30 đề THI THỬ THPT QUỐC GIA môn TOÁN 2015 (HAY WITH KEY)

SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT BẠCH ĐẰNG
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn : TOÁN

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


Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số
3
3 1
y x mx
   
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
m

.
b) Tìm
m
để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị
,
A B
sao cho tam giác
OAB
vuông tại
O
( với
O

là gốc tọa độ ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin 2 1 6sin cos2
x x x
  
.

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
3
2
1
2ln
x x
I dx
x



.

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình
2 1
5 6.5 1 0
x x

  
.

b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho điểm


4;1;3
A 
và đường
thẳng
1 1 3
:
2 1 3
x y z
d
  
 

. Viết phương trình mặt phẳng
( )
P
đi qua
A
và vuông góc với
đường thẳng
d
. Tìm tọa độ điểm
B

thuộc
d
sao cho
27
AB 
.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.
S ABC
có tam giác
ABC
vuông tại
A
,
AB AC a
 
,
I

là trung điểm của
SC
, hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng


ABC
là trung điểm
H

của
BC
, mặt phẳng


SAB
tạo với đáy 1 góc bằng
60

. Tính thể tích khối chóp
.
S ABC
và
tính khoảng cách từ điểm
I
đến mặt phẳng


SAB
theo
a
.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
cho tam giác
ABC
có



1;4
A
, tiếp
tuyến tại
A
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
cắt
BC
tại
D
, đường phân giác trong
của

ADB
có phương trình
2 0
x y
  
, điểm


4;1
M 
thuộc cạnh
AC
. Viết phương trình
đường thẳng
AB
.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2
3 5 4
4 2 1 1
x xy x y y y
y x y x

     


     




Câu 9 (1,0 điểm). Cho
, ,
a b c
là các số dương và
3
a b c
  
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
3 3 3
bc ca ab
a bc b ca c ab
P
 

  



…….Hết……….


ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm
a.(1,0 điểm)
Vơí m=1 hàm số trở thành :
3
3 1
y x x
   

TXĐ:
D R



2
' 3 3
y x
  
,
' 0 1
y x
   

0.25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng


; 1
 
và


1;

, đồng biến trên khoảng


1;1


Hàm số đạt cực đại tại
1
x

,
3
CD
y

, đạt cực tiểu tại
1
x

 
,
1
CT
y
 

lim
x
y

 
,
lim
x
y

 

0.25
* Bảng biến thiên
x –

-1 1 +


y’ + 0 – 0 +

y

+

3


-1 -




0.25








Đồ thị:

4
2
2
4



0.25
b.(1,0 điểm)



2 2
' 3 3 3
y x m x m
     




2
' 0 0 *
y x m   


0.25
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị

PT (*) có 2 nghiệm phân biệt


0 **
m 


0.25
Khi đó 2 điểm cực trị


;1 2

A m m m
 
,


;1 2
B m m m


0.25
1

Tam giác OAB vuông tại O
. 0
OAOB
 
 

3
1
4 1 0
2
m m m
     
( TM (**) )
Vậy
1
2
m


0,25
2.
(1,0 điểm)

WWW.VNMATH.COM

sin 2 1 6sin cos2
x x x
  


(sin 2 6sin ) (1 cos 2 ) 0
x x x
   


0.25



2
2sin cos 3 2sin 0
x x x
  





2sin cos 3 sin 0
x x x
  


0. 25
sin 0
sin cos 3( )
x
x x Vn




 



0. 25


x k


. Vậy nghiệm của PT là
,
x k k Z

 

0.25
(1,0 điểm)

2
2 2 2 2
2
2 2 2
1 1 1 1
1
ln ln 3 ln
2 2 2
2 2
x x x x
I xdx dx dx dx
x x x
     
   

0.25
Tính
2
2
1
ln
x
J dx
x



Đặt
2
1
ln ,
u x dv dx
x
 
. Khi đó
1 1
,du dx v
x x
  

Do đó
2
2
2

1
1
1 1
ln
J x dx
x x
  



0.25
2
1
1 1 1 1
ln 2 ln 2
2 2 2
J
x
     


0.25
3

Vậy
1
ln 2
2
I  

0.25
(1,0 điểm)

a,(0,5điểm)
2 1
5 6.5 1 0
x x

  
2
5 1
5.5 6.5 1 0
1
5
5
x
x x
x



    






0.25

0
1
x
x




 

Vậy nghiệm của PT là
0
x

và
1
x
 


0.25
b,(0,5điểm)


3
11
165
n C  

0.25
4.

Số cách chọn
3 học sinh có cả nam và nữ là
2 1 1 2
5 6 5 6
. . 135
C C C C 

Do đó
xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
135 9
165 11






0.25
5. (1,0 điểm)
WWW.VNMATH.COM
Đường thẳng d có VTCP là


2;1;3
d
u  


Vì


P d

nên


P
nhận


2;1;3
d
u  

làm VTPT


0.25
Vậy PT mặt phẳng


P
là :







2 4 1 1 3 3 0
x y z
      


2 3 18 0
x y z
     



0.25
Vì
B d

nên


1 2 ;1 ; 3 3
B t t t
    

27
AB 





2 2
2 2
27 3 2 6 3 27
AB t t t
        
2
7 24 9 0
t t
   

0.25
3
3
7
t
t







Vậy


7;4;6
B 
hoặc
13 10 12

; ;
7 7 7
B
 
 
 
 

0.25
(1,0 điểm)


j
C
B
A
S
H
K
M

Gọi K là trung điểm của AB
HK AB
 
(1)
Vì


SH ABC


nên
SH AB

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AB SK
 

Do đó
góc giữa



SAB
với đáy bằng góc
giữa SK và HK và bằng

60
SKH 


Ta có

3
tan
2
a
SH HK SKH 

0.25

Vậy
3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 12
S ABC ABC
a
V S SH AB AC SH  



0.25
Vì
/ /
IH SB
nên


/ /
IH SAB
. Do đó









, ,
d I SAB d H SAB


Từ H kẻ
HM SK

tại M


HM SAB
 





,
d H SAB HM




0.25
6.

Ta có
2 2 2 2

1 1 1 16
3
HM HK SH a
  
3
4
a
HM 
. Vậy
 
 
3
,
4
a
d I SAB 








0,25

7.

(1,0 điểm)

WWW.VNMATH.COM
K
C
A
DB
I
M
M'
E

Gọi AI là phan giác trong của

BAC

Ta có :



AID ABC BAI
 





IAD CAD CAI
 

Mà



BAI CAI

,


ABC CAD

nên


AID IAD




DAI

cân tại D

DE AI




0,25

PT đường thẳng AI là :
5 0
x y

  


0,25
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI

PT đường thẳng MM’ :
5 0
x y
  

Gọi
'
K AI MM
 

K(0;5)

M’(4;9)


0,25

VTCP của đường thẳng AB là


' 3;5
AM 



VTPT của đường thẳng AB là


5; 3
n
 


Vậy PT đường thẳng AB là:




5 1 3 4 0
x y
   
5 3 7 0
x y
   


0,25
(1,0 điểm).
2
2
3 5 4(1)
4 2 1 1(2)
x xy x y y y
y x y x


     


     




Đk:
2
2
0
4 2 0
1 0
xy x y y
y x
y

   

  


 


Ta có (1)





3 1 4( 1) 0
x y x y y y
       

Đặt
, 1
u x y v y
   
(
0, 0
u v
 
)
Khi đó (1) trở thành :
2 2
3 4 0
u uv v
  
4 ( )
u v
u v vn




 


0.25

Với
u v

ta có
2 1
x y
 
, thay vào (2) ta được :
2
4 2 3 1 2
y y y y
    

 


2
4 2 3 2 1 1 1 0
y y y y
        

0.25


2
2 2
2
0
1 1
4 2 3 2 1

y
y
y
y y y


 
 
   
 
2
2 1
2 0
1 1
4 2 3 2 1
y
y
y y y
 
 
   
 
 
   
 

0.25
8.
2
y

 
( vì
2
2 1
0 1
1 1
4 2 3 2 1
y
y
y y y
    
 
   
)
Với
2
y

thì
5
x

. Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là


5;2



0.25

9.
(1,0 điểm) .

WWW.VNMATH.COM
Vì a + b + c = 3 ta có
3 ( ) ( )( )
bc bc bc
a bc a a b c bc a b a c
 
     
1 1
2
bc
a b a c
 
 
 
 
 

Vì theo BĐT Cô-Si:
1 1 2
( )( )
a b a c
a b a c
 
 
 
, dấu đẳng thức xảy ra


b = c



0,25

Tương tự
1 1
2
3
ca ca
b a b c
b ca
 
 
 
 

 
và
1 1
2
3
ab ab
c a c b
c ab
 
 
 
 


 



0,25

Suy ra P
3
2( ) 2( ) 2( ) 2 2
bc ca ab bc ab ca a b c
a b c a b c
    
    
  
,

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =
3
2
khi a = b = c = 1.

0,25

WWW.VNMATH.COM

Câu 1 (4,0 điểm).Cho hàm số
2x 1

y
x 1



, gọi đồ thị là (C).
a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số.
b)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng (d):
3 2 0
x y
  
.
Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình:
2
x
2sin cos5x 1
2
 
 
 
 

Câu 3 (2,0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :
3
( ) . (5 )
f x x x
 
trên đoạn



0;5

Câu 4 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình sau :
2 3
3
3
2log (2 1) 2log (2 1) 2 0
x x
    

b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3
nhà hóa học nữ, .Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn
phải có nữ và có đủ ba bộ môn.
Câu 5 (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác
ABC

có




4;8 , 8;2
A B 
,



2; 10
C  
. Chứng tỏ
ABC

vuông và viết phương trình đường cao còn
lại.
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
.Góc

0
60
BAC 
,hình chiếu của
S
trên mặt


ABCD
trùng với trọng tâm của tam giác
ABC

.

Mặt phẳng


SAC
hợp với mặt phẳng


ABCD
góc
0
60
. Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
và khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng


SCD
theo
a
.
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác nhọn ABC.
Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có
phương trình là
3 5 8 0, 4 0
x y x y

     
. Đường thẳng qua A vuông góc với đường
thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là


4; 2
D

. Viết
phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.

Câu8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3
2 2 2
2 2 1 3 1
( , )
9 4 2 6 7
y y x x x
x y
y x y

    



   




Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c thỏa mãn
a b c
 
và
2 2 2
a b c 5
  
. Chứng
minh rằng:
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4
      


HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:……………………………………………… SBD:……………………



SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA

NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
WWW.VNMATH.COM

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015

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

Môn: TOÁN


HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)
Câu 1. (4 điểm)
Nội dung Điểm
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2đ
+Tập xác định


\ 1
D
 


0.25
+Sự biến thiên
 Chiều biến thiên:
 
2
3
'
1
y

x


0


1
x
  
.
Hàm số đồng biến trên các khoảng


; 1
 
và


1;
 

 Cực trị : Hàm số không có cực trị.
0.25
 Giới hạn tại vô cực và tiệm cận:

2 1
lim lim 2
1
x x
x

y
x
 

 

,đường thẳng
2
y

là tiệm cận ngang
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
 
 
 
   
 
, đường thẳng
1
x
 
là tiệm cận đứng
0.5
 Bảng biến thiên :

x -

- 1 +


y' + || +
y 2



||
2



0.5
+Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục
Ox
tại điểm
1
;0
2
A
 
 
 

Đồ thị hàm số cắt trục
Oy

tại điểm


0; 1
B


Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là


1;2
I 
làm tâm đối xứng
( Đồ thị )










0.5
WWW.VNMATH.COM
2, Viết phương trình tiếp tuyến
2đ
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm
0 0

( ; )
M x y
ta có :
'
0
2
0
3
( )
( 1)
k f x
x
 


0.5

Lại có
1
. 1 3
3
k k
 
    
 
 

0.5
hay
0

2
0
0
0
3
3
2
( 1)
x
x
x


 

 



0.5
Với
0 0
0 1
x y
   
Vậy phương trình tiếp tuyến là :
3 1
y x
 

Với
0 0
2 5
x y
   
Vậy phương trình tiếp tuyến là :
3 11
y x
 


0.5
Câu 2. (2 điểm)
Nội dung Điểm
2
x
2sin 1 cos5x cosx cos5x
2
 
    
 
 

0.5




cos x cos 5x


  

0.5
5 2
6 3
5 2
4 2
k
x
x x k
x x k
k
x
 
 
 
 

 

  

 


  


 



là nghiệm của phương trình.
1.0
Câu 3. (2 điểm)
Nội dung Điểm
f(x) =
3
x (5 x)

hàm số liên tục trên đoạn [0; 5] f(x)
3/ 2
x(5 x) x (0;5)
   

0,5
f ’(x) =
5
5 x(5 x)
2
 

0,5
f’(x) = 0
x 5; x 2
  
. Ta có : f(2) =
6 3
, f(0) = f(5) = 0
0,5

Vậy
x [0;5]
Max

f(x)= f(2) = 6 3
,
x [0;5]
Min

f(x) = f(0) = 0

0,5

Câu 4. (2 điểm)
Nội dung Điểm
a)
2 3
3
3
2log (2 1) 2log (2 1) 2 0
x x
    


Điều kiện :
1
2
x


0,25
PT
2
3 3
8log (2 1) 6log (2 1) 2 0
x x
     

0,25

3
2
3 3
3
log (2 1) 1
4log (2 1) 3log (2 1) 1 0
1
log (2 1)
4
x
x x
x
 


      

  


0,25

WWW.VNMATH.COM
4
3
2
3 1
2 3
x
x









là nghiệm của phương trình đã cho.
0,25
b) Tính xác suất
Ta có :
4
16
1820
C  

0.25
Gọi A= “ 2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ”

B= “ 1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ “
C= “ 1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “
Thì H=
A B C
 
= ” Có nữ và đủ ba bộ môn “
0.5
2 1 1 1 2 1 1 1 2
8 5 3 8 5 3 8 5 3
3
( )
7
C C C C C C C C C
P H
 
 


0.25
Câu 5. (2 điểm)
Nội dung Điểm
Ta có :




12; 6 ; 6; 12
AB BA    
 

0,5
Từ đó
. 0
AB BC

 
Vậy tam giác ABC vuông tại B
0,5
* Viết phương trình đường cao BH: Ta có đường cao BH đi qua


8;2
B 
và
nhận




6; 18 6 1;3
AC     

làm vecto pháp tuyến
0,5

Phương trình BH :
3 2 0
x y
  

0,5

Câu 6. (2 điểm)
O
S
A
D
CB
H
E

Nội dung Điểm
* Gọi
O AC BD
 
Ta có :

0
, 60
OB AC SO AC SOB   


0.25
WWW.VNMATH.COM

Xét tam giác SOH vuông tại H :
0 0
3
tan 60 .tan 60 . 3
6 2

SH a a
SH OH
HO
    

0.25
Ta có : tam giác ABC đều :
2
3
2.
2
ABCD ABC
a
S S 

0.25
Vậy
2 3
1 1 3 3
. . . .
3 3 2 2 12
SABCD ABCD
a a a
V SH S  
(đvtt)
0.25
* Tính khỏang cách
Trong
( )
SBD

kẻ
OE SH

khi đó ta có :
; ;
OC OD OE
đôi một vuông góc Và :
3 3
; ;
2 2 8
a a a
OC OD OE  

0.5
Áp dụng công thức :
2 2 2 2
1 1 1 1
( , )
d O SCD OC OD OE
  
3
112
a
d 


Mà
   
6
, 2 ,

112
a
d B SCD d O SCD 

0.5

Câu 7. (2,0 điểm)

MK
H
D
C
B
A

Nội dung Điểm
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của
BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu
,
d d
n u
 
lần lượt là vtpt,
vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M
là nghiệm của hệ phương trình:
7
4 0
7 1
2
;

3 5 8 0 1
2 2
2
x
x y
M
x y
y



  


 
  
 
 
  
 


 



0,5
AD vuông góc với BC nên



1;1
AD BC
n u 
 
, mà AD đi qua điểm D suy ra
phương trình của




:1 4 1 2 0 2 0
AD x y x y
       
. Do A là giao điểm
của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
 
3 5 8 0 1
1;1
2 0 1
x y x
A
x y y
   
 
 
 
   
 

0,5

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:
0,25
E

WWW.VNMATH.COM
 
4 0 3
3; 1
2 0 1
x y x
K
x y y
   
 
  
 
    
 

Tứ giác HKCE nội tiếp nên


BHK KCE

, mà


KCE BDA

(nội tiếp chắn cung


AB
) Suy ra


BHK BDK

, vậy K là trung điểm của HD nên


2;4
H
.
(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ
0.25 điểm)
0,25
Do B thuộc BC


; 4
B t t
 
, kết hợp với M là trung điểm BC suy ra


7 ;3
C t t
 
.
( 2; 8); (6 ;2 )

HB t t AC t t
   
 
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
        
2
. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0
7
t
HB AC t t t t t t
t


            



 

0,25
Do




3 2 2; 2 , 5;1
t t B C    
. Ta có









1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1
AB AC
AB AC n n     
   

Suy ra
:3 4 0; : 1 0.
AB x y AC y
    

0,25

Câu 8. (2,0 điểm)
Nội dung Điểm
Điều kiện:
3 3
1; ;
2 2
x y
 
  
 
 
. Ta có

0.25
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
       
      

0.25
Xét hàm số
3
( ) 2 ,
f t t t
 
ta có
2
'( ) 6 1 0, ( )
f t t t f t
     

đồng biến trên

.
Vậy
2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1

y
f y f x y x
y x


      

 


0.25
Thế vào (2) ta được :
2
4 5 2 6 1
x x x
   

0.25
Pt
2
2 4 5 4 12 2
x x x
    


 
2
2
4 5 1 2 2
x x    

0.5
4 5 2 3( )
4 5 1 2
x x vn
x x

  


  



1
2
1 2( )
1 2
x
x l
x







 




 




Với
4
4
2
1 2
2
y
x
y


  

 


Vậy hệ có hai nghiệm.
0.5

Câu 9. (2,0 điểm)
WWW.VNMATH.COM
Nội dung Điểm
Ta có
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4

      
(a b)(b c)(a c)(ab bc ca) 4
      
(*).
Đặt vế trái của (*) là P
Nếu ab + bc + ca < 0 thì P

0 suy ra BĐT được chứng minh
0.25
Nếu ab + bc + ca

0 , đặt ab + bc + ca = x

0
0.25
(a-b)(b-c)
2
2
a b b c (a c)
2 4
   
 
 
 
 


(a - b)(b - c)(a - c)
3
(a c)

4


(1)
0.25
Ta có : 4(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) = 2(a - c)
2
+ 2(a - b)
2
+ 2(b - c)
2


2(a - c)
2
+ [(a - b) + (b - c)]
2
= 2(a - c)
2
+ (a - c)
2
= 3(a - c)
2

Suy ra 4(5 - x)

3(a - c)
2
,từ đây ta có x

5 và
4
a c (5 x)
3
  
(2) .
0.25
Từ (1) , (2) suy ra P
3
1 4
x. (5 x)
4 3
 
 
 
 
=
3
2 3
x (5 x)
9

(3)
Theo câu a ta có: f(x) =

3
x (5 x)


6 3

với x thuộc đoạn [0; 5]
nên suy ra P
2 3
.6 3 P 4
9
  
. Vậy (*) được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0

1.0

………. Hết……….

WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HƯNG YÊN
BAN CHUYÊN MÔN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 2
y x mx
  
(1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2
(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình




1
1 1 2

2 2
log 4 4 log 2 3 log 2
x x x

   
.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho các số phức là nghiệm của phương trình
2
2 3 0
z z
  
. Tính
độ dài đoạn thẳng AB.
b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lý, Hóa,
Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của
3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó
có bao nhiêu phương án tuyển sinh?
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
0
sin
cos 2 3cos 2
x
I dx
x x


 


Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm




4;2;2 , 0;0;7
A B
và
đường thẳng
3 6 1
:
2 2 1
x y z
d
  
 

. Chứng minh rằng hai đường thẳng d và AB cùng thuộc một
mặt phẳng. Tìm điểm C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC cân đỉnh A.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng
. ' ' '
ABC A B C
có đáy là tam giác cân,
AB AC a
 
,

0
120

BAC 
. Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 60
0
. Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' và
khoảng cách từ đường thẳng
BC
đến mặt phẳng


' '
AB C
theo
a
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có


1;2
A 
. Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình
2 8 0
x y
  
và điểm B có hoành
độ lớn hơn 2.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
 

2 2
2 2
1 2 2 3
,
1 2 2
y x y x y xy
x y
y x y y x

    



     



Câu 9 (1,0 điểm). Cho
, ,
x y z
là các số thực dương thỏa mãn




2 2 2
5 9 2
x y z xy yz zx
    

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 
3
2 2
1x
P
y z
x y z
 

 

Hết
WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm
a) Khảo sát hàm số
3 2
3 2
y x mx
  

Với m = 1, ta có hàm số: y = x
3
+ 3x
2
+ 2
*) TXĐ:



*) Sự biến thiên:
+) Giới hạn tại vô cực:
lim
x
y

 


0,25
+) Chiều biến thiên:
y' = 3x
2
+ 6x  y' = 0  x = 0 hoặc x = -2
Bảng biến thiên:

x
- - 2 0 +
y
’
+ 0 - 0 +

y
6 +
2
-
0,25
 hàm số đồng biến trên (-; -2) và (0; +); hàm số nghịch biến trên (-

2; 0)
hàm số đạt cực đại tại x = -2, y
CĐ
= 6; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= 2

0,25
*) Đồ thị:
Nhận xét: đồ thị hàm số nhận điểm
I(-1; 4) làm tâm đối xứng.








0,25
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích
tam giác OAB bằng 2
Với mọi x


, y' = 3x
2
+ 6mx  y' = 0  x = 0 hoặc x = -2m
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt

 m  0
Khi đó, tọa độ các điểm cực trị là: A(0; 2); B(-2m; 4m
3
+ 2)
0,5
1
S
OAB
= 1  OA.d(B;OA) = 4 
1
2 2
1
m
m
m


  

 

(thỏa mãn)
Vậy với m =

1 thì hàm số có 2 cực trị thỏa mãn bài.
0,5
2






1
1 1 2
2 2
log 4 4 log 2 3 log 2
x x x

   




0,5

6
4
2
-2
-5 5
WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com





   
1
1 1 1

2 2 2
2 1
1 1
2 2
log 4 4 log 2 3 log 2
log 4 4 log 2 3.2
x x x
x x x


    
   

 
2 1
4 4 2 3.2
4 3.2 4 0
2 1
2
2 4
x x x
x x
x
x
L
x

   
   


 
  





Vậy BPT có tập nghiệm: S =


2;





0,5
a) Xét phương trình:
2
2 3 0
z z
  

' = 1 - 3 = -2 =


2
2
i

Phương trình có hai nghiệm:
1 2
1 2; 1 2
z i z i
     


0,25





1; 2 ; 1; 2
A B  

AB =
2 2


0,25
b) TH1: Trường ĐH chỉ xét 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn:
Có:
2
6
2. 30
C

(cách)
0,25

3
TH2: Trường ĐH xét cả hai môn Toán và Văn:
Có:
1
6
1. 6
C

(cách)
Vậy có các trường hợp là: 30 + 6 = 36 (cách)

0,25
2 2
2
0 0
sin sin
cos2 3cos 2 2cos 3cos 1
x x
I dx dx
x x x x
 
 
   
 

Đặt cosx = t  dt = -sinxdx
Với x = 0  t = 1; với x =
2

 t = 0

0,25
  
1 1 1
2
0 0 0
1 1
2
2 3 1 2 1 1 2 1 2 2
dt dt
I dt
t t t t t t
 
   
 
     
 
  


0,25
4
=
1
0
2 1 3
ln ln
2 2 2
t
t


 

 

 


0,5
WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com
Đường thẳng d có véctơ chỉ phương


2;2;1
u 

và đi qua M(3;6;1)
Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương


4; 2;5
AB  




1;4; 1
AM
 



Ta có:
 
, 12;6;12
u AB
 

 
 

, . 12 24 12 0
u AB AM
 
    
 
  

Vậy AB và d đồng phẳng

0,5
5


3 2 ;6 2 ;1
C d C t t t
    

Tam giác ABC cân tại A  AB = AC
 (1 + 2t)

2
+ (4 + 2t)
2
+ (1 - t)
2
= 45
 9t
2
+ 18t - 27 = 0  t = 1 hoặc t = -3
Vậy C(1; 8; 2) hoặc C(9; 0; -2)
0,5









+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là

'
AKA


0
' 60
AKA 
.

Tính A'K =
1
' '
2 2
a
A C


0
3
' ' .tan 60
2
a
AA A K 

3
. ' ' '
3
=AA'.S
8
ABC A B C ABC
a
V 

0,5
6
+) d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C'))
Chứng minh: (AA'K)  (AB'C')
Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK  A'H  (AB'C')
 d(A';(AB'C')) = A'H
Tính: A'H =
3
4
a

Vậy d(B;(AB'C')) =
3
4
a


0,5
H
K
C'
B'
A'
C

B
A
WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com
Gọi E = BN  AD  D là trung điểm của AE
Dựng AH  BN tại H 
 
8
AH d A;BN
5
 

Trong tam giác vuông ABE:
2 2 2 2
1 1 1 5
AH AB AE 4AB
  


5.AH
AB 4
2
 





0,25

B  BN  B(b; 8 - 2b) (b > 2)
AB = 4  B(3; 2)

0,25
Phương trình AE: x + 1 = 0
E = AE  BN  E(-1; 10)  D(-1; 6)  M(-1; 4)
0,25
7
Gọi I là tâm của (BKM)  I là trung điểm của BM  I(1; 3)
BM
R 5
2
 
. Vậy phương trình đường tròn: (x - 1)
2
+ (y - 3)
2
= 5.
0,25

   
 
2 2
2 2
1 2 2 3 1
1 2 2 2
y x y x y xy

y x y x y

    


     



ĐK: y  -1
Xét (1):
 
2 2
1 2 2 3
y x y x y xy
    

Đặt
 
2 2
2 0
x y t t
  

Phương trình (1) trở thành:


2 2 2
1 2 2 3 0
t y t x y x y xy

       

 = (1 - y)
2
+ 4(x
2
+ 2y
2
+ x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1)
2


2 2
2 2
2 1
1
2
2 2
x y x y
t x y
t x y
x y x y

    
   


 

 



  


0,5
8
Với
2 2
2 1
x y x y
    
, thay vào (2) ta có:

2
1
1 3 1 0
3
9 5 0
y
y y y
y y

 

     


 



2
1
x x
  
(vô nghiệm)
0,25
H
E
K
N
M
D
C
B
A
WWW.VNMATH.COM
trang1
TRƯỜNGTHPTMẠCĐỈNHCHI
ÔNTHITHPTQUỐCGIANĂM2015
MônTOÁN
Thờigianlàmbài180phút
 ***
Câu1(2,0điểm). Chohàmsố:
4 2 2
2( 1) 1(1)y x m x = - + +
a)Khảosátsựbiếnthiênvàvẽđồthịhàmsố(1)khi m=0.
b)Tìmcácgiátrịcủathamsốm đểhàmsố(1)có3điểmcựctrịthỏamãngiá

trịcựctiểuđạtgiátrịlớnnhất.
Câu2(1,0điểm).
a)Giảiphươngtrình:sin 2 cos sin 1( )x x x x R - + = Î
b)Giảibấtphươngtrình:
2
1
2
2
log log (2 ) 0( )x x R
é ù
- > Î
ë û
.
Câu3 (1,0điểm).Tínhtíchphân
2
3
1
1
dx
I
x x
=
+
ò
.
Câu4 (0,5 điểm). Chosốphức z thỏamãnđiềukiện
11
1
2
z

z
z
-
= -
-
.Hãytính
4
2
z i
z i
-
+
.
Câu5(1,0điểm).Chohìnhlăngtrụ
. ' ' 'ABC A B C
,
ABC D
đềucócạnhbằng
a
,
'AA a =
vàđỉnh 'A cáchđều
, ,A B C
.Gọi M,N lầnlượtlàtrungđiểmcủacạnhBCvà 'A B .
Tínhtheo
a
thể tíchkhốilăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
và khoảngcáchtừ Cđến mặtphẳng
( )AMN

.
Câu6(1,0điểm).Trongkhônggianvớihệtọađộ Ox yz,chomặtcầu ( )S cóphương
trình
2 2 2
4 6 2 2 0x y z x y z + + - + - - =
.Lậpphươngtrìnhmặtphẳng
( )P
chứatrucOy
vàcắtmặtcầu
( )S
theomộtđườngtròncóbánkính
2 3r =
.
Câu7(0,5điểm).GiảibóngchuyềnVTVCupgồm12độibóngthamdự,trongđócó9
độinướcngoàivà3độicủaViệtNam.Bantổchứcchobốcthămngẫunhiênđểchia
thành3bảngA,B,Cmỗibảng4đội.Tínhxácsuấtđể3độibóngcủaViệtNamởba
bảngkhácnhau.
Câu8(1,0điểm).Trongmặtphẳngvớihệtọađộ Oxy,chotamgiác
ABC
vớiđường
cao AHcóphươngtrình
3 4 10 0x y + + =
vàđườngphângiáctrong BE cóphươngtrình
1 0x y - + =
.Điểm (0;2)M thuộcđườngthẳng AB vàcáchđỉnh
C
mộtkhoảngbằng
2
.Tínhdiệntíchtamgiác
ABC

.
Câu9 (1,0điểm).Giảibấtphươngtrình:
(
)
2 2
5 4 1 ( 2 4)x x x x x + < + + - (x
Î
R).
Câu10(1,0điểm).Chocácsốthực ;x ythayđổi. Tìmgiátrị nhỏnhấtcủabiểuthức:
2 2 2 2
2 1 2 1 2P x y x x y x y = + + + + + - + + -
.
Hết
trang2
PN
Cõu1.
(2)
a)(Tkhosỏt)
b) y=4x
3
4(m
2
+1)x
y=0
2
0
1
x
x m
=

ộ
ờ
= +
ờ
ở
ịhms(1)luụncú3imcctrvimim
2
1
CT
x m = + ịgiỏtrcctiu
2 2
( 1) 1
CT
y m = - + +
2 2
ỡ( 1) 1 0
CT
V m y + ị Ê
2
max( ) 0 1 1 0
CT
y m m = + = =
Cõu2.
(1)
a)
sin 2 cos sin 1x x x - + =
(1)
(1) (sin cos )(1 sin cos ) 0x x x x - + - =
sin cos 0
1 sin cos 0

x x
x x
- =
ộ

ờ
+ - =
ở
4
( )
3
2 2
2
x k
k Z
x k x k
p
ộ
= + p
ờ
ẻ
ờ
p
ờ
= p = + p
ờ
ở
b)
2
1

2
2
og log (2 ) 0( )x x R
ộ ự
- > ẻ
ở ỷ
(2).
iukin:
2 2
2
log (2 ) 0 2 1 1 1x x x - > - > - < <
Khiú(2)
2
2
2 2
1 1 1 1
1 1
log (2 ) 1
0
2 2 0
x x
x
x
x
x x
- < < - < <
ỡ ỡ
- < <
ỡ
- <

ớ ớ ớ
ạ
- < >
ợ
ợ ợ
Vytpnghimbptl ( 10) (01)S = - ẩ
Cõu3.
(1)
2
2 2
3 3 31 1
1 1
dx x dx
I
x x x x
= =
+ +
ũ ũ
.
t
3 3 2 2
2
1 1 .
3
t x x t x dx t dt = + ị = - ị =
.
1 2 2 3x t x t = ị = = ị =
3 3
2
2 2

2 . 1 1 1
3 3 1 1( 1)
t dt
I dt
t tt t
ổ ử
= = -
ỗ ữ
- + -
ố ứ
ũ ũ
3
2
1 1 1 1 2 1 1 3 2 2
ln ln ln ln
3 1 3 2 3 2
2 1
x
I
x
ổ ử
- - +
= = - =
ỗ ữ
+
+
ố ứ
Cõu4.
(0,5)
11

1
2
z
z
z
-
= -
-

2
4 13 0z z - + =
,
2
' 9 9i D = - =
ị
2 3
2 3
z i
z i
= +
ộ
ờ
= -
ở
l
2 3z i = +
ị
4
2
z i

z i
-
+
=
2
1
2
i
i
-
=
-
l
2 3z i = -
ị
4
2
z i
z i
-
+
=
2 7 53
2 5
29
i
i
-
=
+

Cõu5.
(1)
lGiOltõmtamgiỏcuABC ịA O ^(ABC)
Tacú
3 2 3
,
2 3 3
a a
AM AO AM = = =
2
2 2 2
6
' '
3 3
a a
A O AA AO a = - = - =
2
3
4
ABC
a
S
D
=
trang3
Thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C :
2 2
3 6 2
. ' .
4 3 4

ABC
a a a
V S A O
D
= = =
lTacó
[ ]
1
. ,( )
3
NAMC AMC
V S d N ABC
D
=
[ ]
3
,( )
NAMC
AMC
V
d C AMN
S
D
Þ =
[ ]
2
1 3 1 6
; ,( ) '
2 8 2 6
AMC ABC

a a
S S d N ABC A O = = = =
Suyra:
2 2
1 3 6 2
.
3 8 6 48
NAMC
a a a
V = =
lạicó:
3
2
a
AM AN = =
,nên
AMN D
cântạiA
GọiE làtrungđiểmAM suyra
AE MN ^
,
'
2 2
A C a
MN = =
2 2
2 2
3 11
4 16 4
a a a

AE AN NE Þ = - = - =
;
2
1 11
.
2 16
AMN
a
S MN AE = =
[ ]
2
3 2 11 22
,( ) :
48 16 11
a a a
d C AMN Þ = = (đvđd)
Câu6.
(1đ)
2 2 2 2 2 2
( ) : 4 6 2 2 0 ( 2) ( 3) ( 1) 16S x y z x y z x y z + + - + - - = Û - + + + - =
Þ ( )S cótâm (2; 3;1)I - bánkính
4R =
;trụcOycóVTCP (0;1;0)j =
r
Gọi
( ; ; )n a b c =
r
làVTPTmp(P),
( )P
chứaOy Þ

2 2
0 ( ;0; )( 0)n j b n a c a c ^ Þ = Þ = + ¹
r r r
Phươngtrìnhmp(P):
0ax cz + =
(P)cắtmặtcầu(S)theođườngtròncóbánkinh
2 3r =
Þ
[ ]
2 2
,( ) 2d I P R r = - =
Û
2 2 2 2
2 2
2
2 4 4 4 4
a c
a ac c a c
a c
+
= Û + + = +
+
E
A
B
C
C'
B'
A'
M

O
N
trang4
2
0
3 4 0
3 4
c
c ac
c a
=
ộ
- =
ờ
=
ở
Vy phngtrỡnhmp(P): 0x = hoc3 4 0x z + = .
Cõu7.
(0,5)
Sphntkhụnggianmul
4
4 4 4
12 8
( ) . . 34.650n C C C W = =
GiA lbinc3ibongcaVitnambabngkhỏcnhau
ScỏcktquthunlicaA l
3 3 3
9 6 3
( ) 3 .2 .1. 1080n A C C C = =
XỏcxutcabincAl

( ) 1080 54
( ) 0,31
( 34650 173
n A
P A
n
= = =
W
;
Cõu8.
(1)
GiNlimixngcaM quaphõngiỏc BEthỡ NthucBC
TớnhcN(11).ngthngBCqua NvvuụnggúcviAHnờncú
phngtrỡnh4x3y 1=0
BlgiaoimcaBCvBE.SuyrataBlnghimcahpt:
4 3 1 0
(45)
1 0
x y
B
x y
- - =
ỡ

ớ
- + =
ợ
ngthngABquaBvMnờncúphngtrỡnh:3x 4y+8=0
AlgiaoimcaABvAH,suyrataAlnghimhpt:
3 4 8 0

1
( 3 )
3 4 10 0 4
x y
A
x y
- - =
ỡ
- -
ớ
+ + =
ợ
imCthucBCvaMC=2suyrataClnghimhpt:
2 2
(11)
1 1
4 3 1 0
31 33
31 33


( 2) 2
25 25
25 25
C
x y
x y
C
x y
x y

ộ
= =
ộ
- - =
ỡ
ù
ờ
ờ
ị
ớ
ổ ử
ờ
ờ
= =
+ - =
ỗ ữ
ù
ợ
ờ
ở
ố ứ
ở
ThtaAvC(11)vophngtrỡnhBEthỡhaigiỏtrtrỏidu,suyra
A,CkhỏcphớaiviBE,doúB ElphõngiỏctrongtamgiỏcABC.
TngtAv
31 33

25 25
C
ổ ử

ỗ ữ
ố ứ
thỡA,CcựngphớaviBEnờnBElphõngiỏc
ngoicatamgiỏcABC.
BC=5,
49
( , )
20
AH d A BC = =
.Doú
49
8
A BC
S =
(vdt).
Cõu9.
(1)
(
)
2 2
5 4 1 ( 2 4)x x x x x + < + + - (*)
A
B
C
H
E
M(02)
N
I
trang5

K:x(x
2
+2x4)0
1 5 0
1 5
x
x
ộ
- - Ê Ê
ờ
- +
ờ
ở
Khiú(*)
2 2
4 ( 2 4) 5 4x x x x x + - > + -

2 2
4 ( 2 4) ( 2 4) 3x x x x x x + - > + - + (**)
TH1:
1 5x - +
,chiahaivchox>0,tacú:
(**) ị
2 2
2 4 2 4
4 3
x x x x
x x
+ - + -
> +

t
2
2 4
, 0
x x
t t
x
+ -
= ,tacúbpt:
2
4 3 0t t - + < 1 3t < <
2
2
2
7 4 0
2 4
1 3
4 0
x x
x x
x
x x
ỡ
- - <
+ -
ù
< <
ớ
+ - >
ù

ợ

1 17 7 65
2 2
x
- + +
< <
TH2:
1 5 0x - - Ê Ê
,
2
5 4 0x x + - < ,(**)luụntha
Vytpnghimbpt(*)l
1 17 7 65
1 50
2 2
S
ổ ử
- + +
ộ ự
= - - ẩ
ỗ ữ
ở ỷ
ố ứ
Cõu10.
(1)
2 2 2 2
2 1 2 1 2P x y x x y x y = + + + + + - + + -
XộtcỏcimM(x1y) ,N(x+1y). TacúOM+ON MN

2 2 2 2 2
( 1) ( 1) 4 4x y x y y - + + + + +
ị
2
2 1 2 ( )P y y f y + + - =
TH1:y2:
2
( ) 2 1 2f y y y = + + - ị
2
2
'( ) 1
1
y
f y
y
= -
+
2
2
0
3
'( ) 0 2 1
3
3 1
y
f y y y y
y

ỡ
= = + =

ớ
=
ợ
Lpbngbinthiờn f(y) ị
( .2]
3
min ( ) 2 3
3
x
f y f
ẻ -Ơ
ổ ử
= = +
ỗ ữ
ố ứ
TH2:y2:
2
( ) 2 1 2f y y y = + + -
2 5 2 3 > +
Vy 2 3 P x y + " .
Doú
2 3MinP = +
khix=0y=
3
3
Ht
SGIODCVOTO
LOCAI
THITH K THITHPTQUCGIANM2015
MễNTHI:TON

Thigianlmbi:180phỳt
Cõu1(2,0im). Chohms
3
2
3 1
3
2 4 2
x
y x x = - - + (1).
a) Khosỏtsbinthiờnvvth(C)cahms(1)
b)Vitphngtrỡnhtiptuyncath (C).Bittiptuynúvuụnggúcvingthng
8
( ) : 1
27
d y x = + .
Cõu2(1,0im).
1) Giiphngtrỡnh:
2
cos2x cos x sin x+2 0 + - =
.
2) Tỡmcỏcsthcx, y thamón:
( )
( )
2
2 1 (3 2)
1 2
2
x i i y i
y
x

+ + = + -
-
- +
.
Cõu3(0,5im).Giiphngtrỡnhsautrờntpsthc:
2 2
3 9
log log (9 ) 1 0x x - - = .
Cõu 4(1,0im).Giihphngtrỡnhsautrờntpsthc:
2 2
2
2 5 2 2
3 5 4
x y x
x xy x y y y
ỡ
+ = +
ù
ớ
+ + - - = +
ù
ợ
.
Cõu5(1,0im).Tớnhtớchphõn
1
0
x
x
e x
I dx

e
+
=
ũ
.
Cõu6(1,0im).Chohỡnhchúp
.S ABCD
cúỏy
A BCD
lhỡnhthoicnha,gúcBACbng60
0
.
Hỡnhchiuvuụnggúcca
S
trờnmtphng
( )
ABCD limHthuconBDsaochoHD=
2HB.ngthngSOtovimtphng
( )
ABCD gúc
0
60
viOlgiaoimcaACvBD.
Tớnhthtớchkhichúp
.S ABCD
vkhongcỏcht B nmtphng
( )
SCD theo a .
Cõu7(1,0im).Trongmtphngvihta Oxy ,chotgiỏc
A BCD

nitipngtrũn
ngkớnhAC.Bit
( )
3 1M - ltrungimcacnh BD ,im
( )
4 2C - .im
( )
1 3N - - nm
trờnngthngiquaBvvuụnggúcviAD.ngthng AD iquaim
( )
13P .Tỡmta
cỏcnhA,B,D.
Cõu8 (1,0 im). Trong khụng gian vihto Oxyz , choim
( )
235M vng thng
1 2 2
:
1 3 2
x y z
d
+ + -
= = .Vitphngtrỡnhmtphng ( )P iquaMvvuụnggúcvingthng
d.Tỡmtaim Nthuc dsaochoNcỏchMmtkhongbng5.
Cõu 9(0,5im).Tỡmhsca
8
x trongkhaitrinnhthcNiutnca
22
2
2
x

x
ổ ử
-
ỗ ữ
ố ứ
.
Cõu10(1,0im).Cho x lsthcthucon
5
1
4
ộ ự
-
ờ ỳ
ở ỷ
.Tỡmgiỏtrlnnht,giỏtrnhnht
cabiuthc
5 4 1
5 4 2 1 6
x x
P
x x
- - +
=
- + + +
.
HT
Thớsinhkhụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm.
WWW.VNMATH.COM