Đề thi THPT quốc gia năm 2015 gồm 10 câu hỏi từ khảo sát hàm số, giải phương trình, bất phương trình đến tính tích phân và hình học không gian. Các câu hỏi yêu cầu giải toán và áp dụng kiến thức trong nhiều lĩnh vực như đại số, hình học và xác suất. Đề thi giúp đánh giá khả năng tư duy và kiến thức toán học của học sinh.

1. Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong
ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA 2015
A. ĐỀ THI
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y =
2x 1
x 1
−
+
có đồ thị là (C).
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình của tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; 4).
Câu 2 (1 điểm):
a) Giải phương trình 3sinx + cos2x = 2.
b) Cho số phức z =
5 5 20
3 4 4 3
i
i i
+
+
− +
. Tìm phần thực, phần ảo và môđun của số phức
2
w iz z z= + + .
Câu 3 (0,5 điểm): Giải bất phương trình log log log2
3 3 3x 3 x 3 2 x 3− + ≤ − .
Câu 4 (1 điểm): Giải hệ phương trình sau:
( )
2
x y 2 x 2y 2
2 x 2 4y 8 y xy 2y 34 15x
 − − + =

+ − + + = −
.
Câu 5 (1 điểm) Tính tích phân sau: I = ( )
21 x x
0
2e e xdx+∫ .
Câu 6 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB, SA vuông
góc với (ABCD), SC = 2a 5 và góc giữa SC và (ABCD) bằng 600
. Tính thể tích của khối
chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD trong đó M là trung điểm
của cạnh BC.
Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD = 3AB, C(–3; –3), trung
điểm của AD là M(3; 1). Tìm tọa độ đỉnh B biết SBCD = 18, AB = 10 và đỉnh D có hoành độ
nguyên dương.
Câu 8 (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 1 = 0 và hai điểm A(1; –2; 3),
B(3; 2; –1). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B và vuông góc (P). Tìm điểm M trên trục
Ox sao cho khoảng cách từ M đến (Q) bằng 17 .
Câu 9 (0,5 điểm) Trong giải cầu lông kỷ niệm ngày truyền thống học sinh sinh viên có 8 người tham gia
trong đó có hai bạn Việt và Nam. Các vận động viên được chia làm hai bảng A và B, mỗi bảng
gồm 4 người. Giả sử việc chia bảng thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên, tính xác suất để cả
hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu.
Câu 10 (1 điểm) Cho x, y là các số không âm thỏa x2
+ y2
= 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của:
P = ( )( )5 5 2 2
5 x y x y 5 2xy 2 4xy 12+ + + − + .
Hết

2. B. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Ý Nội dung Điểm
1
Cho hàm số y =
2x 1
x 1
−
+
có đồ thị là (C).
∑ = 2.0đ
a Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. ∑ =
1.25đ
* Tập xác định: D = R{–1}.
* Giới hạn, tiệm cận:
lim
x
y 2
→±∞
= ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
lim ; lim
x 1 x 1
y y
+ −→− →−
= −∞ = +∞ ⇒ x = –1 là tiệm cận đứng của đồ thị.
0.25
* y' =
( )2
3
x 1+
* y' > 0, ∀ x ∈ D ⇒ Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định
0.25
* Bảng biến thiên:
x –∞ –1 +∞
y' + +
y
+∞
2
2
–∞
0.25
* Điểm đặc biệt:
(0; –1); (
1
2
; 0); (–2; 5); ( ;
7
3
2
− )
* Đồ thị:
0.5
b Viết phương trình của tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; 4). ∑ = 0.75
(d) là tiếp tuyến của (C) tại M(x0; y0)
⇒ (d): y – y0 = y'(x0)(x – x0)
⇒ (d): y = ( )
( )
0
02
00
2x 13
x x
x 1x 1
−
− +
++
.
0.25
(d) qua A ⇔ ( )
( )
0
02
00
2x 13
1 x 4
x 1x 1
−
− − + =
++
⇔ –3 + 2x0 – 1 = 4x0 + 4 ⇔ 2x0 = –8 ⇔ x0 = –4 ⇒ y0 = 3; y'(–4) =
1
3
0.25
Vậy (d): y = ( )
1
x 4 3
3
+ + =
1 13
x
3 3
+ . 0.25
2 ∑ = 1
a Giải phương trình 3sinx + cos2x = 2. ∑ = 0.5
⇔ 1 – 2sin2
x + 3sinx = 2 ⇔ 2sin2
x – 3sinx + 1 = 0
⇔ sinx = 1 hoặc sinx =
1
2
0.25
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y

3. * sinx = 1 ⇔ x k2
2
π
= + π
* sinx = sin
1 5
x k2 hay x k2
2 6 6 6
π π π
= ⇔ = + π = + π
0.25
b
Cho số phức z =
5 5 20
3 4 4 3
i
i i
+
+
− +
. Tìm phần thực, phần ảo và môđun của số
phức
2
w iz z z= + + .
∑ = 0.5
Rút gọn ta được z = 3 – i.
Do đó w = i(3 – i) + (3 + i) + 32
+ 12
= 14 + 4i .
0.25
Vậy Re(w) = 14; Im(w) = 4 và |w| = 2 2
14 4 2 53+ = . 0.25
3 Giải bất phương trình: log log log2
3 3 3x 3 x 3 2 x 3− + ≤ − (2) ∑ = 0.5
Đặt t = log3x (x > 0).
(1) ⇔ 2
t 3t 3 2t 3− + ≤ −
⇔
2
2 2
t 3t 3 0
2t 3 0
t 3t 3 4t 12t 9
 − + ≥

− ≥

− + ≤ − +
⇔
2
3
t
2
3t 9t 6 0

≥

 − + ≥
0.25
⇔
3
t
2
t 1 hay t 2

≥

 ≤ ≥
⇔ t ≥ 2 .
Do đó ta được: log3x ≥ 2 ⇔ x ≥ 9. Vậy nghiệm của bpt là x ≥ 9.
0.25
4 Giải hệ phương trình sau:
( )
2
x y 2 x 2y 2
2 x 2 4y 8 y xy 2y 34 15x
 − − + =

+ − + + = −
. ∑ = 1.0
Điều kiện: –2 ≤ x ≤ 2 và y ≥ 0
(1) ⇔ ( ) . 2
2 x 2 x y 2y 0− + − − = ⇔
2 x y
2 x 2y
 − =

− = −
0.25
 2 x y− = : (2) ⇔ ( ) 2
2 x 2 4 2 x 8 4 x 34 15x+ − − + − = − (3)
Đặt t = x 2 4 2 x+ − − ⇒ 2 2
t 34 15x 8 4 x= − − − .
Do đó: (3) ⇔ 2t = t2
⇔
t 0
t 2
=
 =
0.25
⇔
x 2 4 2 x 0
x 2 4 2 x 2
 + − − =

+ − − =
⇔
4 2 x x 2
4 2 x 2 x 2
 − = +

− + = +
⇔
( )
( )
16 2 x x 2
16 2 x 4 16 2 x x 2
− = +

− + + − = +
⇔
( )
17x 30
16 2 x 17 x 2
=

− = −
⇔
30
x
17
x 2

=

=
.
Khi x =
30
17
⇒ y =
2 17
17
và khi x = 2 ⇒ y = 0.
0.25
* 2 x 2y− = − ≤ 0 mà y ≥ 0 ⇒ y = 0 và x = 2. Thử lại ta có x = 2, y = 0 là
nghiệm. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là ( ); , ;
30 2 17
2 0
17 17
 
 ÷ ÷
 
.
0.25

4. 5 Tính tích phân sau: I = ( )
21 x x
0
2e e xdx+∫ . ∑ = 1.0
I =
21 1x x
0 0
2xe dx xe dx+∫ ∫ .
0.25
* I1 = ( )
2 21 1x x 2
0 0
2xe dx e d x=∫ ∫ =
2 1
x
0
e 
  
= e – 1. 0.25
* I2 =
1 x
0
xe dx∫ :
Đặt u = x ⇒ u' = ex
.
v' = ex
, chọn v = ex
.
⇒ I2 =
1 1x x
00
xe e dx  −  ∫ =
1x
0
e e −   = 1.
0.25
Vậy I = e – 1 + 1 = e. 0.25
6
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB, SA
vuông góc với (ABCD), SC = 2a 5 và góc giữa SC và (ABCD) bằng 600
.
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng AM và SD trong đó M là trung điểm của cạnh B
∑ = 1.0
* VSABCD: Ta có SA ⊥ (ABCD)
⇒ SC có hình chiếu trên (ABCD) là AC
⇒ ·
( ) ·
( ) ·, , 0
SC ABCD SC AC SCA 60= = = .
Tam giác SAC vuông tại A
⇒ AC = SCcos600
= a 5
và SA = SCsin600
= a 15.
0.25
Ta có AB2
+ AD2
= AC2
⇔ 5AB2
= 5a2
⇔ AB = a.
Do đó SABCD = AD.AB = 2a2
.
Vậy .
3
SABCD ABCD
1 2a 15
V S SA
3 3
= = .
0.25
* d(AM, SD):
 Dựng hình bình hành AMDN và dựng AH ⊥ SN tại H.
Ta có:
* AM // DN ⇒ AM // (SDN) ⇒ d(AM, SD) = d(AM, (SDN)) = d(A, (SDN)).
* AM ⊥ MD nên AMDN là hình chữ nhật
⇒ ND ⊥ AN mà DN ⊥ SA ⇒ DN ⊥ (SAN)
⇒ DN ⊥ AH mà AH ⊥ SN ⇒ AH ⊥ (SDN) ⇒ d(A, (SDN)) = AH.
0.25
Ta có 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 17
AH AS AN 15a 2a 30a
= + = + =
⇒ AH =
a 510
17
. Vậy d(AM, SD) =
a 510
17
.
0.25
7
Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD = 3AB, C(–
3; –3), trung điểm của AD là M(3; 1). Tìm tọa độ đỉnh B biết SBCD = 18, AB =
10 và đỉnh D có hoành độ nguyên dương.
∑ = 1.0
N
M
D
B C
A
S
H

5. Gọi n
r
= (A; B) là vectơ pháp tuyến của CD
(A2
+ B2
> 0)
⇒ CD: A(x + 3) + B(y + 3) = 0
⇔ Ax + By + 3A + 3B = 0.
0.25
Ta có: SBCD = SACD = 18
⇒ d(A; CD) = ACD2S 36 6 10
CD 53 10
= = ⇒ d(M; CD) =
3 10
5
⇔ 2 2
3A B 3A 3B 3 10
5A B
+ + +
=
+
⇔ 2 2
5 6A 4B 3 10 A B+ = +
⇔ 25(36A2
+ 48AB + 16B2
) = 90(A2
+ B2
)
⇔ 810A2
+ 1200AB + 310B2
= 0 ⇔
B 31B
A hay A
3 27
= − = − .
0.25
*
B
A
3
= − : Chọn B = –3 ⇒ A = 1 ⇒ (CD): x – 3y – 6 = 0 ⇒ D(3d + 6; d)
Ta có: CD2
= 90 ⇔ (3d + 9)2
+ (d + 3)2
= 90 ⇔ (d + 3)2
= 9 ⇔ d = 0 hay d = –
6
⇒ D(6; 0) (nhận) hay D(–12; –6) (loại). Vậy D(6; 0) ⇒ A(0; 2)
Ta có ( ; )
1
AB DC 3 1
3
= = − −
uuur uuur
⇒ B(–3; 1).
0.25
*
31B
A
27
= − : Chọn B = –27 ⇒ A = 31 ⇒ CD: 31x – 27y + 12 = 0
⇒ ;
31d 12
D d
27
+ 
 ÷
 
⇒ ( )
2
2 2 31d 93
CD d 3 90
27
+ 
= + + = ÷
 
⇒ ( )2 729
d 3
169
+ = (loại). Vậy B(–3; 1).
0.25
8
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 1 = 0 và hai điểm
A(1; –2; 3), B(3; 2; –1). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B và
vuông góc (P). Tìm điểm M trên trục Ox sao cho khoảng cách từ M đến (Q)
bằng 17 .
∑ = 1.0
AB
uuur
= (2; 4; –4) và vectơ pháp tuyến của (P) là Pn
uur
= (2; 1; –2).
Gọi Qn
uur
là vectơ pháp tuyến của (Q). Ta có:
Q
Q P
n AB
n n
 ⊥

⊥
uur uuur
uur uur ⇒ Chọn ,Q Pn AB n =  
uur uuur uur
= (–4; –4; –6) = –2(2; 2; 3).
0.25
Do đó (Q): 2(x – 1) + 2(y + 2) + 3(z – 3) = 0 ⇔ 2x + 2y + 3z – 7 = 0. 0.25
M thuộc Ox ⇒ M(m; 0; 0). Do đó: d(M; (Q)) = 2 ⇔
2m 7
17
17
−
= 0.25
⇔ |2m – 7| = 17 ⇔
m 12
m 5
=
 = −
. Vậy M(12; 0; 0) hoặc M(–5; 0; 0). 0.25
9 Trong giải cầu lông kỷ niệm ngày truyền thống học sinh sinh viên có 8 người
tham gia trong đó có hai bạn Việt và Nam. Các vận động viên được chia làm
hai bảng A và B, mỗi bảng gồm 4 người. Giả sử việc chia bảng thực hiện
bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên, tính xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm
chung một bảng đấu.
∑ = 0.5
M
D
AB
C

6. Gọi Ω là không gian mẫu. Số phần tử của Ω là
4
8CΩ = = 70
Gọi C là biến cố "cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu". Ta có:
Số phần tử của ΩC là .1 2
C 2 6C CΩ = = 30.
0.25
Vậy xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu là
( ) C 30
P C
70
Ω
= =
Ω
=
3
7
0.25
10
Cho x, y là các số không âm thỏa x2
+ y2
= 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của: P = ( )( )5 5 2 2
5 x y x y 5 2xy 2 4xy 12+ + + − + .
∑ = 1.0
* ,0 x y 2≤ ≤ ⇒
( )
( )
2
2
x x 2 0
y y 2 0
 − ≤

− ≤
⇒ ( )3 3 2 2
x y 2 x y 2 2+ ≤ + = .
* 4 = (12
+ 12
)(x2
+ y2
) ≥ (x + y)2
⇒ 2 ≥ x + y
⇒ 2(x3
+ y3
) ≥ (x + y)(x3
+ y3
) ≥ ( ). .
2
3 3
x x y y 4+ = ⇒ x3
+ y3
≥ 2.
Đặt t = x3
+ y3
. Ta có ;t 2 2 2 ∈  .
0.25
Ta có:
* 23
= (x2
+ y2
)3
= x6
+ y6
+ 3x2
y2
(x2
+ y2
)
= x6
+ y6
+ 6x2
y2
= (x3
+ y3
)2
– 2x3
y3
+ 6x2
y2
⇒ 2x3
y3
– 6x2
y2
= t2
– 8
* 2(x3
+ y3
) = (x3
+ y3
)(x2
+ y2
) = x5
+ y5
+ x2
y3
+ x3
y2
= x5
+ y5
+ x2
y2
(x + y)
⇒ x5
+ y5
+ x2
y2
(x + y) = 2t.
0.25
P = ( )( )5 5 2 2
5 x y x y 5 2xy 2 4xy 12+ + + − +
= – 4x3
y3
+ 12x2
y2
+ 5(x5
+ y5
) + 5x2
y2
2 2xy+
= – 2(2x3
y3
– 6x2
y2
)+ 5(x5
+ y5
) + 5x2
y2 2 2
x y 2xy+ +
= –2(t2
– 8) + 5[x5
+ y5
+ x2
y2
(x + y)] = – 2t2
+ 10t + 16 = f(t).
0.25
f '(t) = –4t + 10; f '(t) = 0 ⇔ t = ;
5
2 2 2
2
 ∈  .
Ta có: f(2) = 28;
5 57
f
2 2
 
= ÷
 
và ( )f 2 2 20 2= .
Vậy ;
( ) ( )
2 2 2
MinP Min f t f 2 28
 
 
= = =
và
;
( )
2 2 2
5 57
MaxP Max f t f
2 2 
 
 
= = = ÷
 
.
0.25

7. Gọi Ω là không gian mẫu. Số phần tử của Ω là
4
8CΩ = = 70
Gọi C là biến cố "cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu". Ta có:
Số phần tử của ΩC là .1 2
C 2 6C CΩ = = 30.
0.25
Vậy xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu là
( ) C 30
P C
70
Ω
= =
Ω
=
3
7
0.25
10
Cho x, y là các số không âm thỏa x2
+ y2
= 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của: P = ( )( )5 5 2 2
5 x y x y 5 2xy 2 4xy 12+ + + − + .
∑ = 1.0
* ,0 x y 2≤ ≤ ⇒
( )
( )
2
2
x x 2 0
y y 2 0
 − ≤

− ≤
⇒ ( )3 3 2 2
x y 2 x y 2 2+ ≤ + = .
* 4 = (12
+ 12
)(x2
+ y2
) ≥ (x + y)2
⇒ 2 ≥ x + y
⇒ 2(x3
+ y3
) ≥ (x + y)(x3
+ y3
) ≥ ( ). .
2
3 3
x x y y 4+ = ⇒ x3
+ y3
≥ 2.
Đặt t = x3
+ y3
. Ta có ;t 2 2 2 ∈  .
0.25
Ta có:
* 23
= (x2
+ y2
)3
= x6
+ y6
+ 3x2
y2
(x2
+ y2
)
= x6
+ y6
+ 6x2
y2
= (x3
+ y3
)2
– 2x3
y3
+ 6x2
y2
⇒ 2x3
y3
– 6x2
y2
= t2
– 8
* 2(x3
+ y3
) = (x3
+ y3
)(x2
+ y2
) = x5
+ y5
+ x2
y3
+ x3
y2
= x5
+ y5
+ x2
y2
(x + y)
⇒ x5
+ y5
+ x2
y2
(x + y) = 2t.
0.25
P = ( )( )5 5 2 2
5 x y x y 5 2xy 2 4xy 12+ + + − +
= – 4x3
y3
+ 12x2
y2
+ 5(x5
+ y5
) + 5x2
y2
2 2xy+
= – 2(2x3
y3
– 6x2
y2
)+ 5(x5
+ y5
) + 5x2
y2 2 2
x y 2xy+ +
= –2(t2
– 8) + 5[x5
+ y5
+ x2
y2
(x + y)] = – 2t2
+ 10t + 16 = f(t).
0.25
f '(t) = –4t + 10; f '(t) = 0 ⇔ t = ;
5
2 2 2
2
 ∈  .
Ta có: f(2) = 28;
5 57
f
2 2
 
= ÷
 
và ( )f 2 2 20 2= .
Vậy ;
( ) ( )
2 2 2
MinP Min f t f 2 28
 
 
= = =
và
;
( )
2 2 2
5 57
MaxP Max f t f
2 2 
 
 
= = = ÷
 
.
0.25