BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
.
1
x
y
x
−
=
+

a) Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(

i
ể
m có hoành
độ

1.
x
=

Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn:
π
α π
2
< <
và
3
sin
α .
5
=
Tính
2
tan
α
.
1 tan
α
A
=

ả
i ph
ươ
ng trình:
3 3
log ( 2) 1 log .
x x
+ = −
Câu 4.
(
1,0 điểm
) Gi
ả
i b
ấ
t ph
ươ
ng trình:
2 2
2 3( 2 2).
x x x x x+ + − ≥ − −
Câu 5.
(1,0
đ
i
ể
m) Tính tích phân:
2
3
1

ủ
a c
ạ
nh AC và
2 .
SH a
=
Tính theo
a th
ể
tích kh
ố
i chóp S.ABC và kho
ả
ng cách t
ừ

đ
i
ể
m C
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAB).
Câu 7.
(1,0
đ

i
ể
m
(6; 6)
K là tâm
đườ
ng tròn bàng ti
ế
p góc O. G
ọ
i C là
đ
i
ể
m
n
ằ
m trên
∆
sao cho
AC AO
=
và các
đ
i
ể
m C, B n
ằ
m khác phía nhau so v
ớ

đ
i
ể
m) Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho hai
đ
i
ể
m
(2; 0; 0)
A và
(1; 1; 1).
B
−
Vi
ế
t
ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ

ổ
i thi v
ấ
n
đ
áp. Cán b
ộ
h
ỏ
i thi
đư
a cho m
ỗ
i thí
sinh m
ộ
t b
ộ
câu h
ỏ
i thi g
ồ
m 10 câu h
ỏ
i khác nhau,
đượ
c
đự
ng trong 10 phong bì dán kín, có hình
th

ng b
ộ
10 câu h
ỏ
i thi dành cho các thí sinh là nh
ư
nhau, tính xác su
ấ
t
để

3
câu h
ỏ
i A ch
ọ
n và 3 câu h
ỏ
i B ch
ọ
n là gi
ố
ng nhau.

Câu 10.
(1,0
đ
i
ể
m) Xét s

x x x x

HẾT
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁNCÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1
(2,0 điểm)


lim lim 2.
x x
y y
→ −∞ → +∞
= =

Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng
1
x
= −
và một
tiệm cận ngang là đường thẳng
2.
y
=

0,25
●
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' =
2
3
( 1)
x +
> 0
∀
x
∈
D.
Suy ra, hàm s

ự
c tr
ị
.
0,25
Lưu ý:
Cho phép thí sinh không nêu k
ết luận về cực trị của hàm số.
- Bảng biến thiên:
x
–
∞
– 1 + ∞

y' + +
y
+
∞

2
2 – ∞

0,25
●
Đồ thị (C): 0,25
O


góc
k
c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n là:
3
'(1) .
4
k y
= =

0,25
Do
đ
ó, ph
ươ
ng trình c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n là:
3 1
( 1) ;
4 2

3 16
cos
α 1 sin α 1 .
5 25
 
= − = − =
 
 
(2)
Vì
α ;
2
π
π
 
∈
 
 
nên
cos
α 0.
<
Do đó, từ (2) suy ra
4
cos
α .
5
= −
(3)
Thế (3) vào (1), ta được

∗
)
⇔

(1 )( ) (3 )( ) 2 6
i a bi i a bi i
+ + + − − = −⇔

(4 2 2) (6 2 ) 0
a b b i
− − + − =

0,25

⇔

{
4 2 2 0
6 2 0
a b
b
− − =
− =

⇔

{

+ + =
⇔
3 3
log ( ( 2)) log 3
x x + =

0,25
⇔
2
2 3 0
x x
+ − =
⇔
1
x
=
(do (1)).
0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
● Điều kiện xác định:
1 3.
x ≥ +
(1)
● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là bất phương trình đã cho, ta có:
(2) ⇔
2 2
2 2 2 ( 1)( 2) 3( 2 2)
x x x x x x x
+ − + + − ≥ − −

x x
− − ≤

⇔
3 13 3 13.
x− ≤ ≤ +
(4)
K
ế
t h
ợ
p (1) và (4), ta
đượ
c t
ậ
p nghi
ệ
m c
ủ
a b
ấ
t ph
ươ
ng trình
đ
ã cho là:
1 3 ; 3 13 .
 
+ +
 

2
1
ln d .
I x x
=
∫
Ta có:

2
4
1
1
1 15
.
2 2
I x= =
0,25

2 2
2 2
2
1 1
1 1
.ln d(ln ) 2ln 2 d 2ln 2 2ln 2 1.
I x x x x x x
= − = − = − = −
∫ ∫

V
ậ

v. ABC, ta có:

o
.cos 2 .cos 30 3 .
BC AC ACB a a
= = =

0,25
Do
đ
ó

o 2
1 1 3
. .sin .2 . 3 .sin 30 .
2 2 2
ABC
S AC BC ACB a a a
= = =

V
ậ
y
3
2
.
1 1 3 6
. . 2 . .
3 3 2 6
S ABC ABC

ủ
a hai m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ừ
a nêu, nên
trong mp(SHN), h
ạ
HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB).
Vì v
ậ
y d(H, (SAB)) = HK. K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i (1), suy ra d(C, (SAB)) = 2HK. (2)
0,25
Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét
∆
v. SHN, ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
.
2
HK SH HN a HN
= + = +

Th
ế
(3) vào (2), ta
đượ
c
( )
2 66
, ( ) .
11
a
d C SAB =

0,25
Câu 7
(1,0
đ
i
ể
m)

Trên
∆
, l
ấ
y
đ
i

ng KB và OD.
Vì K là tâm
đườ
ng tròn bàng ti
ế
p góc O c
ủ
a
∆
OAB nên KE là phân giác c
ủ
a góc

.
OAC
Mà OAC là tam giác cân t
ạ
i A (do AO = AC, theo gt) nên suy ra KE c
ũ
ng
là
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a OC. Do
đ
ó E là trung
đ

KH ⊥
∆
, ta có H là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a CD.
Nh
ư
v
ậ
y:
+ A là giao c
ủ
a
∆
và
đườ
ng trung tr
ự
c
1
d
c
ủ
a
đ
o

đố
i
x
ứ
ng c
ủ
a C qua H và H là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a K trên
∆
. (2)
0,50

Vì C ∈
∆
và có hoành
độ

0
24
5
x =
(gt) nên g
ọ
i
0
y
là tung

độ
là
12 6
;
5 5
 
−
 
 
và
đườ
ng th
ẳ
ng OC có
ph
ươ
ng trình:
2 0.
x y
+ =

Suy ra ph
ươ
ng trình c
ủ
a
1
d
là:
2 6 0.

i h
ệ
trên, ta
đượ
c A = (3; 0).
0,25

G
ọ
i d là
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua K(6; 6) và vuông góc v
ớ
i
∆
, ta có ph
ươ
ng trình c
ủ
a
d là:
3 4 6 0.
x y
− + =
T
ừ

x y
+ − =
− + =

Gi
ả
i h
ệ
trên, ta
đượ
c
6 12
; .
5 5
H
 
=
 
 
Suy ra
12 36
; .
5 5
D
 
= −
 
 

Do


Suy ra ph
ươ
ng trình c
ủ
a
2
d
là:
3 12 0.
x y
− + =

Do
đ
ó, theo (2), t
ọ
a
độ
c
ủ
a B là nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
ph
ươ
ng trình:

ủ
a AB, ta có
3 1 1
; ; .
2 2 2
M
 
= −
 
 

Vì (P) là m
ặ
t ph
ẳ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a AB nên (P)
đ
i qua M và
( 1; 1; 1)
AB
= − −

là
m
ộ
t vect

( , ( )) .
2 3
2 ( 2) 2
d O P
−
= =
+ − +

0,25
Do
đ
ó, ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u tâm O, ti
ế
p xúc v
ớ
i (P) là:
2 2 2
1
12
x y z+ + =

hay
2 2 2
12 12 12 1 0.

ở
v
ị
trí
th
ứ
nh
ấ
t c
ủ
a c
ặ
p là b
ộ
3 câu h
ỏ
i thí sinh A ch
ọ
n và
ở
v
ị
trí th
ứ
hai c
ủ
a c
ặ
p là b
ộ

2
3
10
( ) C .
n Ω =

0,25
Kí hi
ệ
u X là bi
ế
n c
ố
“b
ộ
3 câu h
ỏ
i A ch
ọ
n và b
ộ
3 câu h
ỏ
i B ch
ọ
n là gi
ố
ng
nhau”.
Vì v


Vì v
ậ
y
(
)
( )
3
10
2
3
3
10
10
C
1 1
( ) .
( ) C 120
C
X
n
P X
n
Ω
= = = =
Ω0,25
Câu 10

m
( ; 1)
A x x
+
,
3 1
;
2 2
B
 
−
 
 
 
và
3 1
; .
2 2
C
 
− −
 
 
 

Khi
đ
ó, ta có
,
OA OB OC

m m
và
c
m
t
ươ
ng
ứ
ng là
độ
dài
đườ
ng trung tuy
ế
n xu
ấ
t phát t
ừ
A,
B, C c
ủ
a
∆
ABC.
0,25
Theo b
ấ
t
đẳ
ng th

ng cách t
ươ
ng t
ự
, ta c
ũ
ng có:
2 2 2
.
2 3
b
a b c
b m
+ +
≤
và
2 2 2
. .
2 3
c
a b c
c m
+ +
≤

Suy ra
( )
2 2 2
3 3
. . . .

m m m
+ +
= + + + + +
= + + + + +
+ +
= + + =
     
        
   

T
ừ
(1), (2) và (3), suy ra
3.
P ≥

H
ơ
n n
ữ
a, b
ằ
ng ki
ể
m tra tr
ự
c ti
ế
p ta th
ấ

trục Oz.
Câu 7 (1,0điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác vuông
cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Câu 8 (1,0điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Điểm F( là trung điểm
của cạnh AD. Đường thẳng EK có phương trình
với điểm E là trung điểm của cạnh AB,
điểm K thuộc cạnh DC và KD = 3KC. Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ
nhỏ hơn 3.
Câu 9 (1,0điểm). Giải hệ phương trình
.
Câu 10 (1,0điểm).
Cho ba số thực a,b,c đôi một phân biệt và thỏa mãn các điều kiện
và
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Hết

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
ĐÁP ÁN THI THỬ TỐT NGHIỆP VÀ XÉT TUYỂN ĐẠI
HỌC
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC
Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

Nội dung Điểm
Câu I
Cho hàm số
32
1
3

x
y
x







3
11
lim lim [x ( - )] = +
3
xx
y
x
 


3
11
lim lim [x ( - )] = -
3
xx
y
x
 

0,25đ 0,25đ
Hàm số có cực tiểu tại
2x

và y


Ý b
d có hệ số góc
1
3
k
 .
Gọi
0
x
là hoành độ điểm M
Ycbt
0
1
'( ).( ) 1
3
yx







0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ
Câu 2
(1đ)
+) Hàm số liên tục trên
1
[;2]
2

+)
2
2
2
'( )
(1)
x

0,25đ

+)
17
()
26
f 
;
7
(2)
3
f 

+)
1
[;2]
2
7
min ( )
6
x
fx


;
1
[;2]

x
x

 1
x


KL: Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm
1
x


0,25đ 0,25đ
Pt 2cos ( 3sinx-cos 1) 0xx

cos 0
1
cos( )
32
x
x




0,25đ 0,25đ
Câu 4
(0,5đ)
22
00
111
()
(1)(2) 1 2
I
dx dx
xx x x

  
22
ln 1 ln 2
00
xx
3
ln
2



22
I
AIB IA IB 

2(2;0;0)aI

2
61R

Phương trình mặt cầu:
222
(2) 61xyz


+) Tọa độ giao điểm của (S) và Oz thỏa mãn:

222
(2) 61
0
xyz
xy




57z

a
SH









+)
2
3
4
ABC
a
S

3
.
3
24
S ABC
a
V

+) d qua B và d // AC
www.VNMATH.com


0,25đ
0,25đ
Câu 8
(1đ)
+) gt  Cạnh hình vuông bằng 5
52
EF
2


+) Tọa độ E là nghiệm:
22
11 25
()(3)
22
19 8 18 0
xy
xy




7290
3
:
19 8 18 0 17
3
x
xy
PACEK
y
y



 


  








10 17
(;)
33
P
9

+) ĐK :
2530xy x
+) Từ pt (1)
22
xy xy
VT xy xyVP

  

Nên (1)
0xy 0,5đ

(loại
Thay vào (2) được :
22 2
6 2 53(2 53)0xxxx xx

2
2
3
10,25đ
0,25đ
Câu
10
(1đ)
+) BĐT:
2
22
,
22
xy xy
x
y




22
11 4 22
(, 0)xy

Ta có:
14
(1 )(1 3 ) (3 3 )(1 3 ) 10 6
33
bb bb P 

Min P
1
2
26
10 6
6
26
6
b
a
c














́
N V BIÊ
̉
U ĐIÊ
̉
M CHÂ
́
M

Câu  Nô
̣
i dung Điê
̉
m
1


=
2x 1
x1


(C).

a


(C) 

.
0.25

* y' =
()
2
3
x1

* y' > 0,  x  D  

0.25
* 

:
x  1 
y' + +
y

2
2

0.25

* 












(C) 







 (1; 4).
∑ = 0.75
(d) 



(C) (x
0
; y
0
)
 (d): y  y

()
0
0
2
0
0
2x 1
3
1 x 4
x1
x1

   



 3 + 2x
0
 1 = 4x
0
+ 4  2x
0
= 8  x
0
= 4  y
0
= 3; y'(4) =
1
3



I =
2
11
xx
00
2xe dx xe dx

.
0.25 * I
1
=
()
22
11
x x 2
00
2xe dx e d x

=
2
1
x
0
e



1
2
3
4
5
6
x
y
www.VNMATH.com
TRUNG TÂM DẠY THÊM VĂN HÓA LÊ HỒNG PHONG
, P4, Q5, TP.HCM (38 322 293) Website: ttdtvh.lehongphong.edu.vn
 I
2
=
1
1
xx
0
0
xe e dx




=
1
x
0
ee


* sinx = 1 
x k2
2

  

* sinx =
sin
x k2
1
6
5
26
x k2
6


  






  



0.25


    


2
3
t
2
3t 9t 6 0





  


0.25


3
t
2
t 1 hay t 2








n
3
2
x
x




, 

> 0 



3 2 2
n n n
C A 5C
(


,
kk
nn
CA







 n  2 + 6 = 15  n = 11.
0.25




11
3
2
x
x




=
 
.
11 k
11
k
k
3
11
k0
2
Cx
x


2
23



5k 33
2
6


 k = 9.







2
trong khai tri
n
3
2
x
x















 . 



 





ng A
, 



 4 

. 


,  .

























 www.VNMATH.com
class="bi x5 y13d wa5 h55"