Tuyển tập 25 đề thi thử ĐẠI HỌC 2015 môn toán HAY NHẤT có ĐÁP ÁN rất chi tiết

Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN NĂM 2015
KHỐI: A
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số
3 2 3
3 4y x mx m= − +
(m là tham số) có đồ thị là (C
m
)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để (C
m
) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Câu 2 (2.0 điểm ) :
1. Giải phương trình:
2
3 4 2sin 2
2 3 2(cotg 1)
sin 2
cos
x
x
x
x
+
+ − = +
.
2. Tìm m để hệ phương trình:
3 3 2
2 2 2

3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m

− + − − =


+ − − − + =


có nghiệm thực.
Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường
thẳng (d) lần lượt có phương trình:
(P): 2x − y − 2z − 2 = 0; (d):
1 2
1 2 1
x y z+ −
= =
−
1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng
bằng 2 và vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc
nhỏ nhất.
Câu 4 (2.0 điểm):
1. Cho parabol (P): y = x
2
. Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hồnh độ x = 2. Gọi (H)
là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hồnh. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình
(H) khi quay quanh trục Ox.

2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x
2
+ y
2
+ z
2
≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
= + +
+ + +
Câu 5 (2.0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip (E):
2 2
1
8 6
x y
+ =
và parabol (P): y
2
= 12x.
2. Tìm hệ số của số hạng chứa x
8
trong khai triển Newton:
12
4
1

1 x
x
 
− −
 ÷
 
−−−−−−−−−−−−−o0o−−−−−−−−−−−−−
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: SBD:
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
ĐỀ SỐ 1
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
ĐÁP ÁN
Câu Nội dung
Điể
m
I
1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x
3
− 3x
2
+ 4
+ TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = 3x
2
− 6x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) và (2; +∞)
Hàm số nghich biến trên: (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tại x
CĐ

= 0, y
CĐ
= 4; đạt CT tại x
CT
= 2, y
CT
= 0
y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1
Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Điểm uốn (1; 2)
0.25
Giới hạn và tiệm cận:
3
3
3 4
lim lim 1
x x
y x
x
x
→±∞ →±∞
 
= − + = ±∞
 ÷
 
0.25
LËp BBT:
0.25
§å thÞ: 0.25
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
0

x
4
+∞
−∞
−
+
+
0
0
y’
−∞
2
+∞
y
0
x
y
O
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
2/. Ta có: y’ = 3x
2
− 6mx = 0 ⇔
0
2
x
x m
=


=


Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m ≠ 0.
0.25
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m
3
), B(2m; 0) ⇒
3
(2 ; 4 )AB m m= −
uuur
Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m
3
)
0.25
Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vng góc với
đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x
3
3
2 4 0
2
m m
m m

− =

⇔

=


0.25

Giải ra ta có:
2
2
m = ±
; m = 0 0.25
Kết hợp với điều kiện ta có:
2
2
m = ±
II
2/. Đk:
2
x k
π
≠
0.25
Phương trình đã cho tương đương với:
( )
2
2 2
2
2
4
3 1 2 3 2
sin 2
2(sin cos )
3 3 2
sin cos
3 2 3 0
tg cotg

tg cotg
tg tg
x x
x
x x
x x
x x
x x
+ + − =
+
⇔ + − =
⇔ + − =
0.25
⇔
3
3
1
3
6
tg
tg
x k
x
x
x k
π


= − + π
= −



⇔


π
=

= + π




0.25
KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :
6 2
x k
π π
= +
; k∈Z 0.25
2/.
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m

− + − − =



+ − − − + =


Điều kiện:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y
y y

− ≥ − ≤ ≤


⇔
 
≤ ≤
− ≥




0.25
Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t
3
− 3t
2

= y
3
− 3y
2
.
0.25
Hàm số f(u) = u
3
− 3u
2
nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:
0.25
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
(1) ⇔ y = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔
2 2
2 1 0x x m− − + =
Đặt
2
1v x= −
⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v
2
+ 2v − 1 = m.
Hàm số g(v) = v
2
+ 2v − 1 đạt
0;1 0;1
min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
axg v g v= − =

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2
0.25
III
1/. Đường thẳng (∆) có phương trình tham số là:
1 2 ;
2

x t
y t t R
z t
= −


= − + ∈


= +

Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(∆).
0.25
Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:
| 2 1 2 4 2 2| | 6 5|
( ; ) 3
3 3
t t t t
d I
− + − − − − +
∆ = = =
⇔
2

3
7
3
t
t

=



= −


0.25
⇒ Có hai tâm mặt cầu:
2 1 8 7 17 1
; ; ; ;
3 3 3 3 3 7
vµ I I
   
− − −
 ÷  ÷
   
Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu
có bán kính là R = 5.
0.25
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:
2 2 2 2 2 2
2 1 8 7 17 1
25 25

3 3 3 3 3 3
vµ x y z x y z
           
+ + − + − = − + + + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
           
0.25
2/. Đường thẳng (∆) có VTCP
( 1;2;1)u = −
r
; PTTQ:
2 1 0
2 0
x y
x z
+ + =


+ − =

Mặt phẳng (P) có VTPT
(2; 1; 2)n = − −
r
0.25
Góc giữa đường thẳng (∆) và mặt phẳng (P) là:
| 2 2 2 | 6
sin
3
3. 6
− − −

α = =
⇒ Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là
6 3
cos 1
9 3
α = − =
0.25
Giả sử (Q) đi qua (∆) có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z − 2) = 0 (m
2
+ n
2
> 0)
⇔ (2m + n)x + my + nz + m − 2n = 0
Vậy góc giữa (P) và (Q) là:
2 2
| 3 | 3
cos
3
3. 5 2 4
m
m n mn
α = =
+ +
0.25
⇔ m
2
+ 2mn + n
2
= 0 ⇔ (m + n)
2

= 0 ⇔ m = −n.
Chọn m = 1, n = −1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y − z + 3 = 0
0.25
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
IV
1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ x = 2 là: y = 4x − 4
0.25
Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:
2 2
4 2
0 1
(4 4)V x dx x dx
 
= π − −
 ÷
 ÷
 
∫ ∫
0.25
=
5
3
2 2
16 16
( 1)
0 1
5 3 15
x
x

 
π
π − − =
 ÷
 
0.5
2/. Ta có:
[ ]
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 ) 9
1 1 1
xy yz zx
xy yz zx
 
+ + + + + + + ≥
 ÷
+ + +
 
0.25
2 2 2
9 9
3
3
P
xy yz zx
x y z
⇔ ≥ ≥
+ + +
+ + +
0.25

⇒
9 3
6 2
P ≥ =
0.25
Vậy GTNN là P
min
=
3
2
khi x = y = z 0.25
V
1/. Giả sử đường thẳng (∆) có dạng: Ax + By + C = 0 (A
2
+ B
2
> 0)
(∆) là tiếp tuyến của (E) ⇔ 8A
2
+ 6B
2
= C
2
(1)
(∆) là tiếp tuyến của (P) ⇔ 12B
2
= 4AC ⇔ 3B
2
= AC (2)
0.25

Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = −2A.
Với C = −2A ⇒ A = B = 0 (loại)
0.25
Với C = 4A ⇒
2
3
A
B = ±

⇒ Đường thẳng đã cho có phương trình:
2 2 3
4 0 4 0
3
3
A
Ax y A x y± + = ⇔ ± + =
0.25
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm:
2 3
4 0
3
x y± + =
0.25
Ta có:
12
12
12
4 4 12 4
12
0

1 1 1
1 1 ( 1)
k
k k
k
x x C x
x x x
−
=
 
     
+ − = − + = − +
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
∑
0.25
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
( )
12 12
12 4 12 4 4
12 12
0 0 0 0
12
12 4 5
12
0 0
1

( 1) ( 1)
( 1)
i
k k
k i
k k i k k i k i i
k k
k i k i
k
k k i k i
k
k i
C C x C C x x
x
C C x
−
− − − −
= = = =
− −
= =
 
= − = −
 ÷
 
= −
∑ ∑ ∑∑
∑∑
0.25
Ta chọn: i, k ∈N, 0 ≤ i ≤ k ≤ 12; 4k − 5i = 8
⇒ i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12

0.25
Vậy hệ số cần tìm là:
2 0 7 4 12 8
12 2 12 7 12 12
. . . 27159C C C C C C− + = −
0.25
TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN NĂM
2015
KHỐI: A
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2x 3
y
x 2
−
=
−
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của
(C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0
2. Giải phương trình: x
2
– 4x - 3 =
x 5+
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân:

1
2
1
dx
1 x 1 x
−
+ + +
∫
Câu IV (1 điểm)
Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vng cân đỉnh C và SA vng
góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể
tích khối chóp lớn nhất .
Câu V ( 1 điểm )
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
1 1 1
4
x y z
+ + =
. CMR:
1 1 1
1
2 2 2x y z x y z x y z
+ + ≤
+ + + + + +
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a.( 2 điểm )
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
ĐỀ SỐ 2
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ

1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên
AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết
rằng nó đi qua điểm (3;1)
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho mp(P) :
x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :
(d)
x 1 3 y z 2
1 1 2
+ − +
= =
−
và (d’)
x 1 2t
y 2 t
z 1 t
= +


= +


= +

Viết phương trình tham số của đường thẳng (
∆
) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả
hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa
chúng .
Câu VIIa . ( 1 điểm )
Tính tổng :

0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
S C C C C C C C C C C C C= + + + + +
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b.( 2 điểm )
1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :
(C
1
) : (x - 5)
2
+ (y + 12)
2
= 225 và (C
2
) : (x – 1)
2
+ ( y – 2)
2
= 25
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho hai đường thẳng :
(d)
x t
y 1 2t
z 4 5t
=


= +



= +

và (d’)
x t
y 1 2t
z 3t
=


= − −


= −

a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau .
b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và
(d’) .
Câu VIIb.( 1 điểm )
Giải phương trình :
( )
5
log x 3
2 x
+
=
Hết
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
®¸p ¸n

Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
C©u Néi dung §iĨm
I
2.0®
1
1.25
®
Hµm sè y =
2x 3
x 2
−
−
cã :
- TX§: D =
R
\ {2}
- Sù biÕn thiªn:
+ ) Giíi h¹n :
x
Lim y 2
→∞
=
. Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng y = 2 lµm
TCN
,
x 2 x 2
lim y ; lim y
− +

→ →
= −∞ = +∞
. Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng x = 2 lµm
TC§
+) B¶ng biÕn thiªn:
Ta cã : y’ =
( )
2
1
x 2
−
−
< 0
x D∀ ∈
Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng
( )
−∞;2
vµ hµm sè kh«ng cã
cùc trÞ
- §å thÞ
+ Giao ®iĨm víi trơc tung : (0 ;
3
2
)
+ Giao ®iĨm víi trơc hoµnh :
A(3/2; 0)
- §THS nhËn ®iĨm (2; 2)
lµm t©m ®èi xøng
0,25
0,25

0,25
0,5
2
0,75
đ
Lấy điểm
1
M m;2
m 2
 
+
 ÷
−
 
( )
C∈
. Ta có :
( )
( )
2
1
y' m
m 2
= −
−
.
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :

( )
( )

2
1 1
y x m 2
m 2
m 2
= − − + +
−
−
Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là :
2
A 2;2
m 2
 
+
 ÷
−
 
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)
Ta có :
( )
( )
2
2
2
1
AB 4 m 2 8
m 2
 
= − + ≥
 

−
 
 
. Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2)
0,25đ
0,25đ
A
B
C
S
ϕ
8
6
4
2
-2
-4
-5
5
10
y’
y
x
+∞
−∞
-
+∞
−∞
2

-
22
2
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN NĂM
2015
KHỐI: A
Thời gian: 180 phút(khơng kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm)
Cho hàm số y = (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng
của đồ thị (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (2.0 điểm)
1. Giải phương trình
2 os6x+2cos4x- 3 os2x =sin2x+ 3c c

2. Giải hệ phương trình
2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y
y y x y

+ − =




− − = −

Câu III. (1.0 điểm)
Tính tích phân
1
2 3
0
( sin )
1
x
x x dx
x
+
+
∫
Câu IV. (1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện
1 1 1
2
x y z
+ + ≥
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
Câu V. (1.0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < ) các cạnh còn lại
đều bằng 1.
Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ
khơng dược chấm điểm).
A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)
1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1
) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d
2
):
4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d
1
),
(d
2
), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’

có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của
đoạn AD, N là
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
ĐỀ SỐ 3
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
tâm hình vng CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1)

0
5 6
x x
x x
+ − +
>
− −
B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)
1. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình
đường tròn đi qua 2
điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d).
2. Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt
phẳng (Q):
x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vng góc với
(Q).
Câu VIIb. (1.0 điểm)
Giải phương trình
1 2 2 3
2
2
x x x x
x x x x
C C C C
− − −
+
+ + =
(
k
n

C
là tổ hợp chập k của n phần tử)
HẾT
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
CÂU NỘI DUNG THANG
ĐIỂM
Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
→+∞ →−∞
= =
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
+ −
→ →
= +∞ = −∞
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y’ =

2
1
0
( 1)x
− <
−
0.25
Bảng biến thiên
1
+
∞
-
∞
1
- -
y
y'
x
-
∞
1 +
∞
Hàm số nghịc biến trên
( ;1)−∞
và
(1; )+∞
Hàm số khơng có cực trị
0.25
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)

Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm
đối xứng
0.25
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
-
+
f(t)
f'(t)
x
2
0
1
0
+
∞
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
2.(1.0đ) Giả sử M(x
0
; y
0
) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng
cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :
0
0
2
0 0
1
( )

( 1) 1
x
y x x
x x
= − − +
− −
2
0
2 2
0 0
1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
⇔ − − + =
− −
0.25
Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1
( 1)
x
x

−
+
+
Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t
>
+
ta có f’(t) =
2
4 4
(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1
t t t
t t
− + +
+ +
0.25
f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta c
d(I ;tt) lớn nhất khi và
chỉ khi t = 1 hay
0
0

0
2
1 1
0
x
x
x
=

− = ⇔

=

0.25
+ Với x
0
= 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x
0
= 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4
0.25
Câu
II(2.0đ)
1.
(1.0đ)
4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2
3
cos
2
x

0.25
os x=0
2cos5x =sinx+ 3 cos
c
x

⇔


0.25
cos 0
os5x=cos(x- )
6
x
c
π
=


⇔


0.25
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
2
24 2
2
42 7
x k

k
x
k
x
π
π
π π
π π

= +



⇔ = − +



= +


0.25
2.(1.0đ) ĐK :
0y ≠

hệ
2
2
1
2 2 0
2 1

2 0
x x
y
x
y y

+ − − =


⇔


+ − − =


đưa hệ về dạng
2
2
2 2 0
2 2 0
u u v
v v u

+ − − =


+ − − =


0.5

2
1
1
1
2 2 0
3 7 3 7
2 2
,
1 7 1 7
2 2
u v
u v
u v
u v
v v u
u u
v v






=
= =






= −
⇔ ⇔ = = −




+ − − =  
− +


= =
 

 

 
− + − −

 
= =

 
 

Từ đó ta có nghiệm của
hệ
(-1 ;-1),(1 ;1), (
3 7 2
;
2

7 1
−
−
), (
3 7 2
;
2
7 1
+
+
)
0.5
Câu III.
(1.0đ)
1 1
2 3
0 0
sin
1
x
I x x dx dx
x
= +
+
∫ ∫
0.25
Ta tính I
1
=
1

2 3
0
sinx x dx
∫
đặt t = x
3
ta tính được I
1
= -1/3(cos1 - sin1)
0.25
Ta tính I
2
=
1
0
1
x
dx
x+
∫
đặt t =
x
ta tính được I
2
=
1
2
0
1
2 (1 ) 2(1 ) 2

1 4 2
dt
t
π π
− = − = −
+
∫
0.25
Từ đó ta có I = I
1
+ I
2
= -1/3(cos1 - 1)+
2
2
π
−
0.25
Câu IV.
(1.0đ)
Ta có
1 1 1
2
x y z
+ + ≥
nên
0.25
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
O
C

B
A
D
S
H
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (1)
y z y z
x y z y z yz
− − − −
≥ − + − = + ≥
Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)
x z x z
y x z x z xz
− − − −
≥ − + − = + ≥
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y
y x y x y xy
− − − −
≥ − + − = + ≥
0.25
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được
1
( 1)( 1)( 1)
8

x y z− − − ≤
0.25
vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z⇔ = = =
0.25
Câu V.
(1.0đ) Ta có
( . . )SBD DCB c c c SO CO∆ = ∆ ⇒ =
Tương tự ta có SO = OA
vậy tam giác SCA vng tại S.
2
1CA x⇒ = +
Mặt khác ta có
2 2 2 2 2 2
AC BD AB BC CD AD+ = + + +
2
3 ( 0 3)BD x do x⇒ = − < <
2 2
1
1 3
4
ABCD
S x x⇒ = + −
0.5
Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB)
Vì SB = SD nên HB = HD

⇒
H
∈
CO
0.25
Mà
2 2 2
2
1 1 1
1
x
SH
SH SC SA
x
= + ⇒ =
+
Vậy V =
2
1
3 ( vtt)
6
x x d−

0.25
Câu
VIa.
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
Gọi A là giao điểm d

1
và d
2
ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d
1
với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d
2
với Oy ta có C(0 ;4)
0.5
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
B'
Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D
A
B
M
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
2.

(1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi qua
4 điểm M,N,B,C’ có dạng
x
2
+ y
2
+ z
2
+2Ax + 2By+2Cz +D
= 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5
2
1 2 0
5
2 2 2 0
2
8 4 4 0
1
8 4 4 0
2
4
A
A D
B C D
B
A C D

C
B C D
D

= −

+ + =




+ + + =
= −
 
⇔
 
+ + + =
 
= −
 
+ + + =



=

Vậy bán kính R =
2 2 2
15A B C D+ + − =
1.0

Câu
VIIa
(1.0đ)
Câu
VIb
(2.0đ)
Đk: x > - 1 0.25
bất phương trình
3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)
x
x
x x
+
+ −
⇔ >
+ −
3
log ( 1)
0
6
x
x
+

⇔ <
−
0.25
0.25
0 6x⇔ < <
0.25
Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)
2
+ (x-b)
2
= R
2
0.25
Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình
2 2 2
2 2 2
2 2
(1 )
(1 ) (2 )
( 1) 2
a b R
a y R
a b R

+ + =

− + − =


− − =


0.25
2
0
1
2
a
b
R

=

⇔ =


=

Vậy đường tròn cần tìm là: x
2
+ (y - 1)
2
= 2
0.5
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
2.
(1.0đ)
Ta có
(1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)
Q Q

AB n AB n
 
= −
 
uuur uur uuur uur
Vì
; 0
Q
AB n
 
≠
 
uuur uur r
nên mặt phẳng (P) nhận
;
Q
AB n
 
 
uuur uur
làm véc tơ pháp
tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu
VIIb
(1.0đ)
ĐK :
2 5x
x N

≤ ≤


∈

Ta có
1 1 2 2 3 1 2 3 2 3
2 1 1 2 2 2
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
C C C C C C C C C C
− − − − − − −
+ + + + + +
+ + + = ⇔ + = ⇔ =
(5 )! 2! 3x x⇔ − = ⇔ =
1.0
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®ỵc ®đ ®iĨm
tõng phÇn nh ®¸p ¸n quy ®Þnh.
TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN NĂM
2015
KHỐI: A
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Câu I. (5,0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 (m là tham số) (1)
1. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x
1

, x
2
thỏa mãn x
1
+ 2x
2
= 3.
2. Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;1), B, C
sao cho các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại B và C vng góc với nhau.
Câu II. (4,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
8
5.
x x y x y y
x y

− = +


− =


(x, y ∈ R)
2. Giải phương trình:
sin 4 cos4 4 2 sin( ) 1
4
x x x
π
+ = + −
. (x ∈ R)

Câu III.(2,0 điểm)
Cho phương trình:
2
log( 10 ) 2log(2 1)x x m x+ + = +
(với m là tham số) (2)
Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt.
Câu IV. (2,0 điểm)
Tính tích phân:
4
2
0
tan
cos 1 cos
xdx
x x
π
+
∫
.
Câu V. (4,0 điểm)
1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng ∆
1
: x + y – 3 = 0 và đường
thẳng ∆
2
: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆
1
và điểm C thuộc ∆
2
sao cho tam

giác ABC vng cân tại A.
2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt
phẳng (P): x + y + z - 6 = 0.
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
ĐỀ SỐ 4
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA
2
+ MB
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VI. (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng
góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 60
0
.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu VII. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.
Chứng minh rằng:
3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
.
(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh:……………………………………….SBD:……………………
ĐÁP ÁN
Câu Phương pháp - Kết quả Điểm
I.1
(2điểm)
1. Ta có y’ = 3x
2
+ 6x + m 0,5
Ycbt tương đương với phương trình 3x
2
+ 6x + m = 0 có hai
nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
+ 2x
2
= 3.
0,5
⇔
1 2
1 2
1 2
9 -3 0
-2
.
3
2 3

m
x x
m
x x
x x
>


+ =



=


+ =


0,5
Giải hệ trên ta được m = -105 0,5
I.2
(2điểm)
2.+) Hồnh độ điểm chung của (C) và d là nghiệm của
phương trình
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 ⇔ x(x
2

+ 3x + m) = 0
0,5
Từ đó tìm được m <
9
4
và m ≠ 0 thì d cắt (C) tại ba điểm
phân biệt A(0; 1), B, C.
0,5
+) B(x
1
; 1), C(x
2
; 1) với x
1
; x
2
là nghiệm của phương trình
x
2
+ 3x + m = 0 .
Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k
1
= 3x
1
2
+ 6x
1
+ m
và tại C là k
2

= 3x
2
2
+ 6x
2
+ m
0,5
Tiếp tuyến của (C) tại B và C vng góc với nhau khi và chỉ
khi
k
1
.k
2
= -1
0,5
⇔ 4m
2
– 9m + 1 = 0
0,5
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
⇔
9 65
m ( t/m)
8
9 65
m ( t/m)
8

−

=



+
=


0,5
II.1
(2điểm)
1. Điều kiện x, y ≥ 0 0,5
Xét y = 0, khơng thỏa mãn hpt
+) y ≠ 0, đặt
x t y=
, t ≥ 0. Hệ phương trình trở thành
3
3
2 2
2
2
2
5 5
8 (*)
8
1 1
5
( 1) 5
( 1)
1

t
t
t y t y
t t
y t
y t
t

− = +


− = +
 
− −
⇔
 
− =

 
= ≠

−

(*) ⇔ 4t
3
– 8t
2
+ t + 3 = 0
⇔ t = 1; t = -
1

2
; t =
3
2
. Đối chiếu điều kiện ta được t =
3
2
1
Từ đó tìm được (x;y) = (9; 4).
(HS có thể giải bài tốn bằng phương pháp thế hoặc cách
khác được kết quả đúng vẫn được điểm tối đa)
0,5
II.2
(2điểm)
2. PT ⇔ 2sin 2x cos 2x + 2cos
2
2x = 4(sin x + cos x)
0,5
⇔ (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x
+ cos x)
⇔
sinx cos 0
(cos sinx)(sin 2 os2 ) 2
x
x x c x
+ =


− + =


0,5
⇔
4
os3 sinx 2
x k
c x
π
π

= − +


− =

0,5
Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vơ
nghiệm
KL: x =
4
k
π
π
− +
0,5
III
(2điểm)
3. PT ⇔
2 2 2
1 1
2 2

10 (2 1) 3 6 1(**)
x x
x x m x m x x
 
> − > −
 
⇔
 
 
+ + = + = − +
 
1
Ycbt ⇔ (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >-
1
2
Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x
2
– 6x + 1 trong (-
1
2
;+∞ )ta tìm đươc m ∈ (-2;
19
4
)
1
IV
(2điểm)
I =
4
2

0
tan
cos 1 cos
xdx
x x
π
+
∫
=
4
2 2
0
tan
cos 2 tan
xdx
x x
π
+
∫
.
0,5
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
Đặt t =
2 2 2
2
tan x
2 tan t 2 tan tdt =
cos
dx

x x
x
+ ⇒ = + ⇒
0,5
Đổi cận : x = 0 ⇒ t =
2
x =
t 3
4
π
⇒ =
0,5
I =
3 3
2 2
3 2
tdt
dt
t
= = −
∫ ∫
0,5
V.1
(2điểm)
1. B ∈ ∆
1
⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆
2
⇔ C(b; 9-b)
∆ ABC vng cân tại A ⇔

2 2
. 0AB AC
AB AC

=


=


uuur uuur

0,5
⇔
2 2
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)
2a - 8a = 2b 20b 48 (2)


− +

a = 2 khơng là nghiệm của hệ trên.
0,5
(1) ⇔ b =
5a - 8
a - 2
. Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4
0,5
Với a = 0 suy ra b = 4.
Với a = 4 suy ra b = 6.

0,5
V.2
(2điểm)
2.Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I ( 1; 1; 1)
+) MA
2
+ MB
2
= 2MI
2
+ IA
2
+ IB
2
Do IA
2
+ IB
2
khơng đổi nên MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất khi MI

nhỏ nhất
⇔ M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P)
1
+) Phương trình đường thẳng MI :
x-1 y-1 z-1
= =

1 1 1
. 0,5
M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P).
Từ đó tìm được M(2; 2; 2)
0,5
VI
(2điểm)
3.

D
C
B
A
S
M
Gọi M là hình chiếu vng góc của B lên SC. Chứng minh
được góc DMB = 120
0
và ∆ DMB cân tại M
0,5
Tính được: DM
2
=
2
3
a
2
0,5
∆ SCD vng tại D và DM là đường cao nên
0,5

Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
2 2 2
1 1 1
= +
DM DS DC
Suy ra DS = a
2
. Tam giác ASD vng tại A suy ra SA =
a.
Vậy thể tích S.ABCD bằng
1
3
a
3
0,5
VII
(1điểm)
3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
(***).Do ab + bc + ca = 3 nên
VT (***) =
3 3 3
2 2 2

a b c
b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca
+ +
+ + + + + + + + +
=
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
b c a b c a b c a b c a
+ +
+ + + + + +
Theo BĐT AM-GM ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a b c a b a
b c c a
+ +
+ + ≥
+ +

3
5 2
( )( ) 8
a a b c
b c c a
− −
⇒ ≥
+ +
(1)

0,5
Hồn tồn tương tự ta chứng minh được:

3
5 2
( )( ) 8
b b c a
c a a b
− −
≥
+ +
(2),
3
5 2
( )( ) 8
c c a b
a b c a
− −
≥
+ +
(3)
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được
(***)
4
a b c
VT
+ +
≥
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được :
a + b + c ≥

3( )ab bc ca+ +
= 3.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm)
0,5
TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN NĂM
2015
KHỐI: A
Thời gian: 180 phút(khơng kể thời gian phát đề)
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
( )
4 2
4 1 2 1y x m x m= − − + −
có đồ thị
( )
m
C
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số khi
3
2
m =
.
b) Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều.
Câu II (2 điểm)
a) Giải phương trình
( ) ( ) ( )
1 1 2 1tan x sin x tan x .− + = +

b) Giải hệ phương trình trên tập số thực:
( )
2
4 3 2
2 5
1 9
x xy y
x x y x y xy y

+ + =


+ + + + + =


Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau:
27
3 2
1
2x
I dx
x x
−
=
+
∫
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
ĐỀ SỐ 5
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ

Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương
1 1 1 1
ABCD.A B C D
có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh
AB và CD lấy lần lượt các điểm M, N sao cho
.BM CN x= =
Xác định ví trí điểm M sao cho
khoảng cách giữa hai dường thẳng
1
AC
và
MN
bằng
3
a
.
Câu V (1 điểm) Cho x, y là các số thực thoả mãn
2 2
4 3x xy y .+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn
nhất của biểu thức:
3 3
8 9M x y xy= + −
.
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD biết điểm
( )
2;3A −

và phương trình
đường thẳng
( )
: 5 4 0BD x y− + =
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vng.
b) Trong khơng gian Oxyz cho điểm
( )
3; 1;2A −
, đường thẳng
( )
1 2 1
:
2 1 3
x y z
d
+ − −
= =
−
,
và mặt phẳng
( )
: 2 2 0P x y z− + − =
. Viết phương trình đường thẳng
( )
d
′
đi qua A, song song
với
( )
mp P

và vng góc với đường thẳng
( )
d
.
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức:
( ) ( )
2
2 2
3 1 7 1 0z z z z− + + − + =
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
a) Viết phương trình đường tròn
( )
C
có tâm I thuộc
( )
:3 2 2 0x y∆ + − =
và tiếp xúc với
hai đường thẳng
( )
1
: 5 0d x y+ + =
và
( )
2
: 7 2 0d x y− + =
b) Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
đi qua 2 điểm

( )
0;0;1M
;
( )
0;2;0N
và tạo với mặt
phẳng
( )
: 1 0x y z
β
+ + − =
một góc
30
o
.
Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh hệ thức sau:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
0 1 2 2009
2009 2009 2009 2009
0C C C C− + − − =
ĐÁP ÁN
Câu I 2 điểm
a) Với m = 2 hàm số trở thành
4 2
2 2y x x .= − +
• Tập xác định: Hàm số có tập xác định
D R.
=
• Sự biến thiên:

3
4 4y' x x.= −
Ta có
0
0
1
x
y'
x
=

= ⇔

= ±

0,25
•
( ) ( )
0 2 2 2
CD CT
y y ; y y .= = = = −
0,25
• Bảng biến thiên:
x
−∞
-1 0 1
+∞
y'

−
0
+
0
−
0
+
+∞
2
0,25
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
y

+∞
1 1
• Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
• Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy
0,25
b)
Xác định m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam
giác đều.
• Ta có
( ) ( )
( )
3 2
4 8 1 4 2 1y x m x x x m .
′
= − − = − −

•
( )
2
0
0
2 1
x
y
x m
=

′
= ⇔

= −

nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1
0,25
• Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
0 2 1 2 1 4 10 5 2 1 4 10 5A ; m ,B m ; m m ,B m ; m m .− − − + − − − − + −

Ta có:
( ) ( )
( )
4

2 2
2
2 1 16 1
8 1
AB AC m m
BC m
= = − + −
= −
0,25
• Điều kiện tam giác ABC đều là
2 2 2
AB BC CA AB BC CA= = ⇒ = =
( ) ( ) ( )
( )
4
3
3
2 1 16 1 8 1
1
1 0
3
8 1 3
1
2
m m m
m
m
m
m
⇒ − + − = −

=

− =


⇒ ⇒


− =
= +




0,25
• So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra
3
3
1
2
m = +
:
0,25
Câu II 2 điểm
a) Giải phương trình
( ) ( ) ( )
1 1 2 1tan x sin x tan x .− + = +
• Điều kiện:
π
π

2
x k ,k≠ + ∈Z
• Biến đổi phương trình về dạng
( ) ( )
1
1 os2 0
os2 1
tan x
sin x cos x c x
c x
= −

+ − = ⇔

=

.
0,
75
• Do đó nghiệm của phương trình là:
4
x k ,x k ;k
π
π π
= − + = ∈Z
0,25
b) Giải hệ phương trình trên tập số thực:
( )
2
4 3 2

2 5
1 9
x xy y
x x y x y xy y

+ + =


+ + + + + =


• Viết lại hệ dưới dạng:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
1 6
1 9
x x xy y
x x xy y

+ + + + =


+ + + =


0,25
• Đặt
2

1u x= +
và
2
v x xy y= + +
; hệ trở thành:
6
3
9
u v
u v
uv
+ =

⇔ = =

=

0,5
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
Nên
( )
( )
( ) ( )
2
2
2
2
1 3
; 2; 2 1 ; 2; 2 1

1 1
3
x
x
x y
y x
x xy y


=
+ =
 
⇔ ⇔ = − − − −
 
+ =
+ + =




• Vậy hệ có 2 nghiệm như trên.
0,25
Câu III Tính tích phân:
27
3 2
1
2x
I dx
x x
−

=
+
∫
• Đổi biến số
6
t x=

( )
3 3
3
2 2
2
1 1
2 2 2 1
5 5 1
1 1
1
t t
I dt dt
t t t
t t
−
 
= = − + −
 
+ +
+
 
∫ ∫

( )
( )
3
2
1
5 2 1 5
2
5 3 1 5
3
t lnt ln t J
ln J
= − + + −
 
= − + −
 ÷
 
Với
3
2
1
1
dt
J
t
=
+
∫
0,25
• Để tính J ta đặt
t tan x.=

Khi đó
3
4
3 4 12
J dt
π
π
π π π
= = − =
∫
0,5
• Vậy
2 5π
5 3 1
3 12
I ln
 
= − + −
 ÷
 
.
0,25
Câu IV
Các bạn tự vẽ hình.
• Ta có
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
MN / / BC MN / / A BC d MN, AC d MN, A BC⇒ ⇒ =
0,25

• Gọi
1 1
H A B AB= ∩
và
1
MK / / HA,K A B∈

2
2
x
MK⇒ =
.
0,25
• Vì
1 1 1
A B AB MK A B⊥ ⇒ ⊥
và
( )
1 1
CB ABB A CB MK⊥ ⇒ ⊥
.
• Từ đó suy ra
( ) ( )
( )
( )
1 1 1
MK A BC MK d MN, A BC d MN ,AC⊥ ⇒ = =
• Nên
2 2
3 2 3 3

a x a a
MK x= ⇒ = ⇒ =
. Vậy M thỏa mãn
2
3
a
BM =
0,5
Câu V Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức:
3 3
8 9M x y xy= + −
.
• Ta đặt
2t x y= +
, từ giả thiết suy ra
2
3
3
t
xy
−
=
. Điều kiện
2 30
5
t ≤
0,25
• Khi đó
( ) ( )
3

3 3
8 9 2 6 2 9M x y xy x y xy x y xy= + − = + − + −

( )
3 2
3 6 9t t t : f t= − − + + =
0,25
• Xét hàm f(t) với
2 3 2 3t ;
 
∈ −
 
, ta được:
( )
( )
2 30
1 3
5
min f t min f ; f
 
 
 
= − −
 ÷
 
 ÷
 
 
 
0,5

Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
( )
( )
2 30
max max 1 3
5
f t f ; f
 
 
 
= − + −
 ÷
 
 ÷
 
 
 
• Từ đó đi đến kết luận của bài tốn.
Câu VI.a Chương trình cơ bản
a)
• Chuyển
( )
BD
về dạng tham số
( )
5 1
1
x t
BD :

y t
= +


= +

,
t ∈R
• Gọi I là hình chiếu của A xuống cạnh BD
( )
5 1 1I t ;t⇒ + +
.
0,25
• Sử dụng điều kiện
( )
BD
AI u⊥
uur uuuur
suy ra
( )
1 3 1
1 2
2 2 2
t I ; C ; .
 
= − ⇒ − ⇒ − −
 ÷
 
0,25
• Vì

( ) ( )
1 1
5 1 1B BD B t ;t∈ ⇒ + +
. Do
0AB CB AB.CB⊥ ⇒ =
uuur uuur uuur uuur

1
1
1
0
t
t
= −

⇒

=

• Với
( ) ( )
1
1 4 0 1 1t B ; D ;= − ⇒ − ⇒
• Với
( ) ( )
1
0 1 1 4 0t B ; D ;= ⇒ ⇒ −
0,5
b) Viết ptdt (d’) đi qua A vng góc với (P) và song song với (d).
• Ta có (d’) có véc tơ chỉ phương là:

( )
; 2; 8; 4
d P
u u n
 
= = − − −
 
r uur uur
10.
0,5
• Phương trình đường thẳng cần tìm là:
( )
3 1 2
:
2 8 4
x y z
d
− + −
′
= =
− − −
hay
( )
3 1 2
:
1 4 2
x y z
d
− + −
′

= =
0,5
Câu VI.b Chương trình cơ bản
• Đặt
2
t z z= −
thì pt đã cho trở thành:
2
1
3 13 4 0
3
4
t
t t
t

= −

+ + = ⇔

= −


0,25
• Với
2
1 1 3
3 3 1 0
3 2 6
t z z z i= − ⇒ − + = ⇒ = ±

• Với
2
1 15
4 4 0
2 2
t z z z i= − ⇒ − + = ⇒ = ±
0,5
• Kết luận pt có 4 nghiệm phân biệt như trên
0,25
CâuVII.a Chương trình nâng cao
a)
• Đưa
( )
∆
về dạng tham số
( )
2 2
: ;
3 2
x t
t
y t
= +

∆ ∈

= − −

R
.

• Gọi
( ) ( )
2 2; 3 2I t t+ − − ∈ ∆
và R lần lượt là tâm và bán kính của
đường tròn.
0,25
• Từ đk tiếp xúc suy ra
( )
( )
( )
( )
1 2
5 17 18
; ;
2 5 2
t t
d I d d I d R R
− + +
= = ⇒ = =
0,5
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
Trường THPT Thanh Bình 2 Phan Công Trứ
7
5 25 17 18
22
5 25 17 18 43
12
t
t t
t t

t

=

− + = +

⇒ ⇒


− = +


= −


• Từ đó dẫn đến 2 đáp số của bài tốn.
0,25
b)
• Gọi
( )
: Ax 0By Cz D
α
+ + + =
2
2 0
2
C B
C D B D
D B
=


⇒ + = + = ⇒

= −

0,25
• Mp
( )
α
tạo với mp
( )
β
một góc
30
o
thì ta có:
( )
( )
2
2 2
2 2 2
3
os30 9 5 4 3
2
. 3
A B C
c A B A B
A B C
+ +
= = ⇒ + = +

+ +
o
• Chọn
1B =
ta có
2
12 1251
41 24 27 0
41
A A A
±
− − = ⇒ =
suy ra C, D.
• Kết luận: Có 2 mp thảo mãn đk đề bài.
0,75
CâuVII.b Chương trình nâng cao
• Ta có:
( )
2 1
0 2 1 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1
1
n
n n n
n n n
x C x C x C
+
+ +
+ + +
− = − + −

;
( )
2 1
0 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1
1
n
n n
n n n
x C C x C x
+
+
+ + +
+ = + + +

( ) ( ) ( )
2 1
2 0 2 1 2 1 0 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
1 ;(1)
n
n n n n
n n n n
x C x C C C x
+
+ + +
+ + + +
− = − − + +

( )

2 1
2 0 2(2 1) 1 4 2 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
1 ;(2)
n
n n n n
n n n n
x C x C x C x C
+
+ +
+ + + +
− = − + + −

Hệ số chứa
2 1n
x
+
trong khai triển (2) bằng 0, và trong khai triển
(1) là:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
0 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1

n
n n n n
C C C C
+
+ + + +
− + − −

0,75
• Vậy đồng nhất hệ số ta được:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
0 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
0
n
n n n n
C C C C
+
+ + + +
− + − − =

• Đặc biệt với n = 1004 ta có bài tốn cần chứng minh.
0,25
TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN NĂM
2015
KHỐI: A
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)
I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iĨm)
C©u I (2 ®iĨm). Cho hµm sè
2
12
+
+
=
x
x
y

cã ®å thÞ lµ (C)
1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cđa hµm sè
Đề ôn thi Đại học – Cao đẳng năm 2011
ĐỀ SỐ 6