1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN I
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn thi: TOÁN
————————— Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
—————————————-
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 −3x2 +4 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó song song với đường thẳng
y = 9x+3.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: cos2x+2sinx = 1+
√
3sin2x.
b) Giải phương trình: log3(x2 +2x)+log1
3
(3x+2) = 0 trên tập số thực.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
2
1
1+x2ex
x
dx.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1+i)z+2z = 2. Tính mô đun của số phức ω = z+2+3i.
b) Cho một đa giác đều 12 đỉnh A1A2...A12 nội tiếp đường tròn (O). Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác
đó. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn ra tạo thành một hình chữ nhật.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;−2;1) và mặt phẳng (P) :
x−2y+2z+5 = 0. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) và viết phương trình mặt cầu tâm A cắt
mặt phẳng (P) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a
√
2. Hình
chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
(ABCD) bằng 60◦. Tính theo a theo thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(SBC) .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn,
đỉnh A(−2;−1). Gọi H,K,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC,BD,CD.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE là (C) : x2 + y2 + x + 4y + 3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh
B,C,D biết H có hoành độ âm, C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng x−y−3 = 0.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 y3(2x−y)+ x2(5y2 −4x2) = 4y2
√
2−x +
√
y+1 + 2 = x+y2
(x,y ∈ R).
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn 4(a3 +b3)+c3 = 2(a+b+c)(ac+bc−2).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
2a2
3a2 +b2 +2a(c+2)
+
b+c
a+b+c+2
−
(a+b)2 +c2
16
.
——HẾT——
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
WWW.VNMATH.COM

2. SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI THỬ QUỐC GIA THPT NĂM 2015-LẦN I
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA MÔN : TOÁN
( Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
1
(2,0)
 Tập xác định: 
 Sự biến thiên :
-Chiều biến thiên: Ta có
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng và ; nghịch biến trên khoảng .
0,25
0,25
-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 yCĐ = 4,hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2 yCT = 0.
-Giới hạn: 3 2
lim lim ( 3 4) ;
x x
y x x
 
    3 2
lim lim ( 3 4) .
x x
y x x
 
    
Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
-Bảng biến thiên
x 0 2
y,
+ 0 - 0 +
y
4
 0
 Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm
(-1;0) và (2;0).
x
y
32O 1
4
-1
0,25
0,25
b) Ta có: . Gọi  3 2
0 0 0; 3 4M x x x  là điểm thuộc đồ thị (C) .
Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M là . 0,25
Vì tiếp tuyến của đồ thị tại M song song với đường thẳng d : 9 3y x  nên có hệ số góc 9k 
2 2
0 0 0 0 0 03 6 9 2 3 0 1 3x x x x x x          
0,5
Vậy ( 1;0)M  và (3;4)M đều không thuộc d nên thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25
2
(1,0)
a). Phương trình đã cho tương đương:
sin 0
1
sin3 cos sin 1 0
3 2
x k
x
xx x


 
  
             
0,25
+ Với
2 2
1 3 6 6
sin
53 2
2 2
3 6 2
x k x k
x
x k x k
  
 

  
 
 
     
             
     
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm  ; 2 ; 2
2 6
x k x k x k k
 
        
0,25
b). Điều kiện: . Phương trình đã cho tương đương:
0,25
WWW.VNMATH.COM

3. 2 2
3 3 3 3log ( 2 ) log (3 2) 0 log ( 2 ) log (3 2)x x x x x x       
2 2 1
2 3 2 2 0
2
x
x x x x x
x
 
        
 
Đối chiếu điều kiện ta có phương trình đã cho có nghiệm 2x 
0,25
3
(1,0) Ta có
2 22
1 1
1 1x
xx e
I dx xe dx
x x
        
2 2
1 1
xdx
xe dx
x
   0,5
Tính:
2
2
1
1
ln ln2
dx
x
x
  0,25
Đặt ; x
u x du dx dv e dx    chọn x
v e . Suy ra
2
2 2 2
1 1
1
x x x
xe dx xe e e  
Vậy 2
ln 2I e 
0,25
4
(1,0) a). Đặt  ,z a bi a b    . Theo bài ra ta có:
3 2 1
0 1
a b a
a b b
      
     
nên 1z i  0,25
Khi đó 2 3 1 2 3 3 4z i i i i          .
Vậy 0,25
b). Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các cách chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong 12 đỉnh .
Ta có: 4
12( ) 495n C   .
0,25
Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một hình chữ nhật”
Gọi đường chéo của đa giác đều A1
A2
...A12
đi qua tâm đường tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác
đã cho có 6 đường chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 12 điểm A1
,A2
,...,A12
có các đường chéo là hai đường
chéo lớn. Ngược lại, mỗi cặp đường chéo lớn có các đầu mút là 4 đỉnh của một hình chữ nhật.
Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là: 2
6(A) 15n C  .
Vậy xác suất cần tính là
(A)
(A)
( )
n
P
n


15 1
495 33
 
0,25
5
(1,0) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) là :  ;( ) 2 2 2
1.1 ( 2).( 2) 2.1 5
4
1 ( 2) 2
A P
h d
    
  
  
.
0,25
Gọi r là bán kính của đường tròn thiết diện thì ta có 0,25
Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm ta có 0,25
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là : 0,25
6
(1,0)
Diện tích hình chữ nhật ABCD là .
Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình chữ nhật ta có
0,25
WWW.VNMATH.COM

4. Ta có nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc
Trong tam giác vuông SHB ta có .
Thể tích khối chóp S.ABCD là :
0,25
Ta có
Kẻ với ; kẻ với (1)
Ta có .
Do đó (2)
Từ (1) và (2) suy ra nên . 0,25
Ta có . Trong tam giác vuông SHK ta có :
. Vậy
0,25
7
(1,0)
Ta có nên bốn điểm A,H,C,E cùng thuộc
đường tròn đường kính AC.
Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Ta có: .
Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên  EKD EAD và
 BKH BAH .
Do đó .
Vì vậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE.
0,25
+) Gọi
2 4
( ;c 3) ,( 0) ;
2 2
c c
C c d c I
         
, do I thuộc (C) nên có phương trình:
2
2 0 2 1c c c c       (loại 1)c  . Suy ra: C(2;-1) và I(0;-1).
0,25
+) Điểm E,H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên toạ độ thoả mãn hệ phương
trình: .
+)Vì H có hoành độ âm nên
8 11
; , (0; 3)
5 5
H E
     
. Suy ra : 1 0AB x y   , : 3 5 0BC x y  
0,25
Toạ độ B thỏa mãn (t/m).
Vì . Vậy .
0,25
WWW.VNMATH.COM

5. 8
(1,0)
Điều kiện: .
+) Sử dụng bất đẳng thức AM –GM cho hai số không âm ta có:
.
Suy ra: .
0,25
Vì vậy ta phải có: .
Vậy phương trình đầu của hệ tương đương với: x y .
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: .
0,25
Do nên ta phải có: 2
2 0 1 ( 1)x x x do x      .
Khi đó phương trình (*) tương đương với:
     2 2 1 1
1 1 2 1 0 1 1 0
1 2 1
x x x x x x x x
x x x x
                        
.
0,25
2
1 5
( / )
1 1 1 52
1 0 1 0
21 2 1 1 5
( )
2
x t m
x x do x y
x x x x
x l
                         
.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
1 5 1 5
( ; ) ;
2 2
x y
       
.
0,25
9
(1,0) Ta có: , kết hợp với giả thiết suy ra:
 
2
3 3 3 3 3 31
( ) ( ) 4( ) 2( ) 2 4
4 4
a b c
a b c a b c a b c a b c a b c
                      
.
0,25
Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
2
2 2 2 2
2
3 2 ( 2) 2
2 2 2 .
2 2 2 2
a a a a
a b a c a b cb a b aa c a c
a a
  
               
;
Và . Suy ra: .
0,5
Đặt , ta có: .
Suy ra hàm số ( )f t nghịch biến trên  4; . Do đó .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
1
6
.
0,25
................ Hết.................
WWW.VNMATH.COM