96 đề thi thử kỳ thi THPT quốc gia môn toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
LÀO CAI 

ĐỀ THI THỬ ­ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 

MƠN THI: TỐN 
Thời gian làm bài: 180 phút 

3 
x  3 2 
1 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  y = - x - 3  +  (1). 
x
2 4
2 

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1); 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C). Biết tiếp tuyến đó vng góc với đường thẳng 
(d ) : y =

8 
x + 1 . 
27 

Câu 2 (1,0 điểm). 
1) Giải phương trình:  cos 2x + cos 2 x - sin x+2 = 0 . 
2) Tìm các số thực x, y thỏa mãn: 2 x + 1 + (1 - 2 y ) i = ( -2 + x ) i 2  + (3 y - 2)  . 
i 
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình sau trên tập số thực:  log2 x - log9 (9x 2 ) - 1 = 0 . 
3
2 

ì2 x 2 + 5 = 2 2 y + x 
ï
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: í
. 
ï x + 3 xy + x - y 2  - y = 5 y + 4 
ỵ 
1  x 
e + x 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân  I = ị  x  dx . 
e
0 

0 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp  S . ABCD  có đáy ABCD  là hình thoi cạnh a, góc BAC bằng 60  . 
Hình  chiếu  vng  góc  của  S  trên  mặt  phẳng ( ABCD ) là  điểm  H  thuộc  đoạn  BD  sao  cho  HD  = 
0 
2HB. Đường thẳng SO tạo  với  mặt phẳng ( ABCD )  góc  60  với O là  giao điểm của  AC  và BD. 

Tính thể tích khối chóp  S . ABCD  và khoảng cách từ  B đến mặt phẳng ( SCD ) theo  a . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong  mặt phẳng  với hệ tọa độ  Oxy , cho tứ giác  ABCD  nội tiếp đường trịn 
đường kính AC. Biết M ( 3; -  )  là trung điểm của cạnh  BD , điểm C ( 4; -  ) . Điểm N ( -1; -  )  nằm 
1 
2 
3 
trên đường thẳng đi qua B và vng góc với AD. Đường thẳng  AD  đi qua điểm P (1;3  . Tìm tọa 
) 
độ các đỉnh A, B, D. 
Câu  8  (1,0  điểm).  Trong  không  gian  với  hệ  toạ  độ  Oxyz ,  cho  điểm M  ( 2;3;5 ) và  đường  thẳng 
d : 

x + 1 y + 2 z - 2 
=
= 
. Viết phương trình mặt phẳng  ( P  đi qua M và vng góc với đường thẳng 
) 
1
3
2 

d . Tìm tọa độ điểm Nthuc dsaochoNcỏchMmtkhongbng5.
22

ổ 2 2ử
Cõu 9(0,5im).Tỡmhsca x trongkhaitrinnhthcNiuưtnca ỗ x - ÷ . 
x ø 
è
5 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho  x  là số thực thuộc đoạn  é -1;  ù . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất 
ê
4ú
ë
û 
8 

của biểu thức  P =

5 - 4 x - 1 + x 
. 
5 - 4 x + 2 1 + x + 6 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­HẾT­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. 
Cảm ơn thầy Ngơ Quang Nghiệp ( )đã gửi tới www.laisac.page.tl


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
LÀO CAI 

HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI THỬ LẦN 2 ­ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 

MƠN THI: TỐN 

( Hướng dẫn chấm  gồm có 05 trang, 10 câu) 
I. Hướng dẫn chấm: 
1.  Cho điểm lẻ tới 0,25; 
2.  Điểm tồn bài là tổng điểm thành phần, khơng làm trịn; 
3.  Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức; 
4.  Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần. 
5.  Với bài hình học khơng gian (câu 6) nếu thí sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì khơng 
cho điểm tương ứng với phần đó. 
II. ĐÁP ÁN: 

Câu 

Nội dung 

Điểm 

1 

1. (1,0 điểm) 
* Tập xác định:   D = R
(2,0 điểm)  * Sự biến thiên:
·  Giới hạn:  lim y = -¥ ;lim y = +¥ .
xđ-Ơ

0.25

xđ+Ơ

3
2

ộ x= -1
ởx = 2

3
2

à ohm: y ' = x 2  - x - 3; y ' = 0 Û ê
·  Bảng biến thiên 
x 

­¥
+ 

y' 

0 

+¥

2 

­1 
­ 

0 

0.25

+ 
+¥

9 
4 

y 

­ 

9 
2 

­¥

·  Kết luận: 
­  Hàm sơ nghịch biến trên khoảng (-  ) ; 
1;2

­  Hàm sơ đồng biến trên các khoảng (–¥;­1) và (2;+¥) ; 
9 
­  Hàm số đạt cực đại tại điểm  xCD  = -  ; y CD  =  ; 
1 
4 
9 
­  Hàm số đạt cực tiểu tại  x CT  =  2 ;  y CT  = - 
2 

0.25


4 

* Đồ thị: 

y 

0.25 

9 
2 

­ 

4 

5 
1 

2 

O 

2 

2 

­1

7 
­ 

9 
I 

8 

5 

x 

2 

­2 

­4 

­ 

9 
2 

2.(1,0 điểm) 
Gọi D  là tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M ( x0 ; y  )  và vng góc với đường 
0 
8 
27 
thẳng  y = x + 1 . Khi đó D  có hệ số góc bằng ­ 
27 
8 
27 
Û y ' ( x0 ) = - 
8 
3 2  3
3
1 
9 
Û x0 - x0 + = 0 Û x0  =  . Ta có  y0  = - 
2
2
8
2 
8 
27
27
9 
1  9
Phương trình của D là  y = - ổ x- ử - y = - x+
ỗ

ữ
8 ố
8
16
2 ø  8

2 
(1,0điểm) 

0,25
0,25 
0,25 
0,25 

1.(0,5 điểm) 
cos 2x + cos 2 x - sin x = 0 Û -3sin 2  x - sin x + 4 = 0  Û sin x = 1 
0,25
sin x = 1 Û x =

p
2 

+ k2p .( k ẻ Â)

0,25

2.(0,5im)
2 x + 1 + (1 - 2 y ) i = ( -2 + x ) i 2  + (3 y - 2)i Û 2 x + 1 + (1 - 2 y ) i = ( 2 - x ) + (3 y - 2) 
i 

ì 2 x + 1 = 2 - x 
Ûí
1
ỵ  - 2 y = 3 y - 2 
1 
ì
ï x = 3 
ï
Ûí
ï y = 3 
ï
ỵ  5 

3 
(0,5 điểm) 

4 
(1,0 điểm) 

0,25 

0,25 

log2 x - log9 (9x 2 ) - 1 = 0  (1) 
3

Điều kiện: x > 0. Với điều kiện trên ta có
é log x  = -1 
(1  Û log2  x - log3  x  - 2 = 0  Û êê 3 
) 

3
log
êë  3  x = 2 
é
ì 1  ü
êx  = 1 
ï
ï
ï
ï
ý
Ûê
3  .Kthpiukinphngtrỡnh(1)cútpnghiml S = ớ 9
ù 3 ù
ờ
ù
ù
ợ
ỵ
x = 9
ờở
ỡ2 x 2 + 5 = 2 2 y + x 2      (1) 
ï
. Điều kiện:  xy + x - y 2  - y ³ 0  và  y ³ 0 
í
2 
ï x + 3 xy + x - y - y = 5 y + 4     (2) 
ỵ 

0,25 

0,25 


­ Với điều kiện trên:
( 2  Û ( x - 2 y - 1  + 3
)
)

(

0,25 

)

xy + x - y 2  - y - y - 1  = 0 

3 ( y + 1 
é
ù
) 
Û ( x - 2 y - 1  ê1 +
)
ú = 0 
2 
xy + x - y - y + y + 1 
ê
ú
ë
û 

Û x - 2 y - 1 = 0  ( Vì với x,y thỏa mãn  xy + x - y 2  - y ³ 0  và  y ³ 0  thì

0,25 

3 ( y + 1 
) 

> 0 ) 
xy + x - y 2  - y + y + 1 

1+

Thế  2 y = x - 1  vào (1) ta có 
2 x 2 + 5 = 2 x - 1 + x 2  Û 2

é 2( x + 2)
+
)
Û ( x - 2  ê - 2 
x + 5 + 3 
ë
Ta thấy :  "x ³ 1 ,

0,25 
x 2  - 4

x - 2 
+ ( x - 2)( x + 2) 
x - 1 + 1 
x 2  + 5 + 3 

2 
ù
+ ( x + 2 )  = 0  (3) 
ú
x - 1 + 1 
û 
=2

ỉ
ư
2
2 
+ ( x + 2 )ỗ 1 - 2
ữ > 0,
2
x- 1 + 1
x +5+3
x + 5 + 3 ø 
è
nên (3) có nghiệm duy nhất x = 2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1 
( x; y ) = ỉ 2 ử .
ỗ
ữ
ố 2ứ
-

5
(1,0im)

2( x+ 2)

2
+ ( x+ 2) =
x -1 +1

+

1

1

0,25 

1 

e x  + x 
I = ò x  dx = ò 1.dx + ò x.e - x . 
dx 
e
0
0
0 

0,25 

1 

I1  = ò  dx = x 1  = 1 
1.

0 

0,25 

0 
1 

ìu = x
ì du = dx 
I 2  = ũx.e - x. .t ớ
dx
ịớ
-x
- x
v
0
ợ dv = e dx î  = -e
1 
1

1 

I 2  = ( - xe ) 0 + ò  - x .dx = ( - xe - x - e  x  ) 0  = 1 e
-x

0 

S 

6 

(1,0 điểm) 

A 
D 

H
B 

O 

C 

0,25
2 
2 
. Vậy I =  I1 + I 2  = 2 - 
e
e

0,25 


* Tính thể tích khối chóp S.ABCD : 
SH ^ (ABCD)  =>HO  là  hình 

chiếu 

của 

SO 

trên 

(ABCD) 

nên 

0,25 

· · · 
( SO, ( ABCD )) = ( HO, AC ) = SOH = 60 

0 

2 
a 2 3 a  3 
= 
4
2 
1 a 3 
a 
Trong tam giác SHO có SAH = HO.tan 600  =
3  = 
3 2
2 

Diện tích ABCD là  S ABCD = 2S DABC  = 2. 

1
3

Thể tích S.ABCD là  VS . ABCD = SH .  ABCD  = 
S

0,25 

3 
a  3 
12 

*Tính khoảng cách từ B đến (SCD) :
d ( B  ( SCD ) ) =
, 
VB. SCD = VS . BCD

3  B . SCD 
V 
(1) 
S 
SCD 

0,25 

3 
1
a  3 
= VS . ABCD  = 
(2) 
2
24 

SD = SH 2 + HD 2 =

a 57
a  21 
; SC = SH 2 + HC 2  = 
6
6 

Trong tam giác SCD có
SD =

a 57
a 21 
SC + SD + CD 
; SC =
; CD = a; p =
; 
6
6
2 

S SCD  =

a 2  21 
p ( p - SC )( p - SC )( p - CD )  =
(3) 
12 

Từ (1), (2), (3) ta có

0,25 

3a  7 
d ( B  ( SCD ) ) = 
, 
14 

7 
(1,0 điểm) 

Giả sử D ( a; b ) . Vì M là trung điểm BD nên B ( 6 - a; -2 - b ) . 
Ta có  · = 900  Þ AD ^ DC Þ BN / / 
ADC
CD
uuu
r 
NB = ( 7 - a;1 - b ) 

uuu
r 
CD = ( a - 4; b + 2 )  .  Ta  có 
) 
( 7 - a )( b + 2 ) = ( a - 4 )(1 - b ) Û b = a - 6  (1 
uuu
r
Ta có PD = ( a - 1; b - 3) ; 
uuu uuu
r
r 

PD ^ CD Û ( a - 1)( a - 4 ) + ( b + 2 )( b - 3 ) = 0  (2) 

và

uuu uuu
r r 
NB, CD 

cùng  phương

é a = 5 
ë a = 4 

0,25 

0,25 

Thế (1) vào (2) ta có  2a 2  - 18a + 40 = 0 Û ê

0,25 

Với a = 4 ta có b = ­2. Khi đó D(4;­2) trùng C (loại). 
Với a = 5 ta có b = ­1. Vậy D(5;­1) và B(1;­1). 
Vì AD đi qua P(1;3) và D(5;­1) nên phương trình đường thẳng AD: x + y – 4 = 0. 
Vì AB vng góc với BC nên phương trình đường thẳng AB: 3x ­ y – 4 = 0. 

0,25

ì3 x - y - 4 = 0
ì x = 2 

. 
Ûí
ỵx + y - 4 = 0
ỵ y = 2 

Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình  í
Vậy A ( 2; 2 ) , D(5;­1) và B(1;­1). 


* Viết phương trình mặt phẳng (P) : 
r 
8 
d có véctơ chỉ phương là :  u = (1;3; 2) , vì (P) vng góc với d nên (P) có véctơ pháp 
r 
tuyến  u = (1;3; 2) 
(1,0 điểm) 
Phương trình mp(P) : 1( x - 2 ) + 3( y - 3) + 2( z - 5) = 0 Û x + 3 y + 2 z - 21 = 0 
* Tìm N: 
Vì N thuộc d nên N(t ­ 1; 3t ­ 2; 2t + 2). Ta có 
MN = 5 Û (t - 3) 2 + (3t - 5) 2 + (2t - 3) 2  = 5 
ét  = 3 
ỉ 4 5 20 ư
Û 14t - 48t+ 18 = 0 ờ 3.Vy:N(278)hoc N ỗ - ; - ;  ÷
êt =
è 7 7 7  ø 
ë  7 

0,25 
0,25 
0,25 

0,25 

2 

22 

9 

ỉ 2 2ử
Shngtngquỏttrongkhaitrin ỗ x - ữ l
x ứ
ố

(0,5im)

0,25

k

k
C22 ( x2)

22 - k 

ỉ 2 ư = C k ( )  x 44 -3 k
k
ỗ- ữ
22 -2
ố x ứ

ỡ0 Ê k Ê 22
ù
Tacú ớk Î ¥ 
Û k = 12 , Vậy, hệ số của  x 8  trong khai triển nhị thức Niu­tơn 
ï44 - 3k = 8
ợ

0,25

22

ổ 2 2ử
12
ca ỗ x - ữ l C12 ( -  )  . 
2
22 
x ø 
è
10 
(1,0 điểm) 

Đặt  a = 5 - 4 x ; b = 1 + x thì  a 2 + 4b 2  = 9;  a, b ³ 0 
é pù
Do đó đặt  a Ỵ ê0; ú : a = 3sin a ;  2b = 3cos a . Khi đó: 
ë

2 û 

3 

3sin a - cos a
a - b 
2sin a - cos a
2 
P =
=
=
a + 2b + 6 3sin a + 3cos a + 6 2sin a + 2 cos a + 4 
2 sin a - cos a
é pù
, với  a Ỵ ê0;  ú . 
2sin a + 2 cos a + 4 
ë 2 û 
6 + 4sin a + 8cos a
é pù
> 0  với mọi  a Ỵ ê0;  ú . 
Ta có  f '( x) =
2 
(2 sin a + 2 cos a + 4) 
ë 2 û 

0,25 

Xét hàm số  f ( x) =

0,25 

é pù
Suy ra hàm f(x) đồng biến trên đoạn  a Ỵ ê0;  ú . 
ë

2 û 

1
ỉ p ö 1 
Do đó:  min f (a ) = f (0) = - m ax f (a )= f ỗ ữ = . 
pù
é pù
6 é0;  ú
x  ê0;  ú
Ỵ
è 2 ø  3 
ê 2 
ë 2 û
ë
û
1 
6 

5 
4 

1 
3 

Vậy  min P = -  , khi  x =  ; Vậy  max P =  , khi  a = -  . 
1 

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

0,25 

0,25 


TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC 2014 – 2015; Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x 3  6 x 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng d : y  mx tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x  sin x  1  cos x 1  cos x  .
Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân:
ln 2

1. I 

e.
x

7

5  e dx .
x

2.

0

I   ln
2





x  2  1 dx .

Câu 4: (1,0 điểm).
1. Giải phương trình: log

2

 4x 

log 2 x  2  10 .
15

 2

2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức: 
 x2  ;  x  0 .
 x

Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm
A 1;1; 2  , B  3;0;1 , C  1; 2;3 . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có
bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy.

Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC.
Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 và
đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường
tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho S MAB  3S IAB , với I là tâm của đường tròn (C).

2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1

Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
;  x, y  R  .
2
 2y  4y  3  5 y  x  4

-------------------------Hết-------------------------

Cảm ơn bạn Chat Vuhuy ()  đã gửi tới www.laisac.page.tl

1


HƯỚNG DẪN CHẤM

Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; khơng quy trịn điểm.
Câu

Nội dung

1 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)

TXĐ: D = R. y '  6 x 2  6 x .

Điểm

0,25

x  0
. Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8.
y' 0  
 x  2
Giới hạn.

0,25

Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị.

0,25

Vẽ đồ thị.

0,25

2/ (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình:

x  0
.
2 x 3  6 x 2  mx  x  2 x 2  6 x  m   0   2
2 x  6 x  m  0 (*)


0,25

Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 0.

0,25

9

 '  0
9  2m  0
m 
Khi đó: 


2.
m  0
m  0
m  0


2 (1,0
điểm)

0,5

sin x  sin x  1  cos x 1  cos x   sin x  cos x  1

0,25


 1


 2 sin  x    1  sin  x   
4
4
2



0,25

 x  k 2
.

 x    k 2

2

0,25

KL.

0,25

3 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
Đặt u  5  e x . Tính e x dx  2udu .

Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì u  3 .
2

2u 3
Khi đó: I   2u du 
3
3
2

2


3

16
2 3.
3

0,25
0,25

0,5

2


KL.
2/ (1,0 điểm)
Đặt t  x  2 . Tính dx  2tdt .
0,25

Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3.
3

Khi đó: I   2t.ln  t  1 dt .

0,25

2

Sử dụng từng phần ta được I  16 ln 2  3ln 3 

3
.
2

0,5

4 (1,0 1/ (0,5 điểm)
điểm)
1
Đk: x  .
4
Ta có: log

2

 4x 

log 2 x  2  10  2 log 2 x  4  log 2 x  2  10  0 .

0,25

Đặt t  log 2 x  2 , (t ≥ 0).
t  2
Phương trình có dạng: 2t  t  10  0  
.
t   5 (l )

2
2

log 2 x  2  2  log 2 x  2  x  4 .

Với t = 2 ta được

Vậy phương trình có nghiệm x = 4.

0,25

2/ (0,5 điểm)
15

15  k

15
 2

k  2 
Ta có: 
 x 2    C15 . 


k 0
 x

 x

. x

Khi đó xét số hạng khơng chứa x ta có

15

  2

2 k

k 0

15  k

k
15

.C .x

5 k 15
2

.

0,25

5k  15
 0  k  3.
2

3
Vậy số hạng không chứa x là 212.C15 .




 

5 (1,0 Ta có AB   2; 1;3 , AC   2;1;5  ;  AB; AC    8; 16;0  .


điểm)

Do đó n  1; 2;0  là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC).
Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0.

0,25
0,25

0,25

Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0).

a  3

2
Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên IA  R   a  1  5  9  
.
 a  1

0,25

3


Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên  S  : x 2   y  3  z 2  9 .
2

Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên  S  : x 2   y  1  z 2  9 .
2

6 (1,0 Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH  (ABCD) và
điểm)
a 3
SH 
.
2

0,25

0,25

Do AB  a  AD  a 3 . Khi đó S ABCD  AB. AD  a 2 3 . Vậy

1

a3
VS . ABCD  SH .S ABCD  .
3
2

0,25

Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP  (ABCD).

0,25

Dễ thấy ∆MPN vng tại P.
Ta có MP 

1
a 3
a 13
SH 
; PN 
 MN  a .
2
4
4

0,25

7 (1,0 Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2.
điểm)
Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vng nên hai góc M và I bù nhau.

0,25

Theo cơng thức diện tích , từ S MAB  3S IAB ta được MA2  3R 2  MI  4 .

0,25

a  1
.
Gọi điểm M(a;3 – a). Do MI  4 nên 
a  5

0,25

Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2).

0,25

8 (1,0 Đk: 4  x  1 .
điểm)
Ta có:

2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1  2  y  1  y  1  2 1  x  1  x  1  x .
3

0,25

Xét hàm số f  t   2t 3  t đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng:

f  y  1  f





1 x  y 1  1 x  y  1 1 x .

0,25

Thế vào phương trình cịn lại ta được:

3  2x  4  1 x  x  4  x  4  1 x  3  2x  4  0 .
Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy
nhất x = – 3.

0,25

Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3).

0,25

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

Cảm ơn bạn Chat Vuhuy ()  đã gửi tới www.laisac.page.tl

4



TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Câu
Câu 1.
(2,0
điểm)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2
Mơn: TỐN;
Thời gian làm bài: 180 phút

Đáp án
a) (1,0 điểm)
1 o. Tập xác định:  \ {1}.
2 o. Sự biến thiên:
* Giới hạn, tiệm cận: Ta có lim y   và lim y  . Do đó đường thẳng x  1 là tiệm


x 1

x 1

cận đứng của đồ thị (H).
Vì lim y  lim y  1 nên đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị (H).
x 

Điểm

0,5

x 

1
 0, với mọi x  1.
( x  1) 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 , 1;    .
* Chiều biến thiên: Ta có y ' 

* Bảng biến thiên:
x 
y'



1






y

1

1


o

3 . Đồ thị:

Đồ thị (H) cắt Ox tại  2; 0  , cắt Oy tại  0; 2  ; nhận giao điểm I 1; 1 của hai đường
y

0,5
2
1

O

I

1

2

x

tiệm cận làm tâm đối xứng.
b) (1,0 điểm)

1
, với mọi x  1. Vì tiếp tuyến có hệ số góc k  1 nên hồnh độ tiếp
( x  1) 2
x  0
1
2
điểm là nghiệm của phương trình
 1 , hay  x  1  1  
2
 x  1

 x  2.
*) Với x  0 ta có phương trình tiếp tuyến y  x  2.
*) Với x  2 ta có phương trình tiếp tuyến y  x  2.
Vậy có hai tiếp tuyến là y  x  2 và y  x  2.
a) (0,5 điểm)
Ta có y ' 

Câu 2.
(1,0

Rõ ràng cos  0, chia cả tử số và mẫu số của A cho cos3 ta được
1

0,5

0,5

0,5


điểm)
A

tan  1  tan 2    2
2

3

1  tan   2 tan 



2.5  2 4
 .
5  16 7

b) (0,5 điểm)
Giả sử z  a  bi, (a, b  ). Suy ra z 
Từ giả thiết z 

2
2(1  i )
 a  bi 
 a  1  (b  1)i.
1 i
2

2
là số thực ta có b  1.
1 i

0,5

Khi đó z  2  a  i  2  a 2  1  2  a   3.

Câu 3.
(0,5
điểm)
Câu 4.
(1,0

điểm)

Vậy số phức cần tìm là z  3  i và z   3  i.
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
2
23 x.21 x  2 x  23 x 1 x  2 x  3x  1  x 2  x
 x 2  2 x  1  0  1  2  x  1  2.

0,5

*) Điều kiện: 4  x 2  0  2  x  2.
Phương trình đã cho tương đương với
2

x  4  x 2  x 2  2 x  2 3  x 2  2 x   2.



Ta có x  4  x 2



2

42 x

4  x 2  4 , với mọi x   2; 2 .

0,5

Suy ra x  4  x 2  2, với mọi x   2; 2 .
Dấu đẳng thức ở (2) xảy ra khi và chỉ khi x  0, x   2.
Đặt

3

(1)

(2)

x 2  2 x  t . Dễ dàng có được t  1; 2 , với mọi x   2; 2 .

Khi đó vế phải của (1) chính là f (t )  t 3  2t 2  2, t   1; 2 .

t  0
Ta có f (t )  3t  4t  0  
4
t 
3

2

 4  22
Hơn nữa, ta lại có f ( 1)  1, f (0)  2, f   
, f (2)  2.
 3  27
Suy ra f (t )  2, với mọi t  1; 2 .

0,5

Do đó
2

x 2  2 x  2 3  x 2  2 x   2  2 , với mọi x  2; 2  .

(3)

Dấu đẳng thức ở (3) xảy ra khi và chỉ khi x  0, x   2.
Từ (2) và (3) ta có nghiệm của phương trình (1) là x  0, x   2.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  0, x   2.

Câu 5.
(1,0
điểm)

Chú ý rằng x ln  3 x  1  0, với mọi 0  x  1 . Khi đó diện tích hình phẳng cần tính là
1

S   x ln  3 x  1 dx.
0

Đặt u  ln  3 x  1 , dv  xdx. Suy ra du 

0,5

3
1
dx, v  x 2 .
3x  1

2

Theo cơng thức tích phân từng phần ta có
1
1
1
1 2
3
x2
1 
1 
S  x ln  3 x  1  
dx  ln 2    3 x  1 
dx
2
2 0 3x  1
6 0
3x  1 
0
2

0,5


1

13
1
8
1


 ln 2   x 2  x  ln 3 x  1   ln 2  .
62
3
12
0 9

Câu 6.
(1,0
điểm)

Gọi H là trung điểm BC. Từ giả thiết suy ra

C ' H  ( ABC ). Trong ABC ta có

0,5

1
a2 3
AB. AC .sin1200 
.
2
2
BC 2  AC 2  AB 2  2 AC. AB cos1200  7a 2

S ABC 

a 7
2
a 3

 C ' H  C ' C 2  CH 2 
.
2
 BC  a 7  CH 

Suy ra thể tích lăng trụ V  C ' H .S ABC 

3a3
.
4

Hạ HK  AC. Vì C ' H  ( ABC )  đường xiên C ' K  AC

  ( ABC ), ( ACC ' A '   C ' KH

(1)


( C ' HK vuông tại H nên C ' KH  90 ) .
0

2SHAC S ABC a 3


AC
AC
2
 C ' H  1  C ' KH  450.

 tan C ' KH 

HK
Từ (1) và (2) suy ra  ( ABC ), ( ACC ' A ')   450.
Trong HAC ta có HK 

0,5
(2)

Ghi chú: Thí sinh có thể tính độ dài AH và suy ra AHC vuông tại A để suy ra K  A.

Câu 7.
(1,0
điểm)

 x  3  7t
Gọi M là trung điểm BC. Phương trình GE hay AM là 4 x  7 y  0  
 y  2  4t.
Gọi M  3  7 m; 2  4 m  . Ta có




IM   7m  2; 4m  4  ; FM   7m  6; 4m  3  .
Vì IM  FM nên
 
 
IM .FM  0

0,5

  7 m  2  7 m  6    4 m  4  4m  3   0

 m  0.
Suy ra M  3; 2  .
3






Giả sử A  3  7 a; 2  4a  . Vì GA  2GM ta được a  1. Suy ra A  4;  2  .
Suy ra phương trình BC : x  2 y  7  0  B(2b  7; b)  BC (điều kiện b  2).
b  1
Vì IB  IA nên (2b  6) 2  (b  2) 2  25  
b  3 (ktm)
Suy ra B(5; 1)  C (1; 3) (vì M là trung điểm BC).

Câu 8.
(1,0
điểm)

0,5




 có vtcp u  (1;  1; 2) và A(2; 1; 1)    MA  (4; 0; 1)

  

 vtpt n p  u , MA  (1; 7; 4)




0,5

Suy ra ( P) : 1( x  2)  7( y  1)  4 z  0  x  7 y  4 z  9  0.

N    N (t  2;  t  1; 2t  1). Khi đó MN  (t  4) 2  ( t ) 2  (2t  1) 2  11
0,5

 6t 2  12t  6  0  t  1. Suy ra N (1; 2;  1).

Câu 9.
(0,5
điểm)

Câu 10.
(1,0
điểm)

2
Số cách lấy hai viên bi từ hộp là C12  66.
Số cách lấy ra hai viên bi gồm 1 viên màu xanh, 1 viên màu đỏ và khác số là 4  4  16.
Số cách lấy ra hai viên bi gồm 1 viên màu xanh, 1 viên màu vàng và khác số là 3  4  12.
Số cách lấy ra hai viên bi gồm 1 viên màu đỏ, 1 viên màu vàng và khác số là 3  3  9.
Như vậy số cách lấy ra 2 viên bi từ hộp vừa khác màu vừa khác số là 16  12  9  37.
Suy ra xác suất cần tính là
37
P
 0,5606.

66
z
z
Giả sử z  min x, y , z . Đặt x   u  0, y   v  0. Khi đó ta có
2
2
2
2
z
z


2
2
2
2
2
x  z   x    u ; y  z   y    v2 ;
2
2


(1)
2
2
z 
z

x2  y2   x     y    u 2  v2 .
2 

2

Chú ý rằng với hai số thực dương u, v ta ln có
1 1
4
1
1
8
 
và 2  2 
.
(2)
2
u
v
u v uv
u  v

Từ (1) và áp dụng (2) ta được
1
1
1
1
1
1
 2
 2
 2
 2  2
2

2
2
2
2
x y
y z
z x
u v
v
u
1
1 1
1  3 1
1
 2
  2  2   2  2 
2
u v
4u
v  4u
v 
1
1
6
 2


2
u v
2uv  u  v 2



4

u  v 

2



6

u  v 

2



10

u  v 

2



4

0,5

10

x  y  z

Mặt khác ta có
 x  1  y  1  z  1  xyz   xy  yz  zx    x  y  z   1
 xyz  x  y  z  2  x  y  z  2.
Từ (3) và (4) suy ra

0,5

2

.

(3)

(4)


P

10

x  y  z

Đặt x  y  z  t  0. Xét hàm số f (t ) 

2



5
 x  y  z   5.
2

(5)

10 5
 t , t  0.
t2 2

20 5
 , t 0.
t3 2
Suy ra f (t )  0  t  2; f (t )  0  t  2; f (t )  0  0  t  2.
15
với mọi t  0.
(6)
Suy ra f (t )  f (2) 
2
25
, dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  1, z  0 hoặc các hoán vị.
Từ (5) và (6) ta được P 
2
25
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
.
2

Ta có f (t )  

0,5

Cảm ơn thầy Quang TP ( />www.laisac.page.tl

5


TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y 

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
LẦN THỨ NHẤT
Mơn TỐN
Thời gian làm bài: 180phút, không kể phát đề.

1 3
x  2 x 2  3 x  1.
3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với đường thẳng y  1.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho hàm số f(x)  sin 4 x  4 cos 2 x  cos 4 x  4sin 2 x , chứng minh: f '(x)  0,  x   .
b) Tìm mơđun của số phức

25i
z
, biết rằng:
  4  3i  z  26  6i .
z
2i

2 x 1
 5.4 x  1  0.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:

x3
2 9 x

.
x
3 x 1  x  3

e


Câu 5 (1,0 điểm).Tính tích phân: I    3  ln x  2 ln x  d x.
x
1 

Câu 6 (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân (BC//AD). Biết đường cao
SH  a ,với H là trung điểm của AD, AB  BC  CD  a, AD  2a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD

và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD theo a.
Câu 7. (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình
chiếu vng góc của B lên AC, M và N lần lượt là trung điểm của AH và BH, trên cạnh CD lấy K
9 2

sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M  ;  , K(9; 2) và các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các


5 5
đường thẳng 2 x  y  2  0 và x  y  5  0 , hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.Tìm tọa độ các đỉnh của
hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm M (1; 2;3), N (1;0;1) và mặt
phẳng ( P ) : x  y  z  4  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng

MN
, tâm nằm trên
6

đường thẳng MN và (S ) tiếp xúc với (P).
Câu 9 (0,5 điểm).Trong kì thi TN THPT, Bình làm đề thi trắc nghiệm mơn Hóa học. Đề thi gồm
50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng; trả lời đúng mỗi
câu được 0,2 điểm. Bình trả lời hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu; 5 câu cịn lại Bình chọn
ngẩu nhiên. Tính xác suất để điểm thi mơn Hóa học của Bình khơng dưới 9,5 điểm.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a,b thỏa mãn: a 4  b 4 
Chứng minh rằng:

1
 ab  2
ab

2
2
3
7


 .
2
2
1  a 1  b 1  2ab 6

………..HẾT………
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………. Số báo danh…………………..

Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào  đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl


ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Mơn: TỐN;
(ĐÁP ÁN GỒM 6 TRANG)
CÂU
Câu1a
(1.0đ)

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

TXĐ: D  
Giới hạn: lim y  , lim y  
x 

x 

Đồ thị khơng có tiệm cận

0,25

 x  1
y '  x 2  4x+3,    ; y '  0  
 x  3
Bảng biên thiên:
X
y’

-3
+

0

-1
-

0

+
+

0,25


-1
y




7
3

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 3 và  1;   , nghịch biến trên khoảng  3; 1
7
Hàm số đạt cực tiểu tại x= 1 và f( 1 )=  ; hàm số đạt cực đại tại x=-3 và f(-3)=-1
3

0,25

Đồ thị:

y

0,25
-3

-1

o

1
-1
-7
3

Câu1b

1

x


1.0đ

Hoành độ giao điểm của đồ thị ( C) với đường thẳng y=-1 là nghiệm của phương
0,25

1 3
x  2 x 2  3 x  1  1 .
3

trình

Giải phương trình ta được nghiệm x=0 và x=-3

0,25

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hồnh độ bằng 0 là y=3x-1.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hồnh độ bằng -3 là y=-1.
Câu 2a

(0,5đ)

0,25
0,25

f(x)  sin 4 x  4 cos 2 x  cos 4 x  4 sin 2 x
 sin 4 x  4 1  sin 2 x   cos 4 x  4(1  cos 2 x)

 2  sin x 
2



0,25

2

2

 (2  cos x)

2

 2  sin 2 x  2  cos 2 x

Vì 1  sin x, cos x  1, x   nên
f(x)  2  sin 2 x  2  cos 2 x  3, x    f '( x)  0, x  

0,25

Gọi z  a  bi (a, b  ) .
2b
(0,5đ)

Ta có

z
  4  3i  z  26  6i   2  i  a  bi   5  4  3i  a  bi   5  26  6i 
2i

0,25

  22a  16b    14a  18b  i  130  30i
22a  16b  130
a  3


 z  3  4i
14a  18b  30
b  4

Do đó
Câu 3
(0,5đ)

0,25

25i 25i (3  4i )
25i


 4  3i 
5
z
25
z
42 x 1  5.4 x  1  0

 x 1
4 
 4.4  5.4  1  0  
4
 x
4  1

2x

Với 4 x 

x

0,25

1
 x  1
4

Với 4 x  1  x  0

0,25

Vậy nghiệm bất phương trình là: x  1; x  0
Câu 4
(1,0đ)

x3
2 9 x

(*)
x
3 x 1  x  3
ĐK: 1  x  9; x  0
2




x 2  3x  2 9  x x  3  3 x  1


x(3 x  1  x  3)

0,25

0



( x  3) 2  9( x  1)  2 9  x x  3  3 x  1




x(3 x  1  x  3)

x 33



x 1 x  3  3 x 1  2 9  x
x(3 x  1  x  3)



0

0,25

x  3  3 x 1  2 9  x
0
x



0

x 1 3 x 1  2  2 9  x
0
x
x 1





 

x 1  3  2 1 9  x
x

0




x 8
x 1
2


0
x  x 1  3 1 9  x 





0,25

x 8
0 0 x8

x

0,25

Đối chiếu điều kiện bài toán ta được nghiệm 0  x  8
Câu 5
(1.0đ)

e

I  
1 


3  ln x
 2 ln x  d x 
x

e

Ta có K   2 ln xdx  2 x ln x
1

e


1

e
3  ln x

dx   2 ln xdx  J  K
x
1

e e
e
e
  2 dx  2 x ln x  2 x  2
1 1
1
1

Đặt t  3  ln x  t 2  3  ln x  2 tdt  dx
x
2

Khi đó J 



2 t 2 dt 

3

2 3 2
16  6 3
t

3
3

3

0,25

0,25

0,25

0,25

Vậy I  22  6 3 .
3

3


S

Câu 6
(1.0đ)

J

A

K

B

D

H

I

C

Kẻ đường cao BK của hình thang ABCD, ta có
BK  AB 2  AK 2 

0,25

a 3
2

Diện tích ABCD là S( ABCD ) 

AD  BC
3a 2 3
.BK 
.
2
4

0,25

1
a3 3
Thể tích khối chóp S.ABCD: V  SH .S ABCD  
.( đvtt)

3
4

Gọi I là trung điểm của BC, kẻ HJ vng góc SI tại J.
Vì BC  SH và BC  HI nên BC  HJ . Từ đó suy ra HJ  ( SBC )

0,25

Khi đó d ( AD, SB)  d ( AD,( SBC ))  d ( H ,( SBC )  HJ .
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng SHI ta có.

HJ 

a 3
a 21
a 21
2
.Vậy d ( AD, SB )  HJ =
.


7
3 2
7
SH 2  HI 2
2
a  a
4
SH .HI

a.

Câu 7
(1.0đ)

B

A
N
M
H
D

C

K
4

0,25


1
2

MN là đường trung bình của tam giác HAB suy ra MN//AB và MN= AB
1
2

0,25

1
2

MNCK là hình bình hành nên CK//MN ; CK=MN= AB  CD suy ra K là trung
điểm CD và N là trực tâm của tam giác BCM, do đó CN  MB mà MK//NC nên
MK  MB
  36 8   

9
8
B  d : 2 x  y  2  0  B(b; 2 b  2) , MK   ;  , MB   b  ; 2b  
5
5
 5 5

 

52
52
MK .MB  0  b 
 0  b  1  B(1; 4)
5
5



C  d ' : x  y  5  0  C (c;c 5), (c  4) , BC   c  1; c 9  , KC   c  9; c  7 

 


b  9
 C  9; 4 
BC.KC  0   c  1 c  9  +  c  9  c  7   0  
c  4 ( L)

0,25

0,25

Vì K(9; 2) là trung điểm CD và C(9 ;4) suy ra D(9 ;0).
Gọi I là trung điểm BD thì I(5 ;2) và I là trung điểm AC nên A(1 ;0).
Câu 8
(1.0đ)

0,25

x  1 t



Ta có MN   2; 2; 2  nên phương trình đường thẳng MN là  y  2  t (t  )
z  3  t


0,25

Mặt cầu (S) có bán kính R 

MN
1

, có tâm I  MN  I (1  t; 2  t;3  t )

6
3

(S) tiếp xúc với (P) nên d ( I ; ( P))  R 

1 t  2  t  3  t  4
3



t  7
1

3
t  5

Với t  7  I (6;5; 4) , phương trình (S) là ( x  6)2  ( y  5)2  ( z  4)2 

1
3

0,25

1
3

Với t  5  I (4;3; 2) , phương trình (S) là ( x  4) 2  ( y  3)2  ( z  2)2 

0,25

Câu 9

Bạn Bình được khơng dưới 9,5 điểm khi và chỉ khỉ trong 5 câu trả lời ngẩu nhiên,

(0,5đ)

Bình trả lời đúng ít nhất 3 câu

0,25

0,25

Xác suất trả lời đúng một câu hỏi là 0,25, trả lời sai là 0,75.
Xác suất Bình trả lời đúng 3 câu trên 5 câu là C53 .(0, 25)3 .(0, 75) 2 ;
Xác suất Bình trả lời đúng 4 câu trên 5 câu là C54 .(0, 25) 4 .(0, 75) ;
Xác suất Bình trả lời đúng cả 5 câu là C55 .(0, 25)5 ;
Vậy xác suất Bình được khơng dưới 9,5 điểm là :
3
5
C5 .(0, 25)3 .(0, 75) 2  C54 .(0, 25) 4 .(0, 75)  C5 .(0, 25)5  0,104

5

0,25


Câu 10

Đặt t  ab (t  0) , M 

(1,0đ)
ab  2  a 4  b 4 

3
2
2


2
2
1  a 1  b 1  2ab

1
1
 2a 2 b 2 
ab
ab

0,25

1
1
hay t  2  2t 2   2t 3  t 2  2t  1  0   t  1 ( vì t>0)
2
t

Với a, b  0 và ab  1 , ta có

1
1
2


(*)
2
2
1  a 1  b 1  ab

Thật vậy

0,25
2

Với a, b  0

 a  b   ab  1  0
và ab  1 , (*) 
(Đúng)
(1  a 2 ) 1  b 2  1  ab 

Khi đó M 

4
3
(1)

1  ab 1  2ab

Xét hàm số g (t ) 
ta có g '(t )  

0,25

4
3
1

, với  t  1
1  t 1  2t
2

5t 2  2t  1
6
4
1 

 2
 0, t   ;1
2
2
2
2
(t  1)  2t  1
2 
 t  1  2t  1
1
2

Suy ra g (t)  g ( ) 

7
(2)
6

Từ (1) và (2) suy ra M 

0,25

7
1
1
. Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b 
(a  b, t  ab  )
6
2
2

Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào  đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl

6


TRƯỜNG THPT CHUN 
HÀ TĨNH 

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 
Mơn: TỐN 
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề 

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  y = x 3 - 3 x 2  + 2 (1). 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số  (1) . 
b. Gọi  M  là điểm thuộc đồ thị  (C )  có hồnh độ bằng ­1. Tìm m để tiếp tuyến với  (C )  tại  M 
song song với  đường thẳng  d : y = (m 2  + 5) x + 3m + 1. 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a. Giải phương trình  cos3 x + 2sin 2 x - cos x = 0. 
b. Giải phương trình  5 x + 51 - x - 6 = 0. 
1 

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:  I = ị  x + e 2 x ) xdx. 
(
0 

Câu 4 (1,0 điểm). 
a. Giải phương trình  2log 3 (4 x - 3) + log 1 (2 x + 3) = 2. 
3 
1
3 
5 
b. Cho  n  là số nguyên dương thỏa mãn  5C n = Cn .  Tìm hệ số của số hạng chứa  x  trong khai 

triển nhị thức Niutơn của  (2 + x)n . 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng, BD = 2a; tam giác SAC 
vng tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy,  SC = a 3.  Tính theo a thể tích khối 
chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm  B  đến mặt phẳng  ( SAD 
). 
Câu 6  (1,0  điểm). Trong mặt phẳng  tọa độ  Oxy  cho  hình  bình hành  ABCD  có  N  là  trung 
, 
điểm của cạnh  CD  và đường thẳng  BN  có phương trình là  13 x - 10 y + 13 = 0;  điểm  M (- 

1;2) 
thuộc đoạn thẳng AC  sao cho  AC = 4 AM .  Gọi  H  là điểm đối xứng với  N  qua  C  Tìm tọa độ 
. 
các đỉnh  A, B, C , D  biết rằng  3 AC = 2 AB và điểm  H  thuộc đường thẳng  D : 2 x - 3 y = 0. 
, 
Câu  7  (1,0  điểm).  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz  cho  điểm  A(- 
, 
2;1;5) ,  mặt  phẳng 
x - 1 y - 2  z 
=
=  .  Tính  khoảng  cách  từ  A  đến 
2
3
1 
( P  . Viết phương trình mặt phẳng  (Q  đi qua  A  , vng góc với  ( P  và song song với  d 
) 
) 
) 
. 

( P ) : 2 x - 2 y + z - 1 = 0  và  đường  thẳng  d :

ì x 2 + ( y 2 - y - 1) x 2 + 2 - y 3  + y + 2 = 0 
ï
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  í
( x, y Ỵ R 
). 
2 
3  2
ï y - 3 - xy - 2 x - 2 + x = 0 

ỵ 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho  a  là số thực thuộc đoạn  [1;2].  Chứng minh rằng 
a+
(2a + 3a + 4a )(6a + 8a + 12 a ) < 24  1 

---------HẾT--------- 

Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào ( admin  />www.laisac.page.tl


TRƯỜNG THPT CHUN 
HÀ TĨNH 

THI THỬ THPT QG LẦN 1 NĂM 2015 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Mơn: TỐN 
Nội dung 

Câu 

Điểm 

3
1.a  Ta có  y  =  x  - 3  2  + 2 . 
x 

+) Tập xác định: R. 
+) Sự biến thiên:

0,25

é x = 0 
w Chiều biến thiên:  y ' = 3 x 2 - 6 x , y ' = 0 Û ê
ë x = 2 

w Giới hạn, tiệm cận:
lim  y  = -Ơ , lim y = +Ơ .thhmskhụngcútimcn.
x -Ơ
đ

x +Ơ
đ

wCctr:thhmstcciti (0; 2) , cực tiểu tại  (2; -2)
w Hàm số đb trên mỗi khoảng  ( -¥; 0); (2; +¥ ) , nghịch biến trên  (0;2) 

0,25

w Bảng biến thiên: 
x
-¥ 
y' 

0                  2
+  0 
­ 
0        + 
2

+¥ 

+¥ 

0,25 

y 
­2
-¥ 
Đồ thị: 

y
Đồ thị cắt Ox tại  (1; 0) , cắt Oy tại  (0; 2) 

(0; 2) 

2 
2 
O    1 

x 

0,25 

­2

1.b 

Ta có  M (-1; - 
2). 

0,25 

/ 

Pttt của (C) tại M là  D : y = y (-1)( x + 1) - 2  hay  D : y = 9 x + 7. 

ìm 2  + 5 = 9  ì m = ±2 
D / /d ớ
ớ
m= -2.
3
ợ m + 1 ạ 7 ợ m ¹ 2 
2.a 

0,25 
0,5 

cos3 x + 2sin 2 x - cos x = 0 Û 2sin 2 x(1 - sin x) = 0 

0,25 

p
é
x = k 
sin 2 x = 0  ê
é
2 
Ûê
Ûê
ësin x = 1 
ê x = p + k 2 
p

ê
ë  2 

0,25