100 de thi thu dai hoc mon toan nam 2015 cua cac truong chuyen trong ca nuoc kem dap an chi tiet 335 trang

Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =

ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút.
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 hồnh độ x = 1.

Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn:

π
3
tan α
< α < π và sin α = . Tính A =
.
2
5
1 + tan 2 α

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 + i ) z + (3 − i ) z = 2 − 6i. Tính mơđun 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:

x2 + x +

x − 2 ≥ 3( x 2 − 2 x − 2).

2

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (2 x 3 + ln x) dx.
1

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B, AC = 2a,

ACB = 30o ,
Hình chiếu vng góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và SH =

2a. Tính theo

a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc
đường thẳng ∆ : 4 x + 3 y − 12 = 0 và điểm K (6; 6) là tâm đường trịn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm
nằm trên ∆ sao cho AC = AO và các điểm C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C có
hồnh độ bằng

24
, tìm tọa độ của các đỉnh A, B.
5

Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0) và B (1; 1; − 1). Viết
phương trình mặt phẳng trung trực (P) của đoạn thẳng AB và phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc
với (P).

Câu 9.(0,5 điểm) Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí
sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình
thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định
câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3
câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau.
Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P=

3( 2 x 2 + 2 x + 1)
+
3

1

1

+

2

2 x + (3 − 3 ) x + 3

----------- HẾT -----------

2

2 x + (3 +

.
3 )x + 3

Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Mơn: TỐN

CÂU
Câu 1
(2,0 điểm)

ĐÁP ÁN

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 → −∞

x → ( −1)

0,25

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.
●

Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' =

3
> 0 ∀x ∈ D.
( x + 1) 2

0,25

Suy ra, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; − 1) và ( −1; + ∞ ) .
- Cực trị: Hàm số đã cho khơng có cực trị.

Lưu ý: Cho phép thí sinh khơng nêu kết luận về cực trị của hàm số.
- Bảng biến thiên:
x

–∞
+

y'
y
●

+∞

–1
+∞

2

0,25

+
2
–∞

Đồ thị (C):
y

2

−1 O ½
−1

0,25

x


Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha
b) (1,0 điểm)
Tung độ y0 của tiếp điểm là: y0 = y (1) =

1
.
2

0,25
3
.
4

0,25

3
1
( x − 1) + ;
4
2

0,25

Suy ra hệ số góc k của tiếp tuyến là: k = y '(1) =
Do đó, phương trình của tiếp tuyến là: y =

3
1
x− .
4
4
a) (0,5 điểm)
Câu 2
(1,0 điểm) Ta có: A = tan α = tan α.cos 2 α = sin α.cos α = 3 cos α.

1 + tan 2 α
5
hay y =

0,25

(1)

0,25

2

3
16
cos 2 α = 1 − sin 2 α = 1 −   =
.
25
5
π
4
Vì α ∈  ; π  nên cos α < 0. Do đó, từ (2) suy ra cos α = − .
5
2 
12
Thế (3) vào (1), ta được A = − .
25
b) (0,5 điểm)

(2)
0,25

(3)

Đặt z = a + bi, ( a , b ∈  ); khi đó z = a − bi . Do đó, kí hiệu (∗) là hệ thức cho
trong đề bài, ta có:
(∗) ⇔ (1 + i )( a + bi ) + (3 − i )( a − bi ) = 2 − 6i
⇔ (4a − 2b − 2) + (6 − 2b)i = 0

⇔

{

{

4a − 2b − 2 = 0
a=2
⇔
6 − 2b = 0
b = 3.

Do đó | z | =

Câu 3
(0,5 điểm)

2

0,25

0,25

2

2 + 3 = 13.

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
●

0,25

⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ x = 1 (do (1)).

0,25

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

(1)
0,25

x ( x − 2)( x + 1) ≥ x ( x − 2) − 2( x + 1)

(

x ( x − 2) − 2 ( x + 1)

Do với mọi x thỏa mãn (1), ta có
(3) ⇔

)(

x ( x − 2) +

x ( x − 2) +

)

( x + 1) ≤ 0.

(3)
0,50

( x + 1) > 0 nên

x( x − 2) ≤ 2 ( x + 1)
2

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




0,25


Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha
2
2
Câu 5
3
I
=
2
x
d
x
+
Ta
có:
∫
∫ ln xdx.
(1,0 điểm)
1

0,25

(1)

1

2

2

Đặt I1 = ∫ 2 x dx và I 2 = ∫ ln xdx. Ta có:
3

1

1

0,25

2

1
15
I1 = x 4 = .
2 1
2
2

2

I 2 = x.ln x 1 − ∫ xd(lnx) = 2 ln 2 − ∫ dx = 2 ln 2 − x 1 = 2 ln 2 − 1.
2

2

1

1

0,50

13
V ậ y I = I1 + I 2 =
+ 2 ln 2.
2

Câu 6
(1,0 điểm)

1
AC = a và SH ⊥ mp(ABC).
2
Xét ∆v. ABC, ta có: BC = AC .cos

ACB = 2 a.cos 30o = 3a.

Theo giả thiết, HA = HC =

0,25

1
1
3 2
AC.BC.sin

ACB = .2a. 3a.sin 30o =
a .

2
2
2
1
1
3 2
6a3
Vậy VS . ABC = SH .S ABC = . 2a.
a =
.
3
3
2
6
Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)).
(1)
Gọi N 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)
Do đó S ABC =

Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN, ta có:
1
1
1
1
1
=

+
= 2 +
.
2
2
2
HK
SH
HN
2a
HN 2
1
3a
Vì HN là đường trung bình của ∆ABC nên HN = BC =
.
2
2
1
1
4
11
66a
Do đó
= 2 + 2 = 2 . Suy ra HK =
.
2
HK
2a
3a
6a

11
Thế (3) vào (2), ta được d ( C , ( SAB ) ) =

2 66a
.
11

0,25

0,25

0,25
(3)


Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha
Câu 7
(1,0 điểm)

Trên ∆, lấy điểm D sao cho BD = BO và D, A nằm khác phía nhau so với B.
Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC; gọi F là giao điểm của các
đường thẳng KB và OD.
Vì K là tâm đường trịn bàng tiếp góc O của ∆OAB nên KE là phân giác của góc

. Mà OAC là tam giác cân tại A (do AO = AC, theo gt) nên suy ra KE cũng
OAC
là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC = KO.
Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD = KO.
Suy ra ∆CKD cân tại K. Do đó, hạ KH ⊥ ∆, ta có H là trung điểm của CD.
Như vậy:
+ A là giao của ∆ và đường trung trực d1 của đoạn thẳng OC;

(1)
+ B là giao của ∆ và đường trung trực d 2 của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối
(2)
xứng của C qua H và H là hình chiếu vng góc của K trên ∆.
24
Vì C ∈ ∆ và có hồnh độ x0 =
(gt) nên gọi y0 là tung độ của C, ta có:
5
24
12
4.
+ 3 y0 − 12 = 0. Suy ra y0 = − .
5
5
6
 12
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là  ; −  và đường thẳng OC có
5
 5
phương trình: x + 2 y = 0.
Suy ra phương trình của d1 là: 2 x − y − 6 = 0.
Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
2 x − y − 6 = 0.

{

Giải hệ trên, ta được A = (3; 0).

0,50

0,25


Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha
Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và vng góc với ∆, ta có phương trình của
d là: 3 x − 4 y + 6 = 0. Từ đây, do H là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ của H là
nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
3x − 4 y + 6 = 0.

{

 6 12 
 12 36 
Giải hệ trên, ta được H =  ;  . Suy ra D =  − ;
.
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: 3 x + y = 0.
Suy ra phương trình của d 2 là: x − 3 y + 12 = 0.
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
x − 3 y + 12 = 0.

0,25

{

Giải hệ trên, ta được B = (0; 4).

Câu 8
1
3 1
Gọi M là trung điểm của AB, ta có M =  ; ; −  .
(1,0 điểm)
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).
3 
1
1


Suy ra, phương trình của (P) là: (−1)  x −  +  y −  + (−1)  z +  = 0
2 
2
2


hay: 2 x − 2 y + 2 z − 1 = 0.
Ta có d (O , ( P)) =

| −1|
22 + (−2)2 + 22

=

1
2 3

.

Do đó, phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) là: x 2 + y 2 + z 2 =

0,25

0,25

0,25

1
12

0,25

hay 12 x 2 + 12 y 2 + 12 z 2 − 1 = 0.

Câu 9
Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí
th
ứ nhất của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ
(0,5 điểm)
3 câu hỏi thí sinh B chọn.
3

Vì A cũng như B đều có C10
cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy

( )

0,25

2

3
tắc nhân, ta có n(Ω) = C10
.

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
3
3
giống như A nên n ( Ω X ) = C10
.1 = C10
.
Vì vậy P ( X ) =

n (Ω X )
n( Ω)

=

3
C10

3 2
10

(C )

=

1
1
=
.
3
C10 120

0,25


Câu 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, với mỗi số thực x, xét các điểm A( x ; x + 1) ,
(1,0 điểm)
 3

1
3
1
B 
; −  và C  −
; −  .
2
2
 2

 2
OA OB OC
Khi đó, ta có P =
+
+
, trong đó a = BC, b = CA và c = AB.
a
b
c

0,25

Gọi G là trọng tâm ∆ABC, ta có:
OA.GA OB.GB OC.GC 3  OA.GA OB.GB OC.GC 
P=
+
+
= 
+
+
,
a.GA
b.GB
c.GC
b.mb
c.mc 
2  a.ma
trong đó ma , mb và mc 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
1
a.ma =
. 3a 2 2b 2 + 2c 2 − a 2
2 3
2
2
2
2
a 2 + b2 + c 2
1 3a + 2b + 2c − a
≤
=
.
.
2
2 3
2 3
a2 + b2 + c 2
a2 + b2 + c2
Bằng cách tương tự, ta cũng có: b.mb ≤
và c.mc ≤
.
2 3
2 3

(

)

(

)

3 3
( OA.GA + OB.GB + OC.GC ) .
a + b2 + c 2
     
Ta có: OA.GA + OB.GB + OC.GC ≥ OA.GA + OB.GB + OC.GC.
     
OA.GA + OB.GB + OC.GC
  
  
  
= OG + GA .GA + OG + GB .GB + OG + GC .GC
   
= OG. GA + GB + GC + GA2 + GB 2 + GC 2
Suy ra P ≥

2

(

)

(

(

)

(

(

(2)

)

)

Hơn nữa, bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy P = 3 khi x = 0.
Vậy min P = 3.

(1)

)

4 2
a2 + b2 + c2
ma + mb2 + mc2 =
.
9
3
Từ (1), (2) và (3), suy ra P ≥ 3.
=

0,25

0,25

(3)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
PHÚ N 
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 
MƠN:TỐN 
Ngày thi: 02/4/2015 
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) 
­­­­­­­­­­­ 

Câu 1. (2,00 điểm) Cho hàm số  y = x 3  - 3x - 2 . 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Hãy tìm tọa độ điểm M thuộc 
đồ thị (C) sao cho tam giác MAB cân tại M. 
Câu 2. (1,00 điểm) Giải phương trình  log 2 ( x - 2) + 3log8 (3 x - 5) - 2 = 0  trên tập hợp số thực. 
3 

2 
Câu 3. (1,00 điểm) Tính tích phân: I = ị  2 
dx . 
2 x + 3x - 2 
1 
Câu 4. (1,00 điểm) Một lớp học có 33 học sinh, trong đó có 10 học sinh giỏi, 11 học sinh khá 
và 12 học sinh trung bình. Chọn ngẫu nhiên trong lớp học 4 học sinh tham dự trại hè. Tính xác 

suất để nhóm học sinh được chọn có đủ học sinh giỏi, học sinh khá và học sinh trung bình. 
Câu 5. (1,00 điểm) Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại A, SA vng góc 
với mặt phẳng đáy. Tính thể tích tứ diện biết đường cao AH của tam giác ABC bằng a và góc 
giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) là 60 0 . 
Câu  6.  (1,00  điểm)  Trong  mặt  phẳng  Oxy  cho  hình  vng  ABCD  có  M,  N  lần  lượt  là  trung 
điểm  của  các  cạnh  BC,  CD.  Tìm  tọa  độ  đỉnh  B,  điểm  M  biết  N(0;­2),  đường  thẳng  AM  có 
phương trình  x +2y – 2 = 0 và cạnh hình vng bằng 4. 
Câu 7. (1,00 điểm) Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(­4;­2;4) và đường thẳng d : 
ì x = -3 + 2 t 
ï
í y = 1 - t (tẻ Ă).
ù z = -1 + 4t
ợ
Vitphngtrỡnh ngthng DiquaA,ctvvuụnggúcvingthngd.
ỡ 27 x3  + 3 x + ( 9 y - 7 )  6 - 9 y  = 0 
ï
Câu 8. (1,00 điểm) Giải hệ phương trình: í x2
( x, yẻ Ă).
109
2
y
x
+
+
=
2
3
0
ù
81

ợ3

Cõu9.(1,00im) Tỡmgiỏtrlnnhtvgiỏtr nhnhtcabiuthc P = 52x +5y , biết rằng 
x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1 . 
­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­ 

Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( ) 
đã gửi tới www.laisac.page.tl 


HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
(Gồm có 04  trang) 
1.  Hướng dẫn chung 
­ Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm 
từng phần như hướng dẫn quy định. 
­ Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm chấm phải bảo đảm khơng sai 
lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 
­ Điểm bài thi khơng làm trịn số. 
2.  Đáp án và thang điểm 
CÂU 

1 

ĐÁP ÁN 

ĐIỂM 

2,00 đ 

3 

Cho hàm số  y = x - 3x - 2 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
­ Tập xác đinh: ¡ . 
­ Sự biến thiên: 

1,00 đ 

é x = -1 
+ Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 - 3 = 3( x 2  - 1).  y ' = 0 Û 3( x 2  - 1) = 0 Û ê
. 
ë x = 1 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥; - 1)  và (1; +¥ ) ; 
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( - 1;1) . 
+ Cực trị và giới hạn: 
H/s đạt cực đại tại  x = - 1;  yCĐ= y ( -1) = 0 . 

0,25 đ 
f(x)
8 

6 

H/s đạt cực tiểu tại  x = 1;  yCT= y (1) = - 4 . 

4 

2 

Các giới hạn:  lim y = -¥; lim  y = +¥ . 

x ®-¥

x ®+¥

f(x)=x^3­3x ­2 

x 
­9 

­8 

­7 

­6 

­5 

­4 

­3 

­2 

­1 

1 

2 

3 

4 

5 

6 

7 

8 

9 

+ Bảng biến thiên: 
x -¥ 
­1           1            + ¥ 
y’ 
+      0  ­  0  + 
0                          + ¥ 
y 
­ ¥ 
­4 
­ Đồ thị đi qua các điểm (2;0), (0;­2):như hình vẽ. 
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho DMAB cân tại M. 
M(x;y) cần tìm là giao điểm của đường trung trực của đoạn AB và đồ thị (C). 
Ta có các điểm cực trị là A(­1;0), B(1;­4), trung điểm của đoạn AB  là I(0;­2). 
uuur 
Đường trung trực đoạn AB nhận  AB = (2; -4)  làm vtcp có p/t  x - 2 y - 4 = 0 . 
x - 4 
Hồnh độ giao điểm của M  là nghiệm của phương trình:  x 3  - 3 x - 2 = 

. 
2 
7 
Giải ra ta được x = ± 
và  x = 0 (loại). 
2 
ỉ 7 14 - 8 ư
7
14 - 8 
;
Với  x =
ị y =
,tacúim M 1 ỗỗ
ữữ
2
4
2
4
ố
ứ
ổ 7 - 14 - 8 ư
7
- 14 - 8 
Với  x = Þ y = 
, ta có điểm  M 2 ỗỗ -
ữữ .
2
4
2
4

ố
ứ

0,25

ư2

ư4

ư6

ư8

0,25
0,25
1,00
0,25
0,25

0,25

0,25


2 

Giải phương trình  log 2 ( x - 2) + 3log8 (3 x - 5) - 2 = 0 

1,00 đ 

ì x - 2 > 0 
Điều kiện  í
Û x > 2 . 
3
x
5
>
0 
ỵ 
Phương trình tương đương:  log 2 ( x - 2) + log 2 (3x - 5) = 2 

0,25 đ 
0,25 đ 

Û log 2  [ ( x - 2)(3 x - 5) ] = 2 Û 3 x 2  - 11x + 6 = 0 . 

3 

0,25 đ 
0,25 đ 

Giải pt trên và đối chiếu điều kiện  ta tìm được nghiệm pt đã cho là x = 3 . 
3 
2 
Tính tích phân  I = ò  2 
dx 
1  2 x + 3 x - 2 
3 

2 

Ta có:  I = ũ
dx =
1 (2 x - 1)( x + 2)

1,00

3
3
ử
2ổ
2
1
dx
dxữ
ỗũ
ũ
5 è 1 2x -1
x + 2  ø
1 

0,50 đ 

3
3 
2 æ d (2 x - 1)
d ( x+ 2)ử
= ỗũ
-ũ
ữ
5 ố 1 2x -1

x + 2  ø
1 

=

0,25 đ 

2
2 
3
3 
ln | 2 x - 1| 1 - ln | x + 2 | 1  =  ln 3 . 
5
5 

(

) 

0,25 đ 

4 

1,00 đ 
Gọi A là biến cố: “4 HS được chọn có đủ HS giỏi, HS khá và HS trung bình”. 
4 
=40920. 
Số phần tử khơng gian mẫu:  W = C33 
Ta có các trường hợp được chọn sau: 
1

1 
(1) Có 2 HS giỏi, 1 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: C102 .C11
.C12 
= 5940 

0,25 đ 

1
1 
(2) Có 1 HS giỏi, 2 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: C10
.C112 .C12 
= 6600 
1
2 
(3) Có 1 HS giỏi, 1 HS khá và 2 HS trung bình. Số cách chọn là: C10
.C111 .C12 
= 7260 .  0,25 đ 

Ta được  W A = 5940 + 6600 + 7260 = 19800. 
Do đó  P ( A) =

WA 
W 

=

0,25 đ 

15 
. 

31 

0,25 đ 

5 

1,00 đ
DABC vng cân tại A nên BC = 2AH = 2a. 
1
1 
Từ đó  S ABC  = AH .BC = a.2 a = a 2 (đvdt). 
2
2 
Vì SA^(ABC) và AH ^ BC suy ra SH^ BC 
·  = 60 0 
Do đó ((SBC),(ABC))= SHA
Suy ra  SA = AH tan 600  = a 3 . 

S

0,25 đ 
A 

0,25 đ 

C 

0,25 đ 

H 

3 

1
1
a  3 
(đvtt). 
Vậy  VSABC = SA.S ABC  = a 3. a 2  = 
3
3
3 

0,25 đ 

B 

6 

1,00 đ 
Gọi I =AM Ç BN. DBIM đồng dạng DABM 
suy ra AM^BN nên  BN: 2x ­ y +c = 0. 
N(0;­2)  Þ c = -2 Þ BN: 2x ­ y ­2 = 0. 
Tọa độ điểm I là nghiệm hệ pt: 

y 

0,25 đ 
A 

B 

2 

1 
I 
­2 

­1 

O 

1 

2   M 
x 

­1 


6
ộ
x=
ờ
x
+
y
=
2
2
0

ỡ
ổ 6 2ử
5
ờ
ị Iỗ ữ .
ớ
ố 5 5ứ
ợ2 x - y - 2 = 0
ê y = 2 
êë  5 
AB.BM 
4 
Từ DABM vuông :  BI  =
=
. 
2
2 
5 
AB + BM
ì 2 x - y - 2 = 0 
ì B ẻ BN
ù
ù
2
2
Taim B(xy)thamónớ
4 ị ớổ 6
2
16.
ử

ổ
ử
BI
=
x
+
y
=
ù
ữ ỗ
ữ
5 ùợỗố 5
5
ợ
ứ ố5
ứ
2
ỡ
x=
ù
x
=
2
ỡ
ù
ổ 2 -6ử
5
Giihtac ớ
v ớ
,suyra B(2 2)(loi ỗ ữ ). 

è 5 5 ø 
ỵ y = 2 
ï y = -6 
ïỵ 
5 
ì x + 2 y - 2 = 0 
ìï M Ỵ AM 
ï
2
2 
Tọa độ điểm M(x;y) thỏa  ớ
ị ớổ
6ử ổ
2ử
4.
2
2
x
+
y
ùỗ
ữ ỗ
ữ =
ợù IM = BM - BI
5ứ è
5ø
5 
ỵ è
2 
ì

x =
ï
ì x = 2 
ï
ỉ 2 4 ư
5 
Giải hệ ta được  í
và  í
, suy ra  M 1 (2; 0), M 2 ỗ ữ .
ố 5 5ứ
ợy = 0 
ï y = 4 
ïỵ  5 
7 

0,25 đ 

0,25 đ 

1,00 đ 
Do D đi qua A và vng góc với d nên D phải nằm trong mặt phẳng (P) đi qua 
A và vng góc với d. 
r 
Mặt  phẳng  (P)  nhận  vtcp  u = (2; -1; 4)  của  d  làm  vtpt,  đi  qua  A(­4;­2;4)  có 
phương trình : 2x ­ y + 4z ­ 10 = 0. 
Gọi M là giao điểm của d và (P) thì M(­3 + 2t;1 ­ t;­1 + 4t) Î d và MÎD. 
Ta cũng có MÎ(P) Û 2(­3 + 2t) ­ (1 ­ t) + 4(­1 + 4t) – 10 = 0
Û 21t – 21 = 0 Û t  = 1.Vậy M(­1;0;3). 
uuuur 
Khi đó  AM = (3; 2; -1) , đường thẳng D qua A và M có phương trình: 

x + 4 y + 2 z - 4 
=
=
. 
3
2
- 1 

8 

0,25 đ 

ì 27 x3  + 3 x + ( 9 y - 7 )  6 - 9 y  = 0 (1) 
ï
Giải hệ phương trình: í x 2 
. 
109 
2 
2
3
0
(2) 
+
+
=
y
x
ï
81 
ỵ  3

2
2 
Với điều kiện:  x £ , y £  , (1) viết lại là: 9 x 2  + 1 3x = ( 6 - 9 y + 1)  6 - 9 y . 
3
3 

(

0,25 đ 
0,25 đ 

0,25 đ 
0,25 đ 

1,00 đ 

)

0,25 đ


Đặt  u = 3 x, v = 6 - 9 y , ta có: ( u 2 + 1) u = ( v 2  + 1 ) v . 
Xét h/s: f (t ) = ( t 2  + 1 ) t có  f '(t ) = 3t 2  + 1 > 0  nên h/s ln đồng biến  trên  ¡ , 
ì x ³ 0 
ï
Suy ra  u = v Û 3 x = 6 - 9 y  Û í
2  2  . 
ïỵ y = 3- x (3)
2

x2 ổ 2
109
ử
Th(3)vo(2)tac: + ỗ - x 2 ÷ + 2 - 3 x = 0  (4). 
3 è3
81 
ø 
2 
Nhận xét:  x = 0,x = khụngphilnghimca(4).
3

0,25

2

x2 ổ 2
109
ử
+ ỗ - x 2  ÷ + 2 - 3 x 3 è3
81 
ø 
3
ỉ 2 ư
Ta có: g '( x) = 2 x 2 x 2  - 1 < 0, "xẻ ỗ 0 ữ
2 2 - 3x
ố 3ứ
ổ 2ử
Nờnhmsg(x)nghchbintrờn ỗ 0 ữ .
ố 3 ứ
1

5
ổ1 5ử
Dthy x = lnghimca(4),suyray = nờnhcúnghimduynht ỗ ữ .
3
9
ố 3 9 ứ

Xộthms: g ( x ) =

(

9 

) 

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức  P = 52 x + 5 y  , biết  x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1 
5 
Do  x + y = 1 Þ y = 1 - x , nên  P = 52 x + 51- x = 5 2 x  +  x  . 
5 
x 
Đặt  t = 5  thì  1 £ t £ 5  (do  0 £ x £ 1 ). 
5 2t 3  - 5 
5 
Xét hàm số  f (t ) = t 2  +  , với  1 £ t £ 5 . Ta có  f '(t ) = 2 t - 2 =  2  . 
t
t
t
Do đó có bảng biến thiên: 
5 
3 

t 
1 
5 
2 
f’(t) 
­ 
0           + 
6                             26 
f(t) 
25 
3 3 
4 
ỉ 5ư
25 
Vậy  min P = min f (t ) = f ỗỗ 3 ữữ = 3 3  ; max P = max f (t ) = f (5) = 26 . 
4 
1£t £ 5
1£ t £5 
è 2 ø 
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( ) 
đã gửi tới www.laisac.page.tl

0,25 đ 
0,25 đ 

1,00 đ 
0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI 
Đề Số 6, số 453, tháng 4 năm 2015. 

ĐỀ 
(Thời gian làm bài:180 phút) 
Câu 1 (2,0 điểm). Gọi ( C m  )  là đồ thị của  hàm số  y = x 3  - 3 x + m ( m là tham số thực). 
a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi  m = 2 . 
b)  Định tham số m để qua điểm uốn của đồ thị ( C m  ) kẽ được một đường thẳng ( d ) tạo với đồ thị ( C m  ) một 
hình phẳng (H) và ( d )  tiếp tục chắn trên hai trục tọa độ một tam giác (T) sao cho diện tích của (H) và (T) 
bằng nhau đều bằng 2 (đvdt) . 
Câu 2 (1,0 điểm).  Giải phương trình tan x.cot 2 x = (1 + s inx ) ( 4cos2  x + 4sin x - 5 ) . 
p
3 
ln ( 4 tan x )
Câu 3 (1,0 điểm).  Tính tích phân I = ị 
dx . 
p sin 2 x.ln ( 2 t anx ) 
4 

Câu 4 (1,0 điểm). 
n 

a) Trog trường hợp khai triển theo nhị thức Newton của biểu thức (1 + x 2 )  ta có hệ số chứa  x 8  bằng 210 
Tính tổng các hệ số của các số hạng được khai triển từ biểu thức trên  theo trường hợp đó. 
b) Cho các số phức z thỏa mãn  z - 1 =  34  và  z + 1 + mi = z + m + 2 i . Định tham số  m Ỵ ¡ để tồn tại hai 

số phức  z1 , z 2 đồng thời  thỏa mãn hai điều kiện trên sao cho  z1 - z2  là lớn nhất. 
Câu 5 (1,0 điểm).  Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, qua hai điểm M (1; -1;1) , N ( 0; - 1;0 )  lập 
2 

phương trình mặt phẳng a  cắt mặt cầu ( S ) ( x + 2 )  + ( y + 1) 2 + ( z - 1)2  = 5  một thiết diện đường trịn mà diện 
tích hình trịn sinh bỡi đường trịn đó có diện tích  S = p . 
Câu 6 (1,0 điểm).  Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên  SA ^ ( ABCD ) 
và SA = a. Qua A dựng mặt phẳng a  vng góc với SC  sao cho a  cắt SC, SB, SD lần lượt tại G, M, N. 
Tính theo a thể tích khối nón (H),  biết rằng đường trịn đáy của (H) ngoại tiếp tứ giác AMGN và đỉnh O của 
(H) nằm trên  đáy ABCD của hình chóp S.ABCD. 
Câu 7 (1,0 điểm).  Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hãy tính diện tích tam giác ABC biết rằng hai 
điểm  H (5;5) , I ( 5; 4 )  lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và  x + y - 8 = 0  là 
phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của tam giác. 
Câu 8 (1,0 điểm).  Giải phương trình nghiệm thực ( x - ln x )  2x 2  + 2 = x + 1 . 

Câu 9 (1,0 điểm).  Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn  0 < x < y <  z . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x3 z
y4
z 3 + 15 x 3 
+
+
. 
x 2 z 
y 2 ( xz + y 2 ) z 2 ( xz +  y 2  ) 

Nguyễn Lái 
(  GV  THPT Chuyên Lương Văn Chánh. 
Tuy Hòa, Phú Yên.)

HƯỚNG DẪN GIẢI. 
Câu 1. 
a) Bạn đọc tự giải. 
b) Tọa độ điểm uốn của đồ thị ( C m  ) là I ( 0; m ) nên đường thẳng ( d )  có dạng  y = kx + m
Phương trình hồnh độ giao điểm của hàm số ( C m  ) và phương trình đường thẳng ( d )  là 
x 3  - 3 x + m = kx + m Û x3  - ( k + 3) x = 0  (1) 

Để ( d )  chắn được trên đồ thị ( C m  )  một diện tích  thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm  Þ k > - 3 , 
lúc đó 3 nghiệm của phương trình (1) là  x = 0, x = - k + 3, x = k + 3 . 
Vì I là tâm đối xứng của đường cong ( C m  ) nên diện tích của hình phẳng (H) là:
k + 3 

S =2

ị

0 

1 
1 
2 
2 
éë kx + m - x 3  + 3 x - m ùûdx = ( k + 3 )  Þ S = 2 Û ( k + 3 )  = 2 Þ k = - 1  (vì  k > - 3 ). 
2 
2 

Lúc này đưởng thẳng ( d )  viết lại  y = - x + m nên (d) cắt hai trục tọa độ tại hai giao điểm
1 

A ( 0; m ) , B ( m ;0 ) . Vì (T) là tam giác vng cân nên diện tích của (T) là  S =  m 2 
2 
theo giả thiết  S = 2 Þ m = 2, m = - 2 .Vậy có hai giá cần tìm là  m = 2, m = -2.
ỡcos xạ 0
kp
Cõu2. iukin: ớ
.
ị xạ
2
ợsin 2 x ạ 0

Tacú tan x.cot 2 x = (1 + s inx ) ( 4 cos2 x + 4sin x - 5 ) Û tan x.cot 2 x = 3sin x - 4sin 3  x - 1 
Û 1 + tan x.cot 2 x = sin 3 x Û

sin 3 x 
1 
ỉ
ư
= sin 3x Û sin 3 xỗ
- 1ữ = 0
cos x.sin 2 x
ố cos x.sin 2x ø 

Nghiệm phương trình xảy ra : 
n p
p
2 p
+ mp
hoặc  sin 3x = 0 Û x =  , so với điều kiện phương trình có nghiệm là  x = + mp , x =
3 

ìsin 2 x = 1 ìsin 2 x = -1 
hoặc  sin 2 x.cos x = 1 Û í
"í
Û vơ nghiệm 
ỵcos x = 1 ỵ cos x = -1 
p
2 p
Vậy nghiệm của phương trình trên là x = + mp , x =
+ mp , 
3
3 
p
3

Câu 3. Ta có: I = ị
p

p

p

3 

4

4 

p
3 
dx 

1
1 
= ln(t anx) = ln 3 . 
p
sin 2 x 2
2 

4 

Vậy  I =

4 

p
dx 
ln 2 3  d éëln ( 2 t anx ) ùû ln 2
ln 2 æ ln 2 3 ư
.ị 
. éë ln ( ln(2 tan x ) ) ùû p3 =
.lnỗ
=
=
ỗ ln 2 ữữ .
sin 2 x.ln ( 2 t anx )
2 p ln ( 2 t anx )
2
2
4 
è
ø

Tính  ị 
p

p

p

4

p

( m Ỵ Z ) . 

3 
ln 2 + ln ( 2 t anx )
dx
dx 
+ ò 
dx = ln 2. ò
sin 2 x.ln ( 2 t anx )
p sin 2 x.ln ( 2 t anx )  p sin 2 x

4
3

3 

3

p

Tính ln 2.ị

3

4 

ln 2 ỉ ln 2 3 ư 1
.ln ỗỗ
ữữ + ln 3.
2
ố ln 2 ứ 2


Câu 4 . 
a) . Khai triển biểu thức trên có số hạng thứ (k+1)  là Cn k x 2 k ,  ( k < n ) . 
ì 2k = 8 

Theo giả thiết , ta có  í

Þ k = 4, C n 4  = 210 Þ

k 
n 

n ! 
= 210 
4!( n - 4 ) ! 

ỵC = 210 
Û ( n - 3 )( n - 2 )( n - 1) n = 5040 Û n 2 - 3n n 2  - 3n + 2 = 5040 . 

(

)(

) 

Đặt ẩn phụ và giải phương trình này ta được n = 10 . 
10 

10 
Khai triển biểu thức (1 + x 2 )  = C100 + x 2C101 + x 4C102 + .... + x 2.10C10 
. 
10 

10
Do đó tổng các hệ số: C100 + C101 + C102 + .... + C10 
= (1 + 1)  = 2 10 

b). Giả sử M ( a; b ) là  điểm biểu diễn số phức z = a + bi, ( a, b Ỵ R ) , vì
2 

2 

z - 1 = 34 Þ ( a - 1)  + b 2  = 34 Þ M thuộc đường tròn (C ) : ( x - 1)  + y 2  = 34 . Vì
2

2

2

2 

z + 1 + mi = z + m + 2i Þ ( a + 1) + ( b + m ) = ( a + m ) + ( b + 2 ) Þ 2 (1 - m ) a + 2 ( m - 2 ) b - 3 = 0 
Þ  M nằm trên đường thẳng  (d ) :  2 (1 - m ) x + 2 ( m - 2 ) y - 3 = 0 

Để tồn tại hai số phức  z1 , z 2  đồng thời thỏa mãn hai điều kiện đã cho nghĩa là tồn tại hai điểm biểu 
diễn  M 1 , M 2 của hai số phức lần lượt nằm trên hai giao điểm của  (C )  và (d) , và để  z1 - z2  lớn nhất 
khi và chỉ khi  M 1 M 2  là đường kính của ( C ) hay (d) qua tâm  I (1;0)  của ( C )
1 
Þ 2 (1 - m ) .1 + 2 ( m - 2 ) .0 - 3 = 0 Þ m = -  . 
2 
Lúc nầy đường thẳng (d) viết lại  3 x - 5 y - 3 = 0 . Do đó  M 1 , M 2 là nghiệm của hệ

ìï( x - 1) 2  + y 2  = 34 
Þ M 1 ( 6;3) , M 2  ( -4; -3 ) . 
í
ïỵ 3 x - 5 y - 3 = 0 

Vậy hai số phức cần tìm là  z3 = 6 + 3i, z4  = -4 - 3 i . 
Câu 5. Mặt cầu (S) có tâm  I (-2; - 1;1)  và bán kính  R =  5 . 
Gọi  r là bán kính đường trịn thiết diện, theo giả thiết ta có  S = p Û r 2 .p = p Þ r = 1 . 
Gọi d là khảng cách từ I đến mặt phẳng a  ta có  d 2 = R 2 - r 2  = 5 - 1 Þ d = 2 . 
Mặt phẳng a  qua N ( 0; - 1; 0 )  có dạng Ax + B ( y + 1) + Cz = 0 Û Ax + By + Cz + B = 0 ( A2 + B 2 + C 2  ¹ 0 ) . 
Mặt khác a  qua M (1; - 1;1 )  nên thỏa  A + C = 0 Þ a : Ax + By - Az + B = 0 . 
-3 A 

A 

= ±2  ( vì  A2 + B 2 + C 2  ¹ 0  ) 
2
2 
B 
2 A + B
Do đó có hai mặt phẳng a  cần tìm là :  2 x + y - 2 z + 1 = 0 ,  2 x - y - 2 z - 1 = 0 . 
ì BC ^ SA 
Câu 6.  Ta có í
Þ BC ^ ( SAB ) Þ BC ^ AM  ( vì  AM è( SAB))(1)
ợBC ^ AB
Mtkhỏc SC ^ a ị SC ^  AM ( vì  AM Ì a )  (2) 
S 
Từ (1) và (2) suy ra  AM ^ (SBC ) Þ AM ^ MG ( vì  MG Ì ( SBC ) ) 
G 
Þ D AMG vng tại M, tương tự ta cũng có tam giác  D ANG vng 
M 
N 
tại N Þ tâm H đường trịn đáy của (H) là trung điểm AG, có bán 

Vì  d = d ( I , a ) =

= 2 Û A2 = 4 B 2  Þ

H 
B 

C 
O 

A

D 


SA. AC 
6
6 
AG 
. Xét tam giác vng SAC tại A có  AG =
=
a Þ R = 
a . 
2 
SC
3
6 
Vì OH là đường cao (H)  Þ OH ^ a Þ OH / / SC Þ O là giao điểm hai đường chéo AC, BD 
AC 2  2
3 
1 
=
a Þ OH =  a 
Þ OH =  CG . Xét tam giác vng SAC có AG là đường cao , nên  CG =
SC
2 
3 
3 

kính  R = 

1
3

Vậy thể tích hình nón là V( H )  = p R 2 . OH = 

3  3 
p a . 
54 

Câu 7  Kéo dài đường cao AH lần lượt cắt BC và đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC  tại hai điểm 
E và K, ta dễ dàng chứng minh được E là trung điểm HK. 
Đường cao  AH ^  BC nên có phương trình  x - y = 0 , E là giao điểm của BC và AH  Þ E (4; 4) và H là 
trung điểm HK  Þ K (3;3) , suy ra bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là  R = IK = 5 
2

2 

Þ  phương trình đường trịn là ( x - 5 ) + ( y - 4 )  = 5, (C ) 

Vậy hai điểm B, C là nghiệm của hệ hai phương trình đường thẳng BC và đường trịn 
(C ) Þ B(3;5), C (6; 2)  và đỉnh A là nghiệm hệ của đường cao AH và đường trịn  (C ) Þ  A(6; 6) 
Diện tích tam giác ABC là
S ABC  =

1
1  6 + 6 - 8 
d ( A, BC ) .BC =
.3 2 = 6 (đvdt). 
2
2 

2 

Câu 8. Điều kiện  x > 0  ta có ( x - ln x ) 2x 2  + 2 = x + 1 Û ( x - ln x )  =
Xét hàm số  f(x)  =

x + 1 

Þ f / (x) =

1 - x 

x + 1 
2x 2  + 2

Þ f /  (x) = 0 Û x = 1 

2x + 2
(x + 1) 2x + 2
Lập bảng biến thiên ta có  f ( x) £ 1, "x > 0 ,  đẳng thức xảy ra khi x = 1. 
1 x - 1 
Xét hàm số  g ( x ) = x - ln x Þ g '( x) = 1 - =
Þ g '( x ) = 0 Û x = 1 . 
x
x
Lập bảng biến thiên ta có  g ( x ) 1, "x >0,ngthcxyrakhix=1.
2

2

2

Vyphngtrỡnhcúỳngmtnghimx=1.
3

3
ổ xử
ổ yử
2
ỗ yữ
ỗ ữ
x
y
z
z ứ ổ zử 15
ố
ứ
ố
+
+ ỗ ữ + . Đặt  a = , b = , c = Þ a.b.c = 1, c > 1. 
Câu 9  Ta có  P =
x y x y è x ø
z 
y
z
x
+
+ 
y z y z
x

a3
b 3 
15 
+
+ c 2  +
a + b a + b
c
3
3 
a
b 
1 
Ta có a3 + b3  ³ ab ( a + b ) Þ
+
³ ab =
a + b a + b
c
1 2 15
16 
Vậy P ³ + c + = c 2  + = f (c ), "cẻ (1+Ơ)
c
c
c
16
Tacú f '(c ) = 2c - 2 ị f '(c) = 0 Û c = 2 
c

Biểu thức viết lại  P =

( vì a, b > 0 ). 

Lập bảng biến thiên ta có  f (c) ³ f (2) = 12, khi và chỉ khi  c = 2 Þ a = b =
Vậy giá trị nhỏ nhất  P = 12  khi và chỉ khi  z = 2 y = 2 x .

1 
Þ z = 2 y = 2 x . 
2 


Kú thi tun sinh CHUNG qc GIA

Së gi¸o dơc & đào tạo Thừa thiên huế

Năm học 2014-2015
Mụn thi : Toán
(120 phút, không kể thời gian giao đề)
---------------------------------------

Trng THPT 80 Nguyn Huệ
®Ị chÝnh thøc

Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số y 

2x  3
có đồ thị (C)
x2

1.

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số(C)

2.

Cho đường thẳng d: y  2 x  m . Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt

với mọi s ố t h ự c m . G ọ i k1 , k 2 l ầ n lư ợ t l à h ệ số gó c c ủa t i ếp tu yế n c ủ a (C )
2014

t ạ i A v à B. Tì m m đ ể P =  k1 

 k 2 

2014

đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu II (2,0 điểm)
1.
2.

Giải phương trình lượng giác:
Giải hệ phương trình:

cos 2x  sin x  cos x  0





1


2
3 xy 1  9 y  1 
x 1  x

3
2
2
x (9 y  1)  4( x  1) x  10



  900 ,
Câu III (2,0 điểm) Cho khối chóp S .ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS
B  SAC
  1200 . Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh
BSC
tam giác AMN vng. Tính thể tích S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB )
theo a.

Câu IV (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A 1; 2  và B  4;3 . Tìm

tọa độ điểm M trên trục hồnh sao cho góc AMB bằng 450 .

Câu V (1,0điểm) Chứng minh rằng nếu x, y là các số thực dương thì

1

1  x 

2



1

1  y 

2



1
1  xy

- Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh ................................................................Số báo danh ...............................................


Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha

Câu I
1. Khảo sát tự làm
2.

Nội dung

Điểm

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị (C) và d:
 x  2
2x  3
 2 x  m   2
x2
2 x  (6  m) x  3  2m  0(*)

0,5

Xét phương trình (*), ta có:   0, m  R và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn

0,5

cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là
k1 

1
1
, trong đó x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy
, k2 
2
( x1  1)
( x2  1) 2

k1 .k 2 

1

x1  2 2  x2  22

Có P =  k1 
k1  k 2 

2014

2014

  k2 



0,5

1

 x1 x2  2 x1  2 x2  42

 2.

 k1k 2 2014

4

(k1>0, k2>0)
2015

 22015 , do dó MinP = 2

1
1

 ( x1  2) 2  ( x2  2) 2
2
( x1  2)
( x 2  2) 2

đạt được khi

0,5

do x1 , x2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2
 x1 + x2 = - 4  m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.
Câu II
1.

Nội dung

Điểm

cos 2x  sin x  cosx  0  cos2 x  sin 2 x  (co s x  sin x)  0

0,5

 (cos x  sin x)(cos x  sin x  1)  0

0,5





2.cos  x    0

4
cosx  sin x  0



cosx  sinx  1  0  2 cos  x     1


4 


 



 x  4  2  k
x   k


4

 3

 x 
 k2  x    k2


4 4





3
 k2 
x 
 x     k2
2

4
4


0,5

0,5


2.

Nội dung

Điểm

ĐK: x  0
NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0

PT (1)  3 y  3 y 9 y 2  1 

x 1  x
x

 3 y  3 y (3 y ) 2  1 

1
1

x
x

0,5
2

 1 
  1 (3)

 x

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2  1 , t > 0.
t2 1 

Ta có: f’(t) = 1 +

t2
t 2 1

>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

 1 
1
  3y =
x
 x

PT(3)  f(3y)= f 

0,5

Thế vào pt(2) ta được PT: x 3  x 2  4( x 2  1). x  10
Đặt g(x)= x 3  x 2  4( x 2  1). x  10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0
 g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

0,5

Ta có g(1) = 0
Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x =1 y =

1
3

0,5

1
KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ).
3

Câu III
S

Dùng Đlý hàm số Cosin
N

0,25

tính được: MN = 2a 3

S

A
C

A
M

N
B

M

H

AM= 2a 2 , AN=2a (Tam giác vng SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600)  tam 0,25
giác AMN vuông tại A.


Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha

Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A.
 SH  (AMN ) ; tính được SH = a.

0,5
0,25

2 2a 3
3
SM .SN 1

  VS . ABC  2 2a 3
SB.SC 3

Tính được V S . AMN 
VS . AMN
VS . ABC

Vậy d (C ;( SAB)) 

0,25

3VS . ABC 6a 3 2

 2a 2
SSAB
3a 2

0,5

Câu IV



Giả sử tọa độ của M  x; 0 . Khi đó MA  1  x; 2  ; MB   4  x ;3 .
 
Theo giả thiết ta có MA.MB  MA.MB.cos 450
2
2
2
 1  x  4  x   6  1  x   4.  4  x   9.
2
2
 x 2  5x  10  x 2  2 x  5. x 2  8x  25.
2



 2 x 2  5 x  10

2

  x

2





 2 x  5 x 2  8 x  25 (do x2  5 x  10  0)

0,25

0,25

0,25

 x4  10 x3  44 x 2  110 x  75  0





  x  1 x  5 x2  4 x  15  0  x  1; x  5

Vậy ta có hai điểm cần tìm là M 1; 0 hoặc M  5; 0 

0,25

Câu V
Do x, y  0 nên bất đẳng thức đã cho tương đương với

1  x 2  1  y  2  1  xy   1  x  2 1  y 2


2
2
  2  2 x  2 y  x  y  1  xy   1  2 x  x 2 1  2 y  y 2 
2

2

 xy  x  y    xy  1  0 , bất đẳng thức này luôn đúng.
Dấu bằng xảy ra khi x  y  1

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


TRƯỜNG THPT SỐ 3 BẢO THẮNG

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Ngày Thi : 19-03-2015

Mơn: TỐN

ĐỀ THI THỬ LẦN 1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y =

2x -1
có đồ thị (C)
-x +1

1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (C)
2. Tìm m để đường thẳng y = -2 x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 sao cho
x1 x2 - 4( x1 + x2 ) =

7
2

x
+ 3
2
=0
2sin x + 3

s inx - 2 3cos 2
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
e

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ò
1

ln 2 x
dx
x (1 + 2 ln x )

Câu 4(1,0 điểm)
1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 - 2i ) z +

1 - 3i
= 2 - i . Tính mơ đun của z .
1+ i

15

2 ư
ỉ
2. Tìm hệ số khơng chứa x trong khai trin f ( x) = ỗ 3 x +
ữ
xứ
ố

Cõu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A(-1;2; -1) và mặt phẳng

(a) : x + 2y - 2z - 1 = 0 .

Viết phương trình mặt phẳng (b ) song song với mặt phẳng (a ) sao cho

khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (a ) bằng khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (b )

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a . SAB là tam giác vuông cân tại
S và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy , góc giữa cạng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 ,cạnh AC = a.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
ìï 2 x - y - 1 + 3 y + 1 = x + x + 2 y

Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: í

3
3
2
ïỵ x - 3 x + 2 = 2 y - y

ỉ7 3ư

Câu 8(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vng ABCD có tâm O çç ; ÷÷÷ . Điểm M (6;6)
çè 2 2 ø÷
thuộc cạnh AB và N (8; -2) thuộc cạnh BC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng.
Câu 9 (1,0 điểm)

(

)

Cho x, y, z là các số thực thuộc (0;1) thỏa mãn điều kiện x 3 + y 3 (x + y ) = xy(1 - x )(1 - y ) .Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức : P =

1
1+ x

2

+

1
1+ y

2

+ 3 xy - ( x 2 + y 2 )

---------- HẾT -------

Cảm ơn bạn Ngô Quang Nghiệp  ()  đã gửi tới www.laisac.page.tl

Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu
I

Đáp án

Ý
1

− TXĐ : D = R
− Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên
1
y'=
> 0, "x ¹ 1
2
( - x + 1)
Vậy: Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ¥ ;1) và (1 ; + ¥ )
+ Cực trị :
Hàm số khơng có cực trị
+ Giới hạn :
lim y = -2; lim y = -2 => y = -2 l ng tim cn ngang
x đ-Ơ

im
1,0

0,25

0.25

x đ+Ơ

lim y = +¥; lim+ y = -¥ => x = 1 là đường tiệm cận đứng

x ®1-

x ®1

+ Bảng biến thiên :

0,25

·

Đồ thị:

− Đồ thị :
1
Đồ thị hàm số giao với Ox: ( ;0)
2
Đồ thị hàm số giao với Oy: (0;-1)

0,25

2

1,0

ì 2 x - (m + 4) x + m + 1 = 0 (1)
2x -1
= -2 x + m Û í
-x +1
ợx ạ 1
ng thng y = -2 x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt Û phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt khác 1
ìï( m + 4 )2 - 8(m + 1) > 0
Ûí
Û m 2 + 8 > 0, "m
ùợ-1 ạ 0
2

0,25

0,25


Vậy "m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có
hồnh độ x1 , x2 , x1 ¹ x2
4+m
m +1
Theo vi-et : x1 + x2 =
, x1.x2 =
2
2
7
m +1

m+4 7
22
x1 x2 - 4( x1 + x2 ) = Û
- 4(
)= Ûm=2
2
2
2
3
22
Vậy m = thì đường thẳng y = -2 x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt
3
7
có hoành độ x1 , x2 và x1 x2 - 4( x1 + x2 ) =
2
2

0,25

1.0

3
ĐK : sin x ¹
;
2

x
+ 3
2
= 0 Û s inx - 3cosx=0

2sin x + 3

s inx - 2 3cos 2

1
3
pử
ổ
s inx cosx=0 cos ỗ x + ÷ = 0
2
2
6ø
è
p
Û x = + kp , k Î Z
3
p
Kết hợp ĐK ta có x = + k2p, k Ỵ Z là nghiệm của phương trình
3
Û

3

1 4 ln x - 1 + 1
1 ( 2 ln x - 1) dx 1
dx
dx = ò
+ ò
ò
4 1 x (1 + 2 ln x )

41
x
4 1 x (1 + 2 ln x )
e

I=

e

2

0.25

0.25
0.25
0.25
1.0

e

1
1 d ( 2 ln x + 1)
( 2 ln x - 1) d ( 2 ln x - 1) + ị
ị
81
8 1 (1 + 2 ln x )
e

=

0.25

e

1
2ư
ỉ1
= ç ( 2 ln x - 1) ÷ e + ln (1 + 2 ln x )
è 16
ø1 8
1
= ln 3
8
4

0.25

e

0.25
0.25

1

1 - 3i
1 7
(1 - 2i ) z +
= 2-i Û z = + i
1+ i
5 5

=> z = 2
15- k
k
5k
15
15
52 ử
ổ
k
k
k
k
3
2
6
f ( x) = ỗ 3 x +
=
C
x
.
x
.2
=
C
.2
.
x
,(0 Ê k Ê 15, k ẻ Z )
ồ
ồ

15
15
ữ
xứ
ố
k =0
k =0
5k
H s không chứa x ứng với k thỏa mãn : 5 - 6 = 0 Û k = 6 => hệ số : 320320

0.35
1.0
0,25
0,25

15

0,25
1,0

5

4
3
Vì (b ) // (a ) nên phương trình (b ) có dạng : x + 2y - 2z + d = 0, d ¹ -1
d ( A, ( a )) =

d ( A, ( a )) = d ( A, ( b )) Û

5+ d

3

=

4
Û
3

é d = -1
ê d - 9 Û d = -9 (d = -1 loại) => (b ) : x + 2y - 2z - 9 = 0
ë

6

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

1,0


S

A

I

B

D

K

N

M

C

0.5

Gọi I là trung điểm của đoạn AB => SI ^ AB,( SAB) ^ ( ABCD) => SI ^ ( ABCD )
· = (·
nên SCI
SC , ( ABCD ) ) = 600 ,

a 3
3a
=> SI = CI tan 600 =
2
2
Gọi M là trung điểm của đoạn BC , N là trung điểm của đoạn BM
a 3
a 3
AM =
=> IN =

2
4
a2 3
1 a 2 3 3a a 3 3
Ta có S ABCD = 2 SDABC =
=> VS . ABCD = .
. =
2
3 2
2
4
CI =

ta có
BC ^ IN , BC ^ SI => BC ^ ( SIN )
Trong mặt phẳng (SIN) kẻ IK ^ ( SN ), K Ỵ SN . Ta có
ì IK ^ SN
=> IK ^ ( SBC ) => d ( I ,( SBC )) = IK
í
ỵ IK ^ BC
Lại có :
1
1
1
3a 13
3a 13
3a 13
= 2 + 2 => IK =
=> d ( I ,( SBC )) =
=> d ( A,( SBC )) =

2
26
26
13
IK
IS
IN
7

0.5

1.0

ì2 x - y - 1 ³ 0
ïx + 2 y ³ 0
ïï
ĐK : í x > 0
ï
ïy ³ - 1
ïỵ
3
(1) Û 2 x - y - 1 - x + 3 y + 1 - x + 2 y = 0

Û

x - y -1
x - y -1
=0
2x - y -1 + x
3y +1 + x + 2 y

0,25

ổ
ử
1
1
( x - y - 1) ỗ
ữ
ỗ 2x - y -1 + x
3 y + 1 + x + 2 y ÷ø
è
(3)
é y = x -1
Ûê
(4)
êë 2 x - y - 1 + x = 3 y + 1 + x + 2 y

(4) Û 2 x - y - 1 + x = 3 y + 1 + x + 2 y Û x = 3 y + 1 Û y =

x -1
(5)
3
0,25


Từ (3) và (2) ta có :
éx =1
( x - 1) 2 ( x + 2) = 2( x - 1)3 - ( x - 1) 2 Û ( x - 1)2 ( x - 5 ) = 0 Û ê
ëx = 5

x = 1 => y = 0; x = 5 => y = 4

0,25

Từ (5) và (2) ta có :
2
1
( x - 1) 2 ( x + 2) =
( x - 1)3 - ( x - 1)2 Û ( x - 1)2 ( 25 x + 59 ) = 0 Û x = 1 (do x > 0)
27
9

0,25

Vậy hệ đã cho có nghiệm : ( x; y ) = (1;0);( x; y ) = (5; 4)
8

1

1,0

0,25

Gọi G là điểm đối xứng của M qua O => G = (1; -3) Ỵ CD
Gọi I là điểm đối xứng của N qua O => I = (-1;5) Ỵ AD
uuuur
Phương trình cạnh MO qua M và có VTCP MO là : 9 x - 5 y - 24 = 0
=> Phương trình cạnh NE qua N và vng góc MO là : 5 x + 9 y - 22 = 0
æ 163 39 ư
Gọi E là hình chiếu của N trên MG => E = NE Ç MG => E = ç

; ÷
è 53 53 ø
Lại có

0,25

uuur uuur
ìï NJ = MG
uuur (k ạ 0, k ẻ R) => J (-1;3) ;(Vỡ NE , NJ cùng chiều )
NE ^ MG => í uuur
ïỵ NE = k NJ

Suy ra phương trình cạnh AD : x + 1 = 0 => OK =

9
. Vì KA = KO = KD nên
2

0,25

K,O,D thuộc đường tròn tâm K đường kính OK
2

3 ư 81
ỉ
Đường trịn tâm K bán kính OK có phương trình : ( x + 1) + ỗ y - ữ =
2ứ
4
ố
ộ ỡ x = -1

2
ỡ
ờớ
3 ử 81
2
ổ
ù( x + 1) + ỗ y - ữ =
êỵ y = 6
Vậy tọa độ điểm A và D là nghiệm của hệ : í
2ø
4 Ûê
è
ì x = -1
ïx +1 = 0
êí
ỵ
êë ỵ y = -3
Suy ra A(-1; 6); D(-1; -3) => C (8; -3); B (8; 6) . Trường hợp D(-1; 6); A(-1; -3)
loại do M thuộc CD .
2

0,25