1. WWW.VNMATH.COM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
I. MA TRẬN ĐỀ
Mức độ nhận thức
Mạch kiến thức, kỹ năng
Nhận
biết
Thông
hiểu
Vận dụng
thấp
Vận dụng
cao
Điểm
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ
thị hàm số
Câu 1a
1
1
2
Bài toán liên quan đến hàm số
(tiếp tuyến, tính đơn điệu, cực trị,
tương giao các đồ thị, tìm điểm
trên đồ thị...)
Câu 1b
1
1
3
Phương trình và bất phương trình
lôgarit, mũ; phương trình và bpt
vô tỉ
Câu 2a
0.75
4
Phương trình lượng giác, công
thức lượng giác
Câu 2b
0.75
1.5
5
Nguyên hàm, tích phân và ứng
dụng của tích phân
Câu 3
1
1
6
Thể tích khối đa diện, khối tròn
xoay; diện tích hình tròn xoay;
bài toán khoảng cách, góc.
Câu 4a
0.5
Câu 4b
0.5
1
7
Phương pháp tọa độ trong không
gian
Câu 5
1
1
8
Phương pháp tọa độ trong mặt
phẳng
Câu 6
1
1
9
Xác suất, tổ hợp, nhị thức
Niutơn, giới hạn của hàm số
Câu 7a
0.75
10 Hệ phương trình
Câu 7b
0.75
1.5
11 Bất đẳng thức, GTLN - GTNN
Câu 8
1
1
Tổng 5.0 3.25 1.75 10

2. WWW.VNMATH.COM
Sở GD&ĐT Nghệ An
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 3
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – ĐỢT 1
Môn Toán. Thời gian 180 phút
Ngày thi: 21/3/2015
Câu I.(2 điểm) Cho hàm số 3 2
3 1y x x   ( C ).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ).
2. Tìm m để đường thẳng d: y = mx – 1 cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt.
Câu II.(1,5 điểm) Giải các phương trình sau:
1. 3sin 2 cos2 4sin 1x x x   .
2.  
2
2 2
log 4 3log 7 0x x   .
Câu III.(1 điểm) Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường :
ln ; 0;y x y x e   .
Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác SAB đều cạnh a, tam giác ABC cân
tại C. Hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB; góc hợp bởi
cạnh SC và mặt đáy là 300
.
1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
2. Tính khoảng cách của hai đường thẳng SA và BC.
Câu V. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+ y+z+1=0.
1. Viết phương trình mặt cầu có tâm I(1;1;0) và tiếp xúc với mp(P).
2. Viết phương trình mặt phẳng chứa trục Ox và vuông góc với mp(P).
Câu VI.(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là
hình chiếu của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết
A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm.
Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Câu VII. ( 1,5 điểm )
1. Giải hệ phương trình
2
2 6 1
9 1 9 0
x y y
x xy y
    

   
2. Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên
bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu.
Câu VIII.( 1 điểm ) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1ab  ;   3c a b c   .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
6ln( 2 )
1 1
b c a c
P a b c
a b
 
    
 
.
------------------------------------/ Hết /---------------------------------
Họ và tên thí sinh ........................................................SBD: ......................

3. WWW.VNMATH.COM
ĐÁP ÁN
Câu ý Nội dung Điểm
1.
1 đ
1/ Tập xác định: 
2/ Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên: y’=3x2
– 6x = 3x(x – 2); y’ = 0 x = 0 hoặc x = 2
y’>0 x<0 hoặc x>2; y’<0  0<x<2
Vậy, hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; hàm số nghịch biến
trên khoảng (0;2).
+) Cực trị
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yC Đ=-1;
hàm số đạt cực tiểu tại x=2 và yCT=-5.
+) Giới hạn tại vô cực
3
2
3 1
lim lim 1
x x
y x
x x 
 
     
 
; 3
2
3 1
lim lim 1
x x
y x
x x 
 
     
 
+) Bảng biến thiên:
x  0 2 
y’ + 0 - 0 +
y

-1
-5

3/ Đồ thị
Đồ thị nhận điểm I(1;-3) làm điểm đối xứng
Đồ thị đi qua các điểm
(-1;-5);(0;-1);(1;-3);(2;-5);(3;-1)
0.25
0.5
0.25
I
2 đ
2.
Số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d bằng số nghiệm của phương trình
3 2
3 1 1 (1)x x mx    .
 3 2 2
2
0
(1) 3 0 3 0
3 0 (2)
x
pt x x mx x x x m
x x m

         
  
Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (2) phải có
hai nghiệm phân biệt khác 0 hay
0
0
9
9 4 0
4
m
m
m m
  
 
    
0.25
0.25
0.5
2
-2
-4
-6
5O 1 2
-5
-1
-3
-1 3

4. WWW.VNMATH.COM
1.
0.75đ
 2
3sin 2 cos2 4sin 1 2 3sin cos 1 cos2 4sin 0
2 3sin cos 2sin 4sin 0 2sin 3cos sin 2 0
sin 0
sin 0
, .
sin 1 23cos sin 2
3 6
x x x x x x x
x x x x x x x
x x kx
k
x x kx x

 

       
       
                  

0.25
0.25
0.25
II.
1.5đ
2
0.75đ
gpt:  
2
2 2
log 4 3log 7 0x x  
ĐK: x>0.
   
2 2
2 2 22
22
2 2
2
log 4 3log 7 0 2 log 6log 7 0
1
log 1
log 2log 3 0 2
log 3
8
x x x x
x x
x x
x
x
       
          
Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm
1
2
x  ; 8x  .
0.25
0.25
0.25
III.
1 đ
Xét phương trình ln 0 1x x  
Diện tích hình phẳng là
1 1
1
1
ln ln .
1
1
1
e e
e
e
S xdx x x x dx
x
e
e dx e x
  
    
 

0.25
0.5
0.25
1.
0.5 đ
Gọi H là trung điểm cạnh AB ta có
SH là đường cao của hình chóp
S.ABC và CH là đường cao tam giác
ABC. Từ giả thiết ta được
 0
30SCH  . Tam giác SHC vuông tại
H nên
0 3
tan30 3
2
SH a
CH SH
CH
    V
ây, thể tích khối chóp S.ABC là:
3
1 1 3
. .
3 2 8
a
V SH AB CH  (đvtt)
0.25
0.25
IV
1 đ
2.
0.5 đ
Dựng hình bình hành ABCD, khi đó
       , ,( ) ,( ) 2 ,( )d BC SA d BC SAD d B SAD d H SAD  
Gọi G, K lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng AD và SG ta có:
( )
AD HG
AD SHG HK AD
AD SH
 
   
 
mà HK SG nên ( )HK SAD hay   ,d H SAD HK
Tam giác SHG vuông tại H nên
0.25
A C
B
S
D
H
G
K

5. WWW.VNMATH.COM
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 52 3
9 2 13
a
HK
HK HG HS HB HC HS a
       
Vậy,  
3
,
13
a
d BC SA 
0.25
1
0.5 đ
Vì mặt cầu (S) có tâm I(1;1;0) và tiếp xúc với mp(P) nên bán kính của mặt cầu
là
1 1 0 1
( ,( )) 3
3
r d I P
  
  
Vậy, phương trình mặt cầu (S) là:    
2 2 2
1 1 3x y z    
0.25
0.25V
1 đ
2
0.5 đ
Gọi ( )mp  là mặt phẳng cần tìm. Trục Ox chứa điểm O và véctơ (1;0;0)i 

,
mp(P) có vtpt (1;1;1)n 

. ( )mp  chứa trục Ox và vuông góc với mặt phẳng (P)
nên nó qua điểm O và nhận  , 0;1; 1u n i    
  
là véctơ.
Vậy, phương trình ( )mp  : y – z = 0
0.25
0.25
VI
1 đ
Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các
đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng
minh AF EF .
Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG
nội tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội
tiếp, do đó AF EF .
Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0.
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ
17
3 10 17 1 325
;
3 4 1 5 5 5
5
x
x y
F AF
x y
y

    
           

 
 
2 2
2
2
1 2
2 ;
2 5
8 17 51 8
;3 10 3
5 5 5 5
19 19 7
5 34 57 0 3 hay 3; 1 ;
5 5 5
AFE DCB EF AF
E t t EF t t
t t t t E E
    
   
          
   
 
           
 

Theo giả thiết ta được  3; 1E  , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE
vuông cân tại D nên
       
     
  
2 2 2 2
1 1 3 1
1 3 1 1
2 1 3
hay D(1;-1) D(3;1)
1 3 0 1 1
x y x yAD DE
AD DE x x y y
y x x x
x x y y
        
 
      
    
     
       
Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).
Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1).
0.25
0.25
0.25
0.25
A B
D
C
G
E
F
H

6. WWW.VNMATH.COM
1
0.75đ
Giải hệ pt:
2
2 6 1 (1)
9 1 9 0 (2)
x y y
x xy y
    

   
Đk:
6 0
1
x y
x
  

 
+) Nếu 0y  , để hệ có nghiệm thì 1 0y  .
(1) 2 6 2 5
(1) (1)
(1) 1 1
VT x y
VT VP
VP y
    
 
   
hệ vô nghiệm.
+) Nếu y<0, từ (2) suy ra x>0
   
2
22 3 3
9 1 9 0 9 9 (3)x xy y y y
x x
   
            
   
Xét hàm số
2
2
2
9 2
( ) 9 , 0; '( ) 0 0
9
t
f t t t t f t t
t

      

2
3 3 9
(3) ( )f f y y x
yx x
 
        
 
Thế vào pt(1) ta có phương trình 2
9
2 6 1y y
y
    (4). Hàm số
2
9
( ) 2 6g y y
y
   đồng biến trên  ;0 ; hàm số h(y)=1-y nghịch biến trên
 ;0 và phương trình có ngiệm y=-3 nên pt(4) có nghiệm duy nhất y=-3.
Vậy, hệ có nghiệm duy nhất (1;-3).
0.25
0.25
0.25
VII
2
0.75đ
Tổng số viên bi trong hộp là 24. Gọi  là không gian mẫu.
Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có 4
24C cách lấy hay n( )= 4
24C .
Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu. Ta có các trường hợp sau:
+) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có 2 1 1
10 8 6 2160C C C  cách
+) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có 1 2 1
10 8 6 1680C C C  cách
+) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có 1 1 2
10 8 6 1200C C C  cách
Do đó, n(A)=5040
Vậy, xác suất biến cố A là
( ) 5040
( ) 47,4%
( ) 10626
n A
P A
n
  

0.25
0.25
0.25

7. WWW.VNMATH.COM
VIII
1 đ
 
2 1 2 1
2 6ln( 2 )
1 1
1 1
2 1 6ln( 2 )
1 1
a b c a b c
P a b c
a b
a b c a b c
a b
     
     
 
 
        
  
Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
1 1 2
)
1 1 1a b ab
  
  
(1)
1
) (2)
2
ab
ab

 
Thật vậy,
     
1 1 2
) 2 1 2 1 1
1 1 1
a b ab a b
a b ab
         
  
   
2
1 0a b ab    luôn đúng vì 1ab  . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1
 
21
) 1 0
2
ab
ab ab

     . Dấu “=” khi ab=1.
Do đó,
1 1 2 2 4
11 1 31 1
2
aba b abab
   
   
    
22
4 4 16
2ab bc ca c a c b c a b c
  
      
Đặt 2 , 0t a b c t    ta có:
 
    
2
2
3 3 3
16 1
2 ( ) 6ln , 0;
16 2 4 6 86 6 16 32
'( )
t
P f t t t
t
t t tt t
f t
t t t t

    
   
   
BBT
t 0 4 
f’(t) - 0 +
f(t)
5+6ln4
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.
0.25
0.5
0.25
Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa !!!