SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT VĨNH THẠNH
_______________________
MA TRẬN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015
MÔN TOÁN (ĐỀ 1)



CHỦ ĐỀ
Nhận biết
Thông
hiểu
Vận dụng
thấp
Vận dụng
cao
Tổng
1. Ứng dụng đạo hàm, khảo sát và vẽ đồ
thị hàm số
Câu 1a
Câu 1b
2đ





2đ
2. Lũy thừa, mũ, lôgarít
Câu 2b
0,5 đ

0,5
3. Nguyên hàm, tích phân ứng dụng

Câu 4
1đ



1đ
4. Số phức
Câu 3a
0,5đ




0,5
5. Khối đa diện, khối tròn xoay
Câu5.ý 1
0,5đ
Câu 5. ý 2
0,5đ



1đ

6. Phương pháp tọa độ trong không
gian

Câu 6
1đ



1đ
7. Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng


Câu 7
1đ


1đ
8. Lượng giác
Câu 2a
0,5 đ




0,5đ
9. Tổ hợp, xác suất

Câu 3b
0,5 đ




0,5đ
10. Phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình


Câu 8
1đ


1đ
11. Bất đẳng thức, cực trị



Câu 9
1đ

1đ
Tổng
4đ
3đ
2đ
1đ
10đ














SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT VĨNH THẠNH
_______________________
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 – (ĐỀ 1)
MÔN TOÁN
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số
42
y 2x 4x

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt
42
x 2x m 1 0    

Câu 2: (1,0 điểm)
a) Giải phương trình sin2x – cos2x = 2 sinx – 1
b) Giải bất phương trình :
2
21
2

log 2 log 3 0  xx

Câu 3. (1,0 điểm)
a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z thỏa :
(1 3i)z 3 i ( 3 2i)z     

b) Cho E là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số
0,1,2,3,4,5,6,7. Lấy ngẫu nhiên một số trong E. Tính xác suất để lấy được số chia hết
cho 5.
Câu 4. (1,0 điểm ) Cho hình (H) giới hạn bởi các đường
ln
, 0,  
x
y y x e
x
. Tính thể tích
khối tròn xoay sinh bởi hình (H) khi quay hình (H) quanh trục Ox.
Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, với
; 2 ,( 0).AB BC a AD a a   
Các mặt bên (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy. Biết góc
giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng
0
60
. Tính theo a thể tích tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB.
Câu 6. (1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và mp(P) :
x 2 3t
d : y 2t , (P): x y z 2 0
z 4 2t





    




. Tìm tọa độ giao điểm I của d và (P). Viết phương trình mặt cầu
(S) tâm I đi qua O.
Câu 7. (1,0 điểm ) Cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC=2BD. Điểm
1
0;
3
M



thuộc đường
thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ điểm B, biết hoành độ điểm B dương.
Câu 8. (1,0 điểm) Giải bất phương trình
22
1 2 3 4 .x x x x    

Câu 9. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương
,,abc
thoả mãn
4 4 4
3abc  
. Chứng minh rằng :

1 1 1
1
4 4 4ab bc ca
  
  
.

Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT VĨNH THẠNH
_______________________
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015
MÔN TOÁN –ĐỀ 1


CÂU
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
Câu 1
2 điểm
1a (1 điểm)




0,25

0,25




0,25






0,25
1b(1điểm)
4 2 4 2
x 2x m 1 0 2x 4x 2m 2         

Dựa vào đồ thị phương trình có 4 nghiệm phân biệt khi
2 2m 2 0 4 2m 2
1 m 2
          
  

0,25

0,5
0,25

2.a (0,5đ)
Câu 2
1 điểm
Giải phương trình sin2x – cos2x = 2 sinx – 1




0,25
2sinx cosx+(1-cos2x) = 2sinx 2sinx(cosx+sinx-1)=0
sinx=0
2
44
2 sin( ) 1 2
42
3
2
44
xk
xk
xk
x x k
xk





























0,75

2.b (0,5)
K : x>0
2 2 2
2 1 2 2 2 2
2
2
2
log 2 log 3 0 (1 log ) log 3 0 log log 2 0
1
log 2
0
4
log 1
2














x x x x x x
x
x
x
x

0,25
0,25


0,5


Cõu 3
1 im
3a 0,5 im
t

z a bi;a,b R

(1 3i)z 3 i ( 3 2i)z (1 3i)(a bi) 3 i ( 3 2i)(a bi)
(4a 5b 3) (a 2b 1)i 0
7
a
4a 5b 3 0
72
3
P ;P
a 2b 1 0 2
33
b
3

















han thửùc han aỷo


0,25

0,25

0,5
3b. 0,5 im

Gi s
0 ú 7 cỏch chon a;abcde E a c


Chn
44
77
cú A ( ) 7 A 5880bcde n E

43
76
5
( ) 5880; v 5
0
cú: A 6A 1560









e
n abcde E abcde
e
Trong E

S chia ht cho 5. Gi A l bin c chn dc s chia ht cho 5 thỡ n(A)=1560
1560 13
()
5880 49
PA



0,25

0,25


0,25

0,25
Cõu 4
1 im
ln
0 ln 0 1
x
xx

x

2
2
11
ln ln





ee
xx
V dx dx
xx




2
1
u lnx
du dx
x
ẹaởt
1
1
dv dx
v
x

x
















0,25

0,25






22
11
11
ln 1 1 1 1 1 1 2

ln 1 1
2
1

           







ee
ee
x
dx x dx
x x x e x e e e
V
e


0,25



0,25
Câu 5
1 điểm
Gäi H = AC  BD, suy ra SH  (ABCD) & BH =
3

1
BD.
KÎ HE  AB => AB  (SHE), hay ((SAB);(ABCD)) =

0
60SEH 
.
Mµ HE =
3
1
AD =
3
2a
=> SH =
3
32a
=> V
SABCD
=
3
1
.SH.S
ABCD
=
3
3
3
a

Gäi O lµ trung ®iÓm AD, ta có ABCO lµ hình vuông c¹nh a =>ACD cã trung

tuyÕn CO =
2
1
AD
CD  AC => CD  (SAC) vµ BO // CD hay CD // (SBO) & BO  (SAC).
d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)).

TÝnh chÊt träng t©m tam gi¸c BCO => IH =
3
1
IC =
6
2a
=> IS =
6
25
22
a
HSIH 

kÎ CK  SI mµ CK  BO => CK  (SBO) => d(C;(SBO)) = CK
Trong tam gi¸c SIC cã : S
SIC
=
2
1
SH.IC =
2
1
SI.CK => CK =

5
32. a
SI
ICSH


Vậy d(CD;SB) =
23
.
5
a














0,25






0,25






0,25








0,25

Câu 6
1 điểm
I d I(2 3t;2t;4 2t)
I (P) 2 3t 2t (4 2t) 2 0 t 4
I( 10;8; 4)Vaäy
   
         


Mặt cầu (S) tâm I qua O có bán kính
R IO 100 64 16 6 5    


Phương trình mặt cầu (S) là (x+10)
2
+(y-8)
2
+(z+4)
2
=180



0,25
0,25
0,25
0,25

I
H
A
D
B
C
S
O
E
K
Câu 7
1 điểm
Vì I là tâm đối xứng của hình thoi
 

: N ' '(4 0;2 7) N' 4; 5 AB N':4x 3 1 0Đ y
I
N N AB M           

 
4.2 3.1 1
;2
5
d I AB IH

   

Theo đề AC=2BD
2IA IB

Mà trong tam giác vuông ABI có
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
5
44
IB
IH IA IB IB IB
      

   
2
2
2
1 4 4 2

; , 0 2 5 1 1; 1
33
bb
B AB B b b IB b b B

   
           
   
   


0,25


0,25


0,25



0,25
Câu 8
1 điểm










Điều kiện:
2
2
0
01
3 41
1 0 0 .
3 41 3 41
8
2 3 4 0
88
x
x
xx
x
xx







     

   



  


(*)
Bất phương trình đã cho tương đương với

2 2 2
1 2 (1 ) 2 3 4x x x x x x      
22
3( ) (1 ) 2 ( )(1 ) 0x x x x x x       

2 2 2
2
5 34
1
9
3 2 1 0 9 10 1 0
1 1 1 3
5 34
.
9
x
x x x x x x
xx
x x x
x





  

          
  






Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
5 34 3 41
.
98
x
   



0,25



0,25

0,25




0,25

Câu9
1 điểm
Áp dụng bất đẳng thức
22
2
ab
ab


ta có
1 1 1
4 4 4ab bc ca

  

     
2 2 2 2 2 2
2 2 2
8 8 8a b b c c a
  
     
.
đặt
 
2
22
x b c
,

 
2
22
y c a
,
 
2
22
z a b
khi đó
 
4 4 4
4 12x y z a b c     
.
Bây giờ bài toán trở thành: Cho ba số thực dương
,,x y z
thỏa mãn
12x y z  
. Chứng minh rằng
1 1 1 1
2
8 8 8x y z
  
  
.
Xét hàm số
 
1
8
fx

x


trên khoảng
 
0;12
và phương trình tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ
0
4x 
là
 
11
4
144 6
yx  
.
Xét











0,25




0,25



   
  
 
 
 
   
2
2
44
1 1 4 1
44
144 6 144
6 2 8
144 2 8
xx
x
f x x x
xx
xx


      




Trên khoảng
 
0;12
thì
       
1 1 1 1
4 0 4
144 6 144 6
f x x f x x       
.
Do đó
 
1 1 1 1 1 1
12 3.
144 6 2
8 8 8
x y z
x y z
       
  
.
Đẳng thức xảy ra khi
4x y z  
hay
1abc  
.








0,25



0,25