GIẢI CHI TIẾT 70 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN HỌC 2015 CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRÊN TOÀN QUỐC.

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 – ĐỢT 1
TRƯỜNG THPT CHUN LÊ HỒNG PHONG – TP HCM
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số

có đồ thị là (C).

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đi qua A (-1; 4).
∫ (

Câu 2 (1 điểm) Tính tích phân sau:

)

.

Câu 3 (1 điểm)
a) Giải phương trình
b) Giải bất phương trình √

.
.

Câu 4 (1 điểm)
a) Tìm số hạng chứa

trong khai triển Niu – tơn của

√

√

, với x > 0 và n là số

nguyên dương thỏa
(trong đó
lần lượt là tổ hợp chập k và
chỉnh hợp chập k của n).
b) Trong giải cầu lông kỷ niệm ngày truyền thống học sinh viên có 8 người tham gia
trong đó có hai bạn Việt và Nam. Các vận động viên được chia làm hai bảng A và B,
mỗi bảng gồm 4 người. Giả sử việc chia bảng thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu
nhiên, tính xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng dấu.
Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD = 2 AB, SA
⊥ (ABCD), SC = √ và góc giữa SC và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD trong đó M là trung điểm của
cạnh BC.
Câu 6 (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P):
và hai
điểm
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B và vng góc (P).
Tìm điểm M trên trục Ox sao cho khoảng cách từ M đến (Q) bằng √ .
Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD = 3 AB,
, trung điểm của AD là M (3; 1). Tìm tọa độ đỉnh B biết
√
đỉnh D có hoành độ nguyên dương.

và

Câu 8 (1 điểm) Giải hệ phương trình sau:

{

√
(√

)

√ √

Câu 9 (1 điểm)

>> Truy cập trang để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất

1


Cho x, y là các số khơng âm thỏa

. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của:
√
-----Hết-----

ĐÁP ÁN
Câu 1:
∑

đ

* Tập xác định:
*Giới hạn, tiệm cận:

là tiệm cận ngang của đồ thị.

(0,25đ)

là tiệm cận đứng của đồ thị.
*
*

Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định

(0,25đ)

*Bảng biến thiên: (0,25đ)

*Điểm đặc biệt: (0; -1), (

)

*Đồ thị (0,5đ)

>> Truy cập trang để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất

2


b, (d) là tiếp tuyến của (C) tại
=>(d):
=>(d):

(0,25đ)

(d) qua A ⇔

(0,25đ)

⇔

⇔

⇔
(0,25đ)

Vậy (d):
Câu 2, ∑

đ

∫

∫

*

∫

*

(0,25đ)
[

∫

]

∫

Đặt

(0,25đ)

.
, chọn

.

(0,25đ)

∫

=>

(0,25đ)

Vậy
Câu 3
a.

∑

PT⇔

đ
sin2x +3sinx = 2⇔2 sin2x

3sinx + 1 =0 (0,25đ)

⇔sin x = 1 hoặc sin x =
*

⇔

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất

3


⇔[

*
b.

∑

(0,25đ)

đ

Đặt
Pt ⇔ √
⇔{

⇔{

⇔{

(0,25đ)

⇔

(0,25đ)
⇔

Do đó ta được:

. Vậy nghiệm của BPT là

Câu 4:
a. ∑

đ
⇔

Ta có:
⇔
Khi đó:

⇔
∑

√

√

Số hạng chứa

(0,25đ)

trong khai triển của

∑

√

√

⇔

phải thỏa mãn

Vậy số hạng chứa
b. ∑

⇔

√

√

⇔

(0,25đ)

là

đ

Gọi Ω là không gian mẫu. Số phần của Ω là | Ω|=
Gọi C là biến cố “cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng dấu”. Ta có:
Số phần tử của Ω là |Ω |

(0,25đ)

Vậy xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng dấu là
|Ω |
| Ω|

(0,25đ)

Câu 5: ∑

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất

4


*

:
⊥

Ta có:

có hình chiếu trên (ABCD) là AC

̂

=>

̂

̂

Tam giác SAC vng tại A
=>

√

=>

√

Ta có:

⇔

(0,25đ)

⇔

Do đó

(0,25đ)
√

Vậy
*d (AM, SD):

+ Dựng hình bình hành AMDN và dựng AH ⊥ SN tại H.
Ta có:
*AM // DN =>AM // (SDN) =>d (AM, SD) = d (AM, (SDN)) = d (A, (SDN)).
* AM ⊥ MD nên AMDN là hình chữ nhật
=>ND ⊥ AN mà DN ⊥ SA => DN ⊥ (SAN)

(0,25đ)

=>DN ⊥ AH mà AH ⊥ SN => AH ⊥ (SDN) => d (A, (SDN)) = AH.
Ta có:
=>
Câu 6: ∑

√

. Vậy

√

(0,25đ)

đ

>> Truy cập trang để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất

5


⃗⃗⃗⃗⃗

và véc tơ pháp tuyến của (P) là ⃗⃗⃗⃗

Gọi ⃗⃗⃗⃗ là véc tơ pháp tuyến của (Q). Ta có:
⃗⃗⃗⃗ ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗
=> Chọn ⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗ ⊥ ⃗⃗⃗⃗

{

[⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ]

(0,25đ)
⇔

Do đó
M thuộc Ox => M (m; 0; 0). Do đó: (
|

⇔|

⇔

|

|

√

(0,25đ)

Vậy M (12; 0; 0) hoặc M (-5; 0; 0)

⇔*

Câu 7: ∑

)

(0,25đ)

(0,25đ)

√

đ

Gọi ⃗

là véc tơ pháp tuyến của CD

=>CD: A(x + 3) + B (y + 3) = 0
⇔ Ax + By + 3A +3B = 0.
Ta có:

√

=>d(A; CD) =
⇔

|

√

√
|

√

√

⇔ |

|

√

√

⇔

(0,25đ)

⇔
*

Ta có:

⇔

hay

.

: Chọn
⇔

=>D (6; 0) (nhận) hay

⇔
(loại). Vậy

⇔
(0,25đ)

>> Truy cập trang để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất

6


Ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗
*

⃗⃗⃗⃗⃗
: Chọn
(loại) (0,25đ)

=>D (d;
Vậy
Câu 8: Giải hệ phương trình sau:
√

{

∑

(√

và
√
⇔[
√

√

(1)⇔

⇔ (√

+√

(0,25đ)

)

√

√
√

√

√

Do đó: (3) ⇔

⇔[

⇔[
√

Khi

√

√

√

√
⇔[

√

⇔[

√

(0,25đ)

và khi x = 2 => y = 0.

mà

*√

à

. Thử lại ta có x= 2, y = 0 là nghiệm.

√

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là
Câu 9: ∑

(0,25đ)

⇔*
√
√

⇔[√
√

*

√ √

đ

Điều kiện:

Đặt

)

(0,5đ)

đ
√

{

√
√

√

√

*
=>

(√ √

√ √

)

(0,25đ)

>> Truy cập trang để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất

7


Đặt

√ .

. Ta có:

Ta có:
*
=
(0,25đ)

=>
*
=>
√
√
√

=
=

[√

]
⇔

Ta có:
Vậy

(0,25đ)

( )
√

.

√

và ( √ )

√ .
và

(0,25đ)
( )

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất

8

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUN NGUYỄN HUỆ
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 ( ID: 79148 ) (2 điểm) Cho hàm số

(C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm điểm M
sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận là nhỏ nhất.
Câu 2 ( ID: 79149 ) (1 điểm) Giải phương trình:
Câu 3 ( ID: 79150 ) (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường sau:
và
Câu 4 ( ID: 79151 ) (1 điểm)
a) Tìm phần thực và phần ảo của các số phức:

√

√

b) Cho 8 quả cân trọng lượng lần lượt là: 1 kg, 2 kg ,…, 8 kg. Chọn ngẫu nhiên 3 quả
cân. Tính xác suất để trọng lượng 3 quả cân được chọn không quá 9 kg.
Câu 5 ( ID: 79152 ) (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác
có đáy là tam giác đều
0
cạnh a, cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 30 . Gọi M là trung điểm của BC và I là trung
điểm của AM. Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy
là trọng tâm G của
. Tính thể tích khối chóp

và khoảng cách từ C đến mặt phẳng
.
Câu 6 ( ID: 79153 ) (1 điểm) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các
đỉnh
Viết phương trình mặt phẳng
(P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng cách từ (D) đến (P).
Câu 7 ( ID: 79154 ) (1 điểm) Cho
có trung điểm cạnh BC là
, đường thẳng
chứa đường cao kẻ từ B đi qua điểm
và đường thẳng chứa AC đi qua điểm
Điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường trịn ngoại tiếp
là điểm
Tìm tọa độ đỉnh A của
và phương trình đường thẳng BC.
Câu 8 ( ID: 79155 ) (1 điểm) Giải hệ phương trình: {

√
√

√

Câu 9 ( ID: 79156 ) (1 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng
minh rằng:

-----------------Hết------------------

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu

ĐÁP ÁN ĐỀ THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
TRƯỜNG THPT CHUN NGUYỄN HUỆ
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu
Câu 1
(2 điểm)

Đáp án

Điể
m
0.25

Cho hàm số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
Tập xác định: D = R/ {1}
Ta có:
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
Hàm số khơng có cực trị.
Tính

và

nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng

0.25

là đường tiệm cận ngang
Tính

thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng
Bảng biến thiên:
x

-∞

; nên đồ thị hàm số nhận đường
0.25

1

+∞

y’
y

+∞

1

1

-∞

Đồ thị:

0.25

y

4
3
2
O
3

2

-1

2

3

4

x

-2

b) Tìm điểm
sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 đường
tiệm cận là nhỏ nhất

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu


Gọi M là một điểm thuộc đồ thị hàm số (C), khi đó
Hai đường tiệm cận của đồ thị là: (d1) x =1, và (d2) y = 1.
Ta có khoảng cách từ M đến (d1) là:

0.25

.

√

Khoảng cách từ M đến (d2) là:

0.25

√

Tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương

và

ta có:

√ , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
|

Câu 2
(1 điểm)

|

[

√

Tương ứng ta có 2 điểm M thỏa mãn là:
√
√ và
√
√
Giải phương trình:
ĐK:
khi đó:
PT sin2x.cosx + 2sinx – 3cosx = 0
sin2x.cosx – cosx + 2 sinx – 2cosx = 0
(sin2x – 1).cosx + 2(sinx – cosx) = 0
– (sinx – cosx)2.cosx + 2(sinx – cosx) = 0
(sinx – cosx)(2 – cosx (sinx – cosx)) = 0
√
*
[
[
√

√

0.5

0.5

√

[

(

0.25
0.25

)

Thỏa mãn điều kiện => họ nghiệm của phương trình là:
Câu 3

Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường sau:
và

(1 điểm)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
được tính theo cơng thức:
∫

|

|∫
Bây giờ ta đi tính tích phân

và

|∫

)

∫
∫

0.25

|

|
0.5

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu


Đặt
Vậy
∫

∫

∫

[

]

[

∫

]

+

0.25

∫

Tiếp tục tính tích phân

Ta có
∫
∫
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là
(đvdt)
Câu 4
(1 điểm)

√

a) Tìm phần thực và phần ảo của các số phức:
√

(√

√

(√
√

)

)

(√
(√
√

)

√

)

(

√ )

√

0.25

Kết luận:
Phần thực của số phức z là:

0.25

√
√

√

Phần ảo của số phức z là:
b) Cho 8 quả cân trọng lượng lần lượt là: 1 kg, 2 kg ,…, 8 kg. Chọn
ngẫu nhiên 3 quả cân. Tính xác suất để trọng lượng 3 quả cân được
chọn không quá 9 kg.
Gọi A là biến cố chọn được 3 quả cân có tổng trọng lượng khơng vượt q
9 kg.
Suy ra A có các trường hợp sau:
A = { (1, 2, 3); (1, 2, 4); (1, 2, 5); (1, 2, 6); (1, 3, 4); (1, 3, 5); (2, 3, 4)}

0.25

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu


0.25

=>
Câu 5
(1 điểm)

Vậy xác suất để trọng lượng 3 quả cân được chon khơng q 9 kg là:
Cho hình lăng trụ tam giác
có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh
0
bên tạo với đáy một góc bằng 30 . Gọi M là trung điểm của BC và I là
trung điểm của AM. Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy
là
trọng tâm G của
. Tính thể tích khối chóp
và khoảng cách

từ C đến mặt phẳng
.
Hình vẽ:
C

A

0.25

I
M
B

A’

H

K

G

C’

T

M’
B’

Gọi M’ là trung điểm của B’C’,
sao cho

Kẻ
Ta có AHGI là hình bình hành nên
Hơn nữa
. Gọi I là trung điểm của AM. G là trọng tâm của
Nên H là trung điểm của
Ta có:

√

√
√

√

√
√

Từ đó:
Ta có:
Từ H kẻ
Ta có:

Suy ra diện tích của tam giác
Câu 6

(1 điểm)

√

(đvdt)

0.25

, Khi đó
√

√

√

Tam giác AHT vng tại H suy ra

Ta có

0.25

là:

√
√

√

0.25

(đvdt)
√

Trong khơng gian hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh
Viết phương trình
mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng

cách từ (D) đến (P).
Mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán trong hai trường hợp sau:

0.25

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu


Trường hợp 1: (P) qua A, B và song song với CD.
Trường hợp 2: (P) qua A, B và cắt CD. Suy ra (P) cắt CD tại trung điểm I
của CD.
Trường hợp 1: (P) qua A, B và song song với CD.
Vec tơ pháp tuyến của (P): ⃗
[⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ]
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗
.
Phương trình (P): 4x + 2y + 7z – 15 = 0.
Trường hợp 2: (P) qua A, B và cắt CD. Suy ra (P) cắt CD tại trung điểm I
của CD.
I (1; 1; 1) => ⃗⃗⃗⃗
; vec tơ pháp tuyến của (P) : ⃗
[⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ]

Câu 7
(1 điểm)

0.25

0.5

Phương trình (P): 2x + 3z – 5 = 0
Kết luận: Vậy (P): 4x + 2y + 7z – 15 = 0 hoặc (P): 2x + 3z – 5 = 0.
Cho
có trung điểm cạnh BC là
, đường thẳng chứa đường
cao kẻ từ B đi qua điểm
và đường thẳng chứa AC đi qua điểm
Điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp
là điểm
Tìm tọa độ đỉnh A của
và phương trình đường
thẳng BC.
Hình vẽ:

A

 [ [
TT
yy
pp
ee
H

aa





E(-1;-3) [
T
y
 [
p
 T F (1; 3)
e
y
p
a
e

 I
qq
uu
B
oo
tt  [
q
a
Me(3;-1) T
C
e
u
y
o
q
p
ff
t

u
e (4;-2)
rr
e
D
o
oo
t
a
m
m
f
Gọi H là trực tâm ΔABC thì có BHCD là hình bình hành, nên M là trung
e
r
điểm HD => H (2; 0)
q
tt
o
f
u
BH chứa
nên (BH): h
h
m
r
o
ee
o
t

Do DC // BH và D (4; -2) thuộc DC nên (DC): x – y t– 6 = 0
m
e
dd
h

Do BH
Do

0.25

0.25

AC và F (1; 3) thuộc AC nên (AC): x + y – 4 = 0
oo

t
f
nên tọa độ C c nghiệm của hệ {
c là

e

h
r
uu
d
Tìm được C (5; -1)
e
o

m
m
M (3; -1) là trung điểm của BC nên B (1; -1) => ⃗⃗⃗⃗⃗ o
m

0.25

ee
c
d
nn
u
o
t
tt
m
c
h
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu
e
u
e
oo
n
m
rr
t
e
d

Từ đây ta suy ra phương trình đường thẳng BC là: y = -1
Do H là trực tâm ΔABC nên AH BC
x–2=0
Do A = AH ∩ AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ {

Câu 8
(1 điểm)

=>

0.25

A (2;2)
Kết luận: A (2; 2), phương trình BC: y = -1
√
Giải hệ phương trình: {
√
√
Điều kiện: {

{

0.25

√

Ta có:
√

√
) Với hàm số
với
[

√
Xét hàm số

đồng biến trên [
=>
√

Hàm số
Nên từ

√
có

√

0.25

√

√

Từ √
(√
√
(√

0.5
)

)

√

(

)

√

Với điều kiện

thì

√

=>PT (*) có nghiệm duy nhất là y =1
Với y =1 => x = 3
Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất:
Câu 9
(1 điểm)

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

Ta xét hàm số:

] ta có

0.25

Dự đốn dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1
=>Xét
Có phương trình tiếp tuyến tại t =1 là:
Nhận thấy:

0.5

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu


=
=>

]
]
0.25

=>VT
=>Điều phải chứng minh.

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
NGÀY THI: 29/11/2014

ĐỀ THI THỬ LẦN I KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề

Câu 1 ( ID: 79200 )(2,0 điểm).Cho hàm số y  x3  1  2m  x 2   2  m  x  m  2 (Cm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn
1.
Câu 2 ( ID: 79201 ) (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 2 x  2 2(sinx+cosx)=5
Câu 3 ( ID: 79202 )(1,0 điểm). Giải phương trình: 51 x  51 x  24 .
Câu 4 ( ID: 79203 )(1,0 điểm).
2

2

a) Giải phương trình log 2  2 x  3  2log 2 x  4 .
2

b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đơi một, trong đó chữ số
2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3.
Câu 5 ( ID: 79204 ) (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường
tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  2  0 . Viết phương trình đường trịn (C') tâm M(5, 1)
biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  3 .
Câu 6 ( ID: 79205 )(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng, gọi
M là trung điểm của AB. Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy
(ABCD), biết SD  2a 5 , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 60 . Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA.
Câu 7 ( ID: 79206 )(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ
nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0

và d2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm
toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu 8 ( ID: 79207) (1,0 điểm).

 x3  y 3  3 y 2  3x  2  0

Giải hệ phương trình : 
2
2
2
x  1  x  3 2 y  y  2  0

Câu 9 ( ID: 79208 ) (1,0 điểm).
Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5 x  5 y  5 z  1 . Chứng minh rằng
25x
25 y
25z
5x  5 y  5z
 y
 z

.
5x  5 y  z 5  5z  x 5  5x  y
4

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID
câu


SỞ GD&ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
NGÀY THI: 29/11/2014

HD CHẤM THI THỬ QUỐC GIA LẦN I NĂM 2015
Môn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề

Câu Ý
Nội dung
3
1.
Cho hàm số y  x  1  2m  x 2   2  m  x  m  2 (Cm)
a. .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4
Tập xác định : D = R.
lim y   ; lim y  
x

Điểm
200
1,00
0,25

x

x  0  y  4
Có y '  3x 2  6 x ; y '  0  
x  2  y  0
BBT

0,5

Vậy hàm số đồng biến trên  ;0  và  2;  ; hàm số nghịch biến
trên (0;2)
yCĐ = 4 tại x = 0;
yCT = 0 tại x = 2
Đồ thị :
+ Lấy thêm điểm .
+ Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình
bầy

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID
câu


8

6

4

2

-15

-10

-5

5

10

15

0,25

-2

-4

-6

-8

b. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu 1,00
nhỏ hơn 1.
Có y '  3x3  2 1  2m  x   2  m 
Để hàm số có cực trị thì phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt và 0,25
y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó  3x2  2 1  2m  x   2  m   0 có hai
nghiệm phân biệt  '  4m2  m  5  0  m < - 1 hoặc m >

5
(1)
4

Khi đó giả sử y’=0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với x17
điểm cực tiểu. Theo đề bài có x1 < x2 < 1  m 
(2)

5
Kết hợp (1) và (2) ta được… Đáp số m  ; 1   ; 


4 5

0,25

0,25

5 7



2.



sin 2 x  2 2(sin x  cos x)=5 .

Giải phương trình:

Đặt sinx + cosx = t ( t  2 ).

1,00

 sin2x = t2 - 1

0,25

 t   2 (t / m)
 t 2  2 2t  6  0  
 t  3 2 (lo¹ i)


0,25


+Giải được phương trình sinx + cosx =  2 …  cos( x  )  1
4

+ Lấy nghiệm
Kết luận : x 
3.

5
 k 2 ( k Z ) hoặc dưới dạng đúng khác .
4

Giải phương trình: 51 x  51 x  24
2

2

0,25

0,25
0,25
1,00

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID
câu


Pt  5.5x 

5

2

5x

2

 24  0

5
Đặt 5  t ,  t  1 , pt trở thành: 5t   24  0
t

0,5

x2

 t  5 (t / m)
5t  24t  5  0  
 t   1 (lo¹ i)

5
2

Với t = 5 ta có 5x  5  x2  1  x  1
2

4.
a.

Đk: 0  x 

0,25
0,25
1,00

3
2

pt  2 log 2 2 x  3  2 log 2 x  4
 log 2



2x  3

2x  3
x

x

2

4

2 x  3  4 x
 2x  3  4x  
 2 x  3  4 x
3

x   2 (lo¹ i)

x  1 (t / m)


2

b

0,25

0,25

TH1 : Số phải tìm chứa bộ 123:

Lấy 4 chữ số  0; 4;5;6;7;8;9 : có A74 cách
Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau
trong 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách
 có 5 A74 = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa
bộ 123
Trong các số trên, có 4 A63 = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu
3
 Có 5 A74 - 4 A6 = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123

0,25
TH 2 : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự)
Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có mặt 321
Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đơi một,trong
0,25
đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID
câu


5.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
 C  : x2  y 2  2 x  4 y  2  0 . Viết phương trình đường trịn (C') tâm 1,00
M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  3 .
Đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R  3
Có IM = 5.
Đường trịn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại 0,25
trung điểm H của đoạn AB.

3 3

2
2
7
TH1: I và M nằm khác phía với AB thì HM = IM – IH =
2
Ta có AB  IA  IB  3 nên ABC đều  IH  AB.

0,25

2

2
2
 AB 
 AM  HM  
  13   C ' :  x  5   y  1  13
 2 
13
TH2: I và M nằm cùng phía với AB thì HM = IM + IH =
2
2

2

0,25

2

2
2
 AB 
AM  HM  
  43   C ' :  x  5   y  1  43
0,25
 2 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng, gọi M là trung
điểm của AB. Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vng góc 1,00
2

6.

2

với đáy (ABCD), biết SD  2a 5 , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một
góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng DM và SA.
Theo giả thiết ta có SM   ABCD 
MC là hình chiếu của SC trên (ABCD) nên góc giữa SC với mặt phẳng
·
(ABCD) là SCM  60
Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có :

SM  SD2  MD2  MC.tan 60 mà ABCD là hình vng nên MC =
MD
 SD2  MC 2  3MC 2  MC  a 5  SM  a 15
2

 AB  5BC
 BC  2a  S ABCD  4a 2
Lại có MC  BC  
 
4
 2 
1
4a3 15
Vậy VS . ABCD  SM .S ABCD 
.
3

3
2

2

2

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID
câu


0,25

0,25

0,25
*) Dựng hbh AMDI ta có AI // MD nên d DM ,SA  d DM , SAI   d M , SAI 
Kẻ MH  AI và MK  SH . Chứng minh d M , SAI   MK

2a
2a 15
 MK 
.KL…
5
79
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có
diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng
d1 : x  y  3  0 và d2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là
giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ
nhật.

0,25

Tính được MH 
7.

1,00

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID
câu


Ta có: d1  d2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
x  y  3  0
x  9 / 2
 9 3
. Vậy I  ; 


 2 2
x  y  6  0
y  3 / 2

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD

0,25

 M  d1  Ox

Suy ra M( 3; 0)

2

2

9  3

Ta có: AB  2IM  2  3       3 2
2  2

SABCD
12

2 2
AB
3 2
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d1  AD

Theo giả thiết: SABCD  AB .AD  12  AD 

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vng góc với d1 nhận n(1;1) làm
VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0)  0  x  y  3  0 . Lại có:

0,25

MA  MD  2
x  y  3  0


Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: 

 x  3  y 2  2

2

y  x  3
y  x  3
y  3  x



2
2
2
2
x  3  1
x  3  y  2
x  3  (3  x)  2

0,25

x  2
x  4

hoặc 
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
y  1
y  1
x  2x I  x A  9  2  7
 9 3
Do I  ;  là trung điểm của AC suy ra:  C

 2 2
y C  2y I  y A  3  1  2

0,25

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
8.

 x3  y 3  3 y 2  3x  2  0

Giải hệ phương trình 
2
2
2
x  1  x  3 2 y  y  2  0


(1)

1,00

(2)

1  x 2  0
1  x  1


Điều kiện: 
2

 2 y  y  0 0  y  2


0,25

Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2.
Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:
(1)  y = t  y = x + 1

0,25

 (2)  x 2  2 1  x 2  2  0

0,25

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID
câu


Đặt v  1  x 2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 =2

9.

(t/m)
v  1
.
 v 2  2v  3  0  
v  3 (loai)
Với v = 1 ta có x = 0  y = 1. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (0;1)
Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5 x  5 y  5 z  1 . Chứng minh

25x
25 y
25z
5x  5 y  5z
rằng :
 y
 z

5x  5 y  z 5  5z  x 5  5x  y
4
x
y
z
Đặt 5 = a , 5 =b , 5 = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
a2
b2
c2
a b c



(*)
a  bc b  ca c  ab
4
a3
b3
c3
a b c
 2

 2

( *)  2
a  abc b  abc c  abc
4
3
3
a
b
c3
a b c




(a  b)(a  c) (b  c)(b  a) (c  a)(c  b)
4
3
a
a b a c 3


 a ( 1) (Bất đẳng thức Cơ si)
Ta có
(a  b)(a  c)
8
8
4

b3

b c b a 3


 b ( 2)
Tương tự
(b  c)(b  a)
8
8
4
3
c
c a c b 3


 c ( 3) .
(c  a)(c  b)
8
8
4
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng
minh
Tổng :

0,25
1,00

0,25

0,25

0,25

0,25

10,00

Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần.

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID
câu


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II

Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc
(Đề có 01 trang)

NĂM HỌC 2014 - 2015
Mơn: Tốn 12 – Khối D
Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề)
(1)

Câu 1.( ID: 79227 ) (2,0 điểm) Cho hàm số

a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị của
hàm số (1) tiếp xúc với đường tròn (C):
.

Câu 2 ( ID: 79228 ) (1 điểm) Giải bất phương trình:
Câu 3 ( ID: 79229 ) (1 điểm) Tính tích phân

∫

.

Câu 4 ( ID: 79230 ) (1 điểm)
a). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

trên đoạn [-2; 2].

b). Một trường tiểu học có 50 học sinh đạt danh hiệu cháu ngoan Bác Hồ, trong đó có 4 cặp
anh em sinh đơi. Có bao nhiêu cách chọn một nhóm gồm 3 học sinh trong số 50 học sinh nói
trên đi dự Đại hội cháu ngoan Bác Hồ sao cho trong nhóm khơng có cặp anh em sinh đơi
nào?
Câu 5 ( ID: 79231 ) (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
và
. Gọi A là giao điểm của
và . Tìm tọa độ điểm B trên
và tọa độ C trên
sao cho tam giác ABC có trọng tâm G (3;5).
Câu 6 ( ID: 79232 ) (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):

cho biểu thức

, và các điểm A (7; 9), B (0; 8). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao
đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 7 ( ID: 79233 ) (1 điểm) Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’. Biết rằng góc giữa (A’BC) và

(ABC) là 300, tam giác A’BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
√

Câu 8 ( ID: 79234 ) (1 điểm) Giải phương trình

Câu 9 ( ID: 79235 ) (1 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a.b.c = 1 và
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

√
.

.

---------------------Hết----------------------

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 1