ  
3
1
2
y  
+ Hàm số đạt cực tiểu tại 2x  ; yCT  2 3y   ,
ￚ Giới hạn: lim
x
y

  và lim
x
y

 
0.25
ￚ Bảng biến thiên:
x  1 2 
'y  0  0 
y 3
2

 3
0.25
♥ Đồ thị: 0.25
b.(1,0 điểm). b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số  3 21 1 1
1
3 2 3
y x m x mx     có
cực đại là yCÑ
thỏa mãn
1
y
3CÑ
 .
♥ Ta có:  2
' 1y x m x m   
 2 1
' 0 1 0
x
y x m x m
x m
       
 
0.25
1
(2,0 điểm)
♥ Hàm số (1) có cực đại  1m  0.25
www.VNMATH.com
w
w
w
.VN
M
ATH
.com

3. ♥ Với  
1 1 1 1
1 1
3 2 2 3
1 1
2 2
x y m m m          ;
Với    3 3 22 21 1 1
1
1 1 1
6 2 33 2 3
x m y m m m mm mm         
 Với 1m  , ta có BBT
x  1 m 
'y  0  0 
y
CD
y 
 CT
y
Do đó:  
1 1 1 1
y 1 3 1
3 2 3 3CÑ
m
y m

         
0.25
 Với 1m  , ta có BBT
x  m 1 
'y  0  0 
y
CD
y 
 CT
y
Do đó:
  3 2 3 21 1 1 1 1
y 3 3 0
3 6 2 3 3
0 1
3 1
CÑ
y m m m m m
m
m
           
  

   
♥ Vậy giá trị m thỏa đề bài là
1
3;
3
m
      
   
.
0.25
a).(0,5 điểm). a) Giải phương trình cos3 cos 2 3 cos2 sinx x x x  (1)
♥ Ta có:  1 2cos2 .cos 3 cos2 .sin 0  x x x x
 cos2x cos 3sin 0  x x
0.25
 cos2 0
4 2
 
   
k
x x  k  

3
cos 3 sin 0 tan
3 6

       x x x x k  k  
♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
 ;
4 2 6
  
      
k
x x k k .
0.25
b.(0,5 điểm). Giải phương trình    2
4 2 2
log log 2 1 log 4 3   x x x
♥ Điều kiện:
1
2
x
Khi đó:      2 2 2
1 log log 2 1 log 4 3    x x x
   2
2 2
log 2 log 4 3   x x x
0.25
2
(1,0 điểm)
2
2 5 3 0   x x (2) 0.25
www.VNMATH.com
w
w
w
.VN
M
ATH
.com

4. 1
2
3
x
x

  


 
Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là 3x .
Tính tích phân
6
1
3 1
2
x
I dx
x
 

 . .
♥ Đặt 2
3 3 2t x x t dx tdt      
Đổi cận:
6 3
1 2
x t
x t
 

 
0.25
♥ Suy ra:
3 3 32
2
2 2 2
1
2 2 2 1
1 1 1
t t t
I dt dt dt
t t t
             
0.25
 
3
2
2 ln 1t t  
0.25
3
(1,0 điểm)
2 2ln2 
♥ Vậy 2 2ln2I   .
0.25
a).(0,5 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 3 2z z i   . Tìm phần thực và phần
ảo của z .
♥ Đặt z a bi  ,  ,a b   ta có:
 2 3 2 2 3 2        z z i a bi a bi i
3 3 2   a bi i
0.25
1
2
  
 
a
b
♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 2 .
0.25
b).(0,5 điểm). b) 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 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác
nhau.
♥ Số phần tử của không gian mẫu là . .3 3 3
9 6 3C C C 1680   0.25
4
(1,0 điểm)
Gọi A là biến cố "3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là !. . .2 2 2
A 6 4 23 C C C 540  
♥ Vậy xác suất cần tính là (A) A 540 9
P
1680 28

  

.
0.25
5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp đều .S ABC có 2SA a , AB a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính
theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB .
www.VNMATH.com
w
w
w
.VN
M
ATH
.com

5. ♥ Gọi O là tâm của tam giác đều ABC cạnh a . Do .S ABC là hình chóp đều nên
 SO ABC . Ta có
2
3
4ABC
a
S
 và
3
3
a
OA 
Xét SOA ta có:
2 2
2 2 2 2 11 33
4
3 3 3
a a a
SO SA OA a SO      
0.25
♥ Vậy
2 3
.
1 1 33 3 11
. . .
3 3 3 4 12S ABC ABC
a a a
V SO S
  
0.25
♥ Gọi , ,N I J lần lượt là trung điểm của các đoạn , ,SC CH HM
Do  / / / /SB MN SB AMN . Suy ra:
       , ,( ) ;( ) 2 ;(d AM SB d B AMN d C AMN d I AMN  
Ta có:      
AM IJ
AM IJN IJN AMN
AM IN
     
 
theo giao tuyến NJ
Trong  IJN , kẻ    ;(IK NJ IK AMN d I AMN IK    
0.25
♥ Xét tam giác IJN ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 12 188 11
11 11 188
IK a
IK IJ IN a a a
      
Vậy  
11 517
, 2 2.
188 47
a
d AM SB IK a   .
0.25
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 z
d
 
 
 
. 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 .
♥ Tọa độ giao điểm M của của  P và d là nghiệm của hệ phương trình
 
12 1
1 1;1;11 2 1
3 0 1
xx y z
y M
x y z z
           
        
0.25
♥ Do  2; 2 1;A d A t t t      0.25
♥ Khi đó:   
2 2 2
; 2 3
43
t t
d A P
t
  
  
 
0.25
6
(1,0 điểm)
♥ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là  4; 5; 2A   hoặc  2;7;4A  . 0.25
7
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có ACD   với
www.VNMATH.com
w
w
w
.VN
M
ATH
.com

6. 1
cos
5
  , điểm H thỏa mãn điều kiện 2HB HC
 
, K là giao điểm của hai đường
thẳng AH và BD . Cho biết
1 4
;
3 3
H
     
,  1;0K và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa
độ các điểm , , ,A B C D .
♥ Do KAD ∽ KHB
3 3
2 2
KA AB BC
KA KH
KH HB BH
     
Do K thuộc đoạn AC
 
 
3
3 2
2 3
2
A K H K
A K H K
x x x x
KA KH
y y y y
      
   

 
2
2
2;2A
A
A
x
y
  
 
0.25
♥ Đặt  ;B a b với 0a  , ta có:
  2 1
cos cos cos .
5 5 5
2
AB AB AB
ACD ABD
BD KB
KB
      
2 2
4 5AB KB       
2 2 2
2
4 2 2 5 1a b a b
   
         
   
2 2
6 16 27 0a b a b     
0.25
♥ Đường tròn  C đường kính AH có tâm
7 1
;
6 3
I
     
, bán kính
1 5 5
2 6
R AB 
nên có phương trình là  
2 2
7 1 125
:
6 3 36
C x y
                 
Do 
 0
90ABC B C  
2 2
7 1 125
6 3 36
a b
                  
2 2 7 2
2 0
3 3
a b a b     
Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình
2 2
2 2
1
6 16 27 0
35
7 2
8 02 0
3 3
5
a b a b a
a
ba b a b
b
                
           
. Suy ra:  3;0B
0.25
www.VNMATH.com
w
w
w
.VN
M
ATH
.com

8. ♥ Ta có:      
2 2 2
0 2x y y z z x      
2 2 2
0 2 2 1x y z xy yz zx       
Suy ra: , , 0;1x y z     . Dấu “=” xảy ra khi    ; ; 1,0,0x y z  hoặc các hoán vị.
và      2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 1x y z x y z xy yz zx x y z            
Do 4 3 1t
t  , 0;1t       4 4 4 3 3x y z
x y z      
0.25
♥ Mặt khác:
   4 4 4 2 2 2 4 4 4 2 2 2
ln ln 0x y z x y z x y z x y z           
0.25
♥ Từ đó ta có:
   
43 21
3 3
4 4
P x y z x y z       
Dấu “=” xảy ra khi    ; ; 1,0,0x y z  hoặc các hoán vị.
Vậy
21
4
MaxP  .
0.25
www.VNMATH.com
w
w
w
.VN
M
ATH
.com