TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HƯNG YÊN
BAN CHUYÊN MÔN
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 2y x mx= + +
(1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2
(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
( ) ( )
1
1 1 2
2 2
log 4 4 log 2 3 log 2
x x x+
+ ≥ − −
.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho các số phức là nghiệm của phương trình
2
2 3 0z z+ + =
. Tính
độ dài đoạn thẳng AB.
b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lý, Hóa,
Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của
3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó

có đáy là tam giác cân,
AB AC a
= =
,
·
0
120BAC =
. Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 60
0
. Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' và
khoảng cách từ đường thẳng
BC
đến mặt phẳng
( )
' 'AB C
theo
a
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có
( )
1;2A −
. Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình
2 8 0x y+ − =
và điểm B có hoành
độ lớn hơn 2.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( )
( )

x y z
= −
+
+ +
Hết
Kỳ thi thử THPT Quốc gia lần 2 do Công đoàn trường THPT Chuyên Hưng Yên
tổ chức vào ngày 21 và 22 tháng 03 năm 2014.
ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điểm
1
a) Khảo sát hàm số
3 2
3 2y x mx= + +
Với m = 1, ta có hàm số: y = x
3
+ 3x
2
+ 2
*) TXĐ:
¡
*) Sự biến thiên:
+) Giới hạn tại vô cực:
lim
x
y
→±∞
= ±∞
0,25
+) Chiều biến thiên:
y' = 3x

OAB
= 1 ⇔ OA.d(B;OA) = 4 ⇔
1
2 2
1
m
m
m
=

− = ⇔

= −

(thỏa mãn)
Vậy với m =
±
1 thì hàm số có 2 cực trị thỏa mãn bài.
0,5
2

( ) ( )
1
1 1 2
2 2
log 4 4 log 2 3 log 2
x x x+
+ ≥ − −
0,5
x

2 2
log 4 4 log 2 3 log 2
log 4 4 log 2 3.2
x x x
x x x
+
+
⇔ + ≥ − +
⇔ + ≥ −
( )
2 1
4 4 2 3.2
4 3.2 4 0
2 1
2
2 4
x x x
x x
x
x
L
x
+
⇔ + ≤ −
⇔ − − ≥

≤ −
⇔ ⇔ ≥

≥

2. 30C =
(cách)
0,25
TH2: Trường ĐH xét cả hai môn Toán và Văn:
Có:
1
6
1. 6C =
(cách)
Vậy có các trường hợp là: 30 + 6 = 36 (cách)
0,25
4
2 2
2
0 0
sin sin
cos2 3cos 2 2cos 3cos 1
x x
I dx dx
x x x x
π π
= =
+ + + +
∫ ∫
Đặt cosx = t ⇒ dt = -sinxdx
Với x = 0 ⇒ t = 1; với x =
2
π
⇒ t = 0
0,25

 
0,5
5
Đường thẳng d có véctơ chỉ phương
( )
2;2;1u −
r
và đi qua M(3;6;1)
Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương
( )
4; 2;5AB − −
uuur
( )
1;4; 1AM − −
uuuur
Ta có:
( )
, 12;6;12u AB
 
=
 
r uuur
⇒
, . 12 24 12 0u AB AM
 
= − + − =
 
r uuur uuuur
Vậy AB và d đồng phẳng
0,5

⇒
0
3
' ' .tan60
2
a
AA A K= =
3
. ' ' '
3
=AA'.S
8
ABC A B C ABC
a
V =
0,5
+) d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C'))
Chứng minh: (AA'K) ⊥ (AB'C')
Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK ⇒ A'H ⊥ (AB'C')
⇒ d(A';(AB'C')) = A'H
Tính: A'H =
3
4
a
Vậy d(B;(AB'C')) =
3
4
a
0,5
H

E = AE ∩ BN ⇒ E(-1; 10) ⇒ D(-1; 6) ⇒ M(-1; 4)
0,25
Gọi I là tâm của (BKM) ⇒ I là trung điểm của BM ⇒ I(1; 3)
BM
R 5
2
= =
. Vậy phương trình đường tròn: (x - 1)
2
+ (y - 3)
2
= 5.
0,25
8

( ) ( )
( )
2 2
2 2
1 2 2 3 1
1 2 2 2
y x y x y xy
y x y x y

− + = + +


+ + + = − +



t x y
x y x y

+ = − − −
= − − −


⇒ ⇔

= +


+ = +

0,5
Với
2 2
2 1x y x y+ = − − −
, thay vào (2) ta có:

2
1
1 3 1 0
3
9 5 0
y
y y y
y y

≥ −


+ = −
 
⇔
 
+
+ = +
 

=


Vậy hệ phương trình có nghiệm
( )
1 5 1 5
; ;
4 2
x y
 
− − +
=
 ÷
 
0,25
H
E
K
N
M
D

) ≤ 2(y + z)
2
.
Do đó: 5x
2
- 9x(y + z) ≤ 2(y + z)
2
⇔ [x - 2(y + z)](5x + y + z) ≤ 0
⇒ x ≤ 2(y + z)
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 3
2 2
x 1 2x 1 4 1
P
y z y z
x y z y z x y z 27 y z
= − ≤ − ≤ −
+ +
+ + + + + +

Đặt y + z = t > 0, ta có: P ≤ 4t -
3
1
t
27
Xét hàm ⇒ P ≤ 16.
Vậy MaxP = 16 khi
1
y z
12