BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ HỒNG PHONG – TP HCM Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y
=
2x
−
1
. x +
1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có hoành độ x = 1.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn: < α < π và sinα = . Tính A = .
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 + i)z + (3 − i)z = 2 − 6i. Tính môđun của z.
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log
3
(x + 2) = 1 − log
3
x.
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình: x
2
+ x + x − 2 ≥ 3(x
2
− 2x − 2).

Câu 1
(2,0
điểm)

a) (1,0 điểm)

●
Tập xác định: D = \{−1}.
●
Giới hạn và tiệm cận:
lim y =−∞ , lim y =+∞ ; lim y = lim y = 2.
x→ (−1)
+
x→ (−1)
−
x→−∞ x→+∞
Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x =−1 và một tiệm cận
ngang là đường thẳng y = 2.
0,25
●
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' = > 0 ∀x ∈ D.
2
3
3
3
+
+
+
+
+
+
+
−
+
+
)
(
)
(
)
(
x
x
x
x
x
x



4 2
0,25
3 1
hay y = x − .
4 4
0,25
Câu 2
(1,0
điểm)
a) (0,5 điểm)
Ta có: A = = tanα.cos
2
α= sinα.cosα= cosα. (1)
0,25

2

cos
2
α= 1 − sin
2
α= 1 −
3
=
16
. (2)

5 25


trong đề bài, ta có:
(∗) ⇔ (1 + i)(a + bi) + (3 − i)(a − bi) = 2 − 6i
⇔ (4a − 2b − 2) + (6 − 2b)i = 0
0,25
{
4a − 2b − 2 = 0 a = 2
⇔ ⇔ {
6 − 2b = 0 b = 3.
Do đó | z | = 2
2
+ 3
2
= 13.
0,25
Câu 3
(0,5
điểm)
●
Điều kiện xác định: x > 0. (1)
●
Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có:
(2) ⇔ log
3
(x + 2) + log
3
x = 1 ⇔ log
3
(x(x + 2)) = log
3
3

(x + 1)) ≤ 0.
(3)
( x(x− 2) − 2
i x thỏa mãn (1),
ta có
x(x− 2)
≤ 2
(x + 1)

⇔ x
2
− 6x − 4 ≤ 0
⇔ 3 − 13 ≤ x ≤ 3 + 13. (4) Kết hợp (1) và (4), ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
1 + 3; 3 + 13 .

0,25
)
(
(
2)
(
1)
x
x
x
+
−

=
∫2x
3
dx và I ln xdx. Ta có:
1
2
1 15
I
1
= x
4
= .
2
1
2
0,25
2 2 22
x1 − ∫xd(lnx) = 2ln2 − ∫dx = 2ln2
I
2
= x.ln
− x1 = 2ln2 − 1.
1 1
Vậy I II
0,50
Câu 6
(1,0

là trung điểm của AB, ta có HN là đường trung bình của ∆ABC. Do đó HN // BC. Suy ra AB ⊥ HN. Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN). Do đó
mp(SAB) ⊥ mp(SHN). Mà SN là giao tuyến của hai mặt phẳng vừa nêu, nên trong
mp(SHN), hạ HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB).
Vì vậy d(H, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C, (SAB)) = 2HK. (2)
0,25
Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN, ta có:
1 1 1 1 1 = + = + . HK
2
SH
2
HN
2
2a
2
HN
2
∆ABC nên HN = .
Vì HN là đường trung bình của
1 1 4 11
Do đ
ó
2
=
2

của đoạn thẳng OC; (1) + B
là giao của ∆ và đường trung trực d
2
của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối xứng
của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆. (2)
0,50
Vì C ∈ ∆ và có hoành độ x
0
= (gt) nên gọi y
0
là tung độ của C, ta có:
4. + 3y
0
− 12 = 0. Suy ra y
0
=− .
12 6
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là ; − và đường thẳng OC có

1
3
2
2
a
BC
=
66
11
a
2

5 5 5 5 6 18
Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là − ; và đường thẳng OD có

5 5
phương trình: 3x + y = 0.
Suy ra phương trình của d
2
là: x − 3y + 12 = 0.
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:
{
4x + 3y − 12 = 0

x − 3y + 12 = 0.
Giải hệ trên, ta được B = (0; 4).
0,25
Câu 8
(1,0
điểm)
3 1 1
Gọi M là trung điểm của AB, ta có M = ; ; − .

2 2 2
Vì (P) là mặt phẳng trung trực của AB nên (P) đi qua M và AB = (−1; 1; −1) là một
vectơ pháp tuyến của (P).
0,25
3 1 1
Suy ra, phương trình của (P) là: (−1) x − + y − + (−1) z + = 0

Câu 9
(0,5
điểm)
Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí thứ nhất
của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh B chọn.
Vì A cũng như B đều có C
10
3
cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy tắc
nhân, ta có n(Ω) = (C
10
3
)
2
.
0,25
Kí hiệu X là biến cố “bộ 3 câu hỏi A chọn và bộ 3 câu hỏi B chọn là giống nhau”.
Vì với mỗi cách chọn 3 câu hỏi của A, B chỉ có duy nhất cách chọn 3 câu hỏi giống
như A nên n(
Ω
X
) = C
10
3
.1 = C
10
3


OAGA. OBGB. OCGC. 3 OAGA. OBGB. OCGC.
P = + + = + + , aGA. bGB. cGC. 2 am.
a
bm.
b
cm.
c trong đó m
a
, m
b
và m
c
tương ứng là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A, B, C của
∆ABC.
0,25
Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số thực không âm, ta có
am.
a
=

. . 2 2 2 2 2 2 a +
b + c a + b + c
Bằng cách tương tự, ta cũng có: bm.

2
2
2
1
.
3
2
2
2
3
a
b
c
a
+
−
3
3
2
3
2
3

LẦN 1 - NĂM 2015
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài 180 phút không kể giao đề)
Câu1 (2 điểm) Cho hàm số y =
2x 1
(C)
x 2

Câu9 (1 điểm) Giải hệ phương trình
2

x y 2 1 9 x y 7x 7y
Câu10 (1 điểm) Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 2 a b
2c 4 ab bc ca
- Hết -
Họ và tên thí sinh ……………………………… Số báo danh…………………………….
HƯỚNGDẪNCHẤMĐỀKIỂMTRAKHẢOSÁTCHẤTLƯỢNGÔNTHITHPTtuyến
tại M có dạng: y = k(x- x
0
) + y
0 ,
y’
5x 2
2


ĐK: x > 5 (*) log
3
(x – 3 )(x - 5) < 1 (x – 3 )( x - 5) < 3
0.25
x
2
– 8x +12 < 0 2 < x < 6 Kết hợp ĐK thì 5 < x < 6 là nghiệm của bất phương trình
0.25
Câu 3
2
Tính tích phân: I = x x 1dx
1

Đặt
Đổi
x 1
= t thì x = t
2
+ 1 , dx = 2tdt x
= 1 thì t = 0 ; x = 2 thì t = 1
0.25
cận :
I = 2
1

Thể tích khối chóp S.ABC là V = a
3

0.25
2
Tính khoảng cách giữa AB và SC
Ta có AB//DC nên d(AB, SC) = d(AB, SDC). Trong mặt phẳng (SAD) từ A kẻ
AH vuông góc với SD (1), H thuộc SD
Ta có DC vuông góc với AD, DC vuông góc SA nên DC vuông góc với mp(SAD) suy ra DC vuông góc AH (2) .
Từ (1) và (2) suy ra AH vuông góc với (SDC)
AH = d(AB, SDC) = d(AB, SC )
0.25
Trong tam giác vuông SAD ta có
1
2
1
2
1
2
2
2
AH =
a


x)
2
+13 = (-3-x)
2
+13 x = 1
Vậy M(1;0;0) thỏa mãn yêu cầu bài toán .

0.25
Câu 6
Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – 4 4sinxcosx – 2cosx +2sin
2
x - 1– 7sinx + 4 = 0
2cosx(2sinx -1) + 2sin
2
x -7sinx +3 = 0
0.25
2cosx(2sinx -1) + (sinx -3)(2sinx – 1) = 0
(2sinx -1) (sinx + 2cosx – 3) =0
0.25
sinx = Hoặc sinx + 2cosx – 3 =0 Ta có: sinx + 2cosx – 3 =0 vô nghiệm vì 1
2
+2
2
< 3

Xác suất cần tìm là P =
4
=
A
7
7
0.25
Câu 8
Điểm B nằm trên đường thẳng x + 2y – 5 = 0 nên B(5 – 2b ; b) B ; C đối xứng nhau qua O nên C(2b – 5 ; - b ) và O thuộc BC
Gọi I là điểm đối xứng của O qua phân giác góc B suy ra I(2;4)
 
0.25
BI (2b – 3 ; 4 – b ) , CK (11 – 2b ; 2 + b) 
Tam giác ABC vuông tại A nên BI.CK = 0 - 5b
2
+ 30b – 25 = 0
b= 1 hoặc b= 5
0.25
Với b= 1 thì B(3;1) , C(-3;-1) suy ra A(3;1) nên loại
0.25
Với b= 5 thì B(- 5, 5 ), C(5 ; -5) suy ra A(
31
;
17

2
1 3x 3y > 0 suy ra 1–3x + 3y =0
x y 2 7x 7y
0.25
Thay y = x – vào phương trình (1) ta được
9x
2
+ 9x(x - ) + 5x –
4(x - = 7
18x
2
– 8x + 6x - 2x(9x – 4 ) + (9x – 4 ) +3( 9x 3 - 1 ) = 0
0.25

(9x – 4 ) 2x 23 9x 33 1 = 0 x = 94 vì x > 0
Với x = thì y = . Vậy hệ có nghiệm (x;y) = ( ; )
0.25
Câu 10
a b
2

Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2]. Tìm GTNN của P =
2
.

2
2t
Ta có f(t) =
2
, f’(t) = 2 2 > 0 với mọi t thuộc [1;4] 4 4t t 1 4t t 0.25
Hàm số f(t) đồng biến trên [1;4] nên f(t) đạt GTNN bằng khi t = 1
0.25
Dấu bằng xảy ra khi a = b ;
a b
= 1, a,b,c thuộc [1;2] a =b = 1 và c =2
c
Vậy MinP = khi a =b = 1 và c = 2
0.25
(MỌI CÁCH GIẢI ĐÚNG ĐỀU CHO ĐIỂM THEO THANG ĐIỂM TƯƠNG ỨNG)

1
3
)
+
9
1
3
x

+
9
1