ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1( 2 điểm) : Cho hàm số
3 2
3 1y x x
= − + −
a*) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên.
b*) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình
3 2
3 0x x m
− + =
.
Câu 2 ( 1 điểm ) :
a*) Giải phương trình: 2sin
2
x + 3cosx – 2 = 0
b*) Tìm số phức liên hợp của

1
(1 )(3 2 )
3
z i i
i
= + − +
+
Câu 3* ( 0,5 điểm): Giải phương trình
3
2 2 2 0
x x
−

:3 2 0d x y
− − =
. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d
3
, cắt d
1
tại A và B, cắt d
2
tại
C và D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông.
Câu 8 *( 1 điểm ) : Cho mặt cầu (S):
2 2 2
2 6 8 1 0x y z x y z
+ + − + − + =
.
a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu (S).
b) Viết phương trình mp(P) tiếp xúc với mặt cầu tại M(1;1;1).
Câu 9* (0.5 điểm) Cho khai triển:
( )
2
2 2
0 1 2 2
3 1
n
k n
n
k
x a a x a x a x a x
+ = + + + + + +
,

u 1
Nội dung Điểm
(1,0) )
a
• TXĐ: D = R.
•
2
' 3x 6xy = − +
2
0
' 0 3x 6x=0
2
x
y
x
=

= ⇔ − + ⇔

=

• Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
0.25

• Bảng biến thiên:

0,5
Vậy
1 3 4m m
− > ⇔ >
: Phương trình có 1 nghiệm.
1 3 4m m
− = ⇔ =
: Phương trình có 2 nghiệm.
3 1 1 4 0m m
> − > − ⇔ > >
: Phương trình có 3 nghiệm.
1 1 0m m
− = − ⇔ =
:Phương trình có 2 nghiệm.
1 1 0m m
− < − ⇔ <
: Phương trình có 1 nghiệm.
0,5
Câu 2
(1,0)
a, 2sin
2
x + 3cosx – 2 = 0 (1)
• Pt (1) ⇔ 2(1 – cos
2
x) + 3cosx – 2 = 0 ⇔ 2cos
2
x – 3cosx = 0 (*)
• đặt t = cosx (t ≤ 1)
• Pt (*) trở thành : 2t

z i
= −

0.25
Câu 3 ( 0,5 điểm)
3 2
8
2 2 2 0 2 2 0 2 2.2 8 0
2
x x x x x
x
−
− − = ⇔ − − = ⇔ − − =
Đặt
2 , 0
x
t t= >
Phương trình trở thành:
2
4 ( )
2. 8 0
2 ( )
t nhan
t t
t loai
=

− − = ⇔

= −

0
sin sin cos 1
2 2
I x x xdx x
π
π π
π π
= − = + = −
∫
0,5
0,5
Câu 6
(1)đ
Do (BCM) // AD nên mp này cắt mp (SAD) theo giao tuyến MN // AD.
Ta có
BC AB
BC BM
BC SA
⊥

⇒ ⊥

⊥

Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao,
5
;
2 2
a a
MN BM= =

a
SK d A BM
= =
. Vậy
2 3
.
1 3 5 5
. .
3 8 5 8
S BCMN
a a a
V
= =
‘0.5
Trong mặt phẳng (ABCD) dựng
∆
qua B song song với AC. Đặt (P) = (
∆
, SB).
Khi đó, AC // (P) và d(AC; SB) = d(AC; (P)) = d(A; (P)).
Từ A hạ AI
⊥
∆
tại I; Từ A hạ AH
⊥
SI tại H suy ra AH = d(A; (P)).
Ta có AI =
3
.
3

3 2
R = d 2 =
5
0.25
⇒
pt(C):
( ) ( )
2 2
18
x - 1 + y - 1 =
5
0.25
Câu 8
(1)đ
a.Từ phương trình mặt cầu ta có:
2 2 1
2 6 3
2 8 4
1 1
a a
b b
c c
d d
− = − =
 
 
− = = −
 
⇔
 

⇔ − − =
0,25
Câu 9
0.5 đ
Ta có:
( )
2n
2 k 2n
0 1 2 k 2n
3x + 1 = a + a x + a x + + a x + + a x
Thay x = -1, ta có: (-2)2n = a0 – a1 + a2 - … + (-1)kak +…+ a2n
Từ giả thiết suy ra: (-2)2n = 4096
n = 6
⇒
0.25
Với n = 6, ta có khai triển:

( )
12
0 1 2 2 12 12
12 12 12 12
1+3x =C + C .(3x) + C (3x) + + C (3x)
⇒
Hệ số của x8 trong khai triển là:
8 8
12
C .3
0.25
Câu 10
1 đ

= + +
+ + +
=
1
(1 )(1 )
z
x y
−
− −
+
1
(1 )(1 )
x
y z
−
− −
+
1
(1 )(1 )
y
x z
−
− −

3
1 1 1
3 . . 3
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
z x y
x y y z x z

− = −
.
b*) Tìm số phức Z thỏa mãn :
( ) ( )
1 . 2z z i
− +
là số thực và
2z i
− =
.
Câu 3* (0.5 điểm). Giải phương trình
( ) ( )
2 2
2
2
log 1 log 3x x x x
+ + = + +
Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

( )
2
2 2 2
2 2
2 1 2 3 2 4 .

+ = +


+ + + + = −


∆ + + =
; điểm B(-3; 2). Gọi H là hình chiếu của B
trên d. Xác định tọa độ điểm H biết rằng khoảng cách từ H đến đường thẳng
∆
nhỏ nhất.
Câu 8* ( 1,0 điểm ): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng
1 2 2
:
3 2 2
∆
+ − −
= =
−
x y z

và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng
song song với mặt phẳng (P), đi qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng (∆).
Câu 9 *(0.5 điểm)
Từ các chữ số của tập
{ }
0;1;2;3;4;5T
=
, người ta ghi ngẫu nhiên hai số tự nhiên có ba chữ số
khác nhau lên hai tấm thẻ. Tính xác suất để hai số ghi trên hai tấm thẻ đó có ít nhất một số chia
hết cho 5.
Câu 10 ( 1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực tùy ý thỏa mãn x + y + z = 3.
Chứng minh rằng với
1a
∀ ≥
ta luôn có :




= −


+ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = −∞
+Hàm số đồng biến trên
6
;
2
 
−∞ −
 ÷
 ÷
 
và
6
0;
2
 
 ÷
 ÷
 
; nghịch biến trên

• Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0; 1), (-1; 3), (1; 3)

0.25
b
4 2 4 2
x 3x 0 3 1 1m x x m
− + = ⇔ − + + = +
0.25
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y=m+1.
0.25
Dựa vào đồ thị, phương trình có 4 nghiệm phân biệt
13 9
1 1 0
4 4
m m⇔ < + < ⇔ < <
0.5
Câu 3
(0.5) đ
ĐK:
x
∈
¡
PT
( ) ( )
2
2 2
2 2
log 1 log 3x x x x
⇔ + + = + +
( ) ( )

1 5
2
x
t x x
x

− +
=


= ⇒ + − = ⇔

− −
=


Vậy :
1 5
2
x
− +
=
và
1 5
2
x
− −
=
là nghiệm của phương trình.
0.25

2 2 2
2 2 1 2 3 2 4+ + + + + + = −x x x x x x x
( )
2 2
1 2 2 1 2 3 0⇔ + + + + + + + =x x x x x x
.
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1 2 1 2x x x x
   
⇔ + + + + = − + − +
   
   
(*)
Xét hàm số
(
)
2
( ) 1 2
= + +
f t t t
với
∈
¡t
. Ta có
2
2
2
'( ) 1 2 0, ( )
2




=

x
y
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 5
1 đ
0 0 0
(1 cos ) cosI x xdx xdx x xdx
p p p
= + = +
ò ò ò
 Với
2 2 2 2
1
0
0
0
2 2 2 2
x
I xdx
p
p
p p

0
sin sin 0 ( cos ) cos cos cos 0 2I x x xdx x x
p
p p p
p
= - = - - = = - = -
ò
0.25
 Vậy,
2
1 2
2
2
I I I
p
= + = -
0.25
Câu 6
(1đ)
*) Tính VS.ABCD
Dễ thấy tam giác SAB vuông tại S.
Trong mp(SAB) hạ
SH AB
⊥
ta có
( ) ( )
( ) ( ) ( )
SAB ABCD
SAB ABCD AB SH SABCD
SH AB

.
Ta có
/ / / /( ) ( ,( )) ( ,( )) 3CD AB CD SAB d I SAB d C SAB a
⇒ ⇒ = =
.
(Hạ
( )CK AB CK SAB
⊥ ⇒ ⊥
mà
ABC
∆
đều cạnh 2a
3CK a⇒ =
)
Vậy
2 3
( ,( ))
3
a
d G SAB
=
0,25
0,25
0,25
Câu 7 1
đ

Ta có phương trình
: 4 0 ( 1) ( 4) 0d mx y m x m y
+ − − = ⇔ − + − =

=
+ + − =


hoặc
1
2
y
x
=


= −

. Khi đó d’ cắt (C) tại
1 2
(0;5); ( 2;1)M M −
0.25
Ta có
1 2
19 5 9 5
( , ) ; ( , )
5 5
d M d M
∆ = ∆ =
. Vậy H trùng với
2
( 2;1)M
−
0.25

. 0 7
= ⇔ =
uuuur r
MN n t
⇒ N(20; −12; 16)
0.25
Phương trình đường thẳng cần tìm :
2 2 4
9 7 6
− − −
= =
−
x y z
0.25
Câu 9
(0.5)đ
+ Có
2
5
5. 100A
=
số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau
+ Có
2 1
5 4
4. 36A A
+ =
số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5.
+ Có
64

Hµm sè y=
1 1
t
t
y
a a
 
= =
 ÷
 
nghÞch biÕn víi
t R
∀ ∈
, khi a > 1.
Khi ®ã ta cã
0,25
0,25
Ta cú :
1 1
( )( ) 0,
x y
x y
a a


, .x y R

Suy ra
x y y x
x y x y

3( ) ( )( )
x y z x y z x y z
x y z x y z x y z x y z
x y z
a a a a a a a a a
+ + + + + +
+ + + + = + + + +
Suy ra
1 1 1
.
x y z x y z
x y z
a a a a a a
+ + + +
( do x + y + z = 3 )
Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi x = y = z = 1. (đpcm)
0,25
0,25
T LUYN THPT QUC GIA NM HC 2014- 2015
Mụn: TON
Thi gian lm bi: 180 phỳt
Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s
1
x
y
x
=

(1).
a*) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s (1).

3
3 4 2 0
( , )
3 2 2
x y y x y
x y
x x x y

− + + − + =

∈

+ − = + +


¡
.
Câu 5*(1,0 điểm). Tính tích phân
1
1
ln d .
e
I x x x
x
 
= +
 ÷
 
∫
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều

Câu 9* (0,5 điểm) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20. Chọn ngẫu nhiên ra 5 tấm thẻ. Tính
xác suất để trong 5 tấm thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 2 tấm thẻ mang số chẵn trong
đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 4.
Câu 10(1,0 điểm) Cho
, ,a b c
là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện
3.ab bc ca
+ + =
Chứng
minh rằng:
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc
+ + ≤
+ + + + + +
Hết
Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Câu Đáp án Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0 điểm)
 Tập xác định
{ }
\ 1D = ¡
.
 Sự biến thiên: - Chiều biến thiên:
( )
2

x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
.
⇒
tiệm cận đứng:
1x =
.
0,25
- Bảng biến thiên:
x
−∞
1
+∞
y' - -
y 1
+∞

−∞

1
0,25
 Đồ thị: 0,25
b) (1,0 điểm)
Gọi
:d y x m= +
.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

,x x
là hai nghiệm của phương
trình (1).
Ta có:
( ) ( )
1;1 ,
2
m
I d I AB⇒ =
.
và
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
2 1 2 1 1 2 1 2
2 8 2 4AB x x x x x x x x m= − + − = + − = +
.
0,25
Ta có:
( )
2
4
1
. ,
2 2
IAB
m m
S AB d I AB
+

7
2
6
x k
x k
x k
π
π
π
π

= − +

+ = ⇔ ∈


= +


¢
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
7
2 , 2 ( ).
6 6
x k x k k
π π
π π
= − + = + ∈¢
a) Đặt
( )

1
2 2 2 2
log (4 4).log (4 1) 3 2 log (4 1) .log (4 1) 3
x x x x+
+ + = ⇔ + + + =
0,25
Đặt
2
log (4 1)
x
t = +
, phương trình trở thành:
( )
1
2 3
3
t
t t
t
=

+ = ⇔

= −


2
1 log (4 1) 1 4 1 2 0
x x
t x= ⇒ + = ⇔ + = ⇔ =

2x
≥ −
.
( ) ( )
3
3 3 2 3
(1) 2 3 4 2 1 1 2x x y y y x x y y⇔ + + = − + ⇔ + + = − + − +
.
0,25
Xét hàm số
( )
3
2f t t t= + +
trên
[
)
2;− +∞
.
Ta có:
( )
[
)
2
' 3 1 0, 2;f t t t= + > ∀ ∈ − +∞
. Suy ra hàm số
( )
f t
đồng biến trên
[
)

( )
( )
( )
2 2
2 2
2
2 2 4 2 2 4 0
2 2 2 2
x
x x x x x x
x x
 
−
 
⇔ − + + = ⇔ − + + − =
 
+ + + +
 

2 0 2 3x x y− = ⇔ = ⇒ =

( ) ( )
2 2
2 2
2 4 0 2 4
2 2 2 2
x x x x
x x
+ + − = ⇔ + + =
+ + + +

= + = +
 ÷
 
∫ ∫ ∫
0,25
 Tính
1
ln d
e
x x x
∫
. Đặt
lnu x
=
và
dv xdx
=
. Suy ra
1
du dx
x
=
và
2
2
x
v =
Do đó,
2
2 2 2 2

thì
1t =
.
Ta có:
1
1
2
1 0
0
1 1
ln d tdt .
2 2
e
t
x x
x
= = =
∫ ∫
0,25
Vậy,
2
3
.
4
e
I
+
=
0,25
6

. 4 2
ABCD
S AB BC a= =
.
Vậy,
3
.
1 4 6
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V S SH= =
.
0,25
Vì
2BA HA=
nên
( )
( )
( )
( )
, 2 ,d B SAC d H SAC=
Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
AC HI⊥
và
AC SH⊥
nên
( )
AC SHI AC HK⊥ ⇒ ⊥

( )
( )
2 66
, 2 , 2
11
a
d B SAC d H SAC HK= = =
0,25
7
(1,0đ)
Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp
trong một đường tròn. Mà
BC CD=
nên
AC là đường phân giác của góc
·
BAD
.
Gọi
'B
là điểm đối xứng của B qua AC.
Khi đó
'B AD∈
.
Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương
trình:
1 0 3
5 0 2
x y x
x y y

x y y
− − = =
 
⇔
 
− − = =
 
. Do đó,
( )
1;0A
.
Ta có ABCB’ là hình bình hành nên
'AB B C=
uuur uuuur
. Do đó,
( )
5;4C
.
0,25
Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra
:3 14 0d x y+ − =
.
Gọi
I d AD= ∩
, suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm
của hệ:
3 14 0
3 1 0
x y
x y

khác)
0,25
8
(1,0đ
)
Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Suy ra:
2 6
: 5 3
1 2
x t
d y t
z t
= +


= +


= −

Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên
( )H d P= ∩
.
Vì
H d
∈
nên
( )
2 6 ;5 3 ;1 2H t t t+ + −
.

2 6 ;5 3 ;1 2I t t t+ + −
, với
1t
≠ −
.
0,2
5
Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
6 2 6 3 5 3 2 1 2 24
1
14
( ,( )) 14
6 3 ( 2)
1
3
14
2 2
6 3 2 14
t t t
t
d I P
t
t
AI
t
t t t

( ) : 8 8 1 196S x y z− + − + + =
0,2
5
9
(0,5
đ)
Số phần tử của không gian mẫu là:
( )
5
20
15504n CΩ = =
.
Trong 20 tấm thẻ, có 10 tấm thẻ mang số lẻ, có 5 tấm thẻ mang số chẵn và chia
hết cho 4, 5 tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 4.
0,2
5
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Ta có:
( )
3 1 1
10 5 5
. . 3000n A C C C= =
.
Vậy, xác suất cần tính là:
( )
( )
( )
3000 125
15504 646
n A
P A

+ + + +
0,25
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc
+ +
+ + ≤ + + = =
+ + + + + +
W
.
0,25
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c= + + = ⇒ = = = >
0,25
ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số
32
24
−−= xxy
a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
b*) Tìm m để phương trình
32
24
+=− mxx