Đề thi thử đại học môn Toán năm 2015 bao gồm các câu hỏi về khảo sát hàm số, giải phương trình, tính tích phân, số phức và xác suất. Học sinh cần giải nhiều dạng bài, từ khảo sát đồ thị và cực trị đến tính thể tích khối chóp và xác suất trong bóng chuyền. Đề thi yêu cầu tư duy logic và kỹ năng giải toán nâng cao.

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