bộ đề thi thử thpt quốc gia môn toán các tỉnh có đáp án chi tiết

1
TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN – Đề số: 01
ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số
3 2
1
y x x
3
 
.
a) Khải sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt các trục Ox, Oy tương ứng tại A, B phân
biệt thỏa mãn OB = 3OA.
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình
3 t anx(t anx 2sin x) 6cosx 0
   

Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân
2
2
sinx cos x
I dx
3 sin 2x








Câu 4. (1 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
(1 )( ) 2 2
   
i z i z i
. Tính môđun của số phức
2
2 1
w
 

z z
z
.
b) Tìm hệ số của x
7
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
2
2
x
x
 

 
 
, biết rằng n là số nguyên dương
thỏa mãn
3 2 3

n 1 n n
4C 2C A

  .
Câu 5. (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng (Oxy)
và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ điểm B và C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam giác ABC.
Câu 6. (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC.
Câu 7. (1 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AC = 2. Đường phân giác trong của góc A có
phương trình d:
3 0
 
x y . Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến d bằng hai lần
khoảng cách từ B đến d; C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương.
Câu 8. (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
 
2 2
1 2
2
,
1 2 3 3

  





   


y x
x y
x x y
y x x x

Câu 9 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn
2 2 2
1
  
a b c
. Chứng minh:
1
1 1 1
  
  
a b c
bc ca ab

HẾT
01
2
ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 1 – NĂM 2015
Câu Đáp án Điểm
1

(2,0đ)
a) (1,0 điểm)

TXĐ: D =


 Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
2
y' x 2x 0 x 0     hoặc x = 2
0,25
 Các khoảng đồng biến ( ;0)

và (2; )

. Khoảng nghịch biến: (1; 2)
 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 0; đạt cực tiểu tại x = 2,
CT
4
y
3
 

 Giới hạn tại vô cực:
x x
limy ; limy
 

   

0,25


B
ả
ng bi
ế
n thiên:


x

–



0


2


+


y


+

0

–

0

+


y



0




+


– 

4
3


0,25

Đồ thị:
















0,25
b) (1,0 điểm)
 Ta có:

OB
tan OAB 3
OA
 
 hệ số góc của tiếp tuyến là k 3 

0,25
 Gọi x
0
là hoành độ tiếp điểm thì:
2
0 0 0 0
y'(x ) 3 x 2x 3 x 1         hoặc
0
x 3
0,25
 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm
4
1;
3
 
 
 
 
:
4 13
y 3(x 1) y 3x
3 3
     

0,25

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (3; 0): y 3(x 3) y 3x 9
    

0,25

2

(1,0đ)
Điều kiện: cosx 0


3 t anx(tanx 2sin x) 6cosx 0   
2
3(1 2cosx) tan x(1 2cosx) 0    
0,25
2
(1 2cos x)(1 tan x) 0   
0,25
1
cos x
2
  
hoặc
t anx 3 

2
x k2
3

    
hoặc
x k
3

   

0,25
Đối chiếu với điều kiện, phương tình có các nghiệm:
2
x k2
3

   
;
x k
3

   
, k 
0,25
3
3

(1,0đ)
2 2
2
2 2
sinx cosx sinx cosx
I dx dx
3 sin 2x 4 (sin x cosx)
 
 
 
 
 

  
 

0,25
Đặt:
t sinx cosx dt (sinx cos x)dx
    
. Khi
x t 1
2

    
;
x t 1
2

  

0,25
1 1
2
1 1
dt 1 1 1
I dt
4 t 4 2 t 2 t
 
 
   
 
  

 
 

0,25
 
1
1
1
ln 2 t ln 2 t
4

    
1
ln 3
2

0,25
4

(1,0đ)
a) (0,5 điểm)
Điều kiện bài toán tương đương
(3 i)z 1 3i
   

0,25
z i
 

0,25

Suy ra:
w 1 3i
  
0,25
Do đó môđun của w là
10

0,25
b) (0,5 điểm)
Ta có:
3 2 3
n 1 n n
(n 1)n(n 1)
4C 2C A 4 n(n 1) n(n 1)(n 2),n 3
6

 
         

0,25
2 2
2(n 1) 3(n 1) 3(n 3n 2),n 3
       

2
n 12n 11 0,n 3 n 11
      

0,25
Khi đó:

n 11
2 2
2 2
x x
x x
   
  
   
   
. Số hạng tổng quát:
k k 22 3k
k 1 11
T C ( 2) .x


  0,25
Số hạng chứa x
7
là số hạng ứng với k thỏa mãn
22 3k 7 k 5
   

Suy ra hệ số của x7 là:   
5 5
11
C ( 2) 14784

0,25
5

(1,0đ)
Gọi B(x; y; 0) và C(0; 0; z), ta có:
AH.BC 0
CH.AB 0
HA,HC .HB 0







 


 

 
 
  

0,25
x z 0
2x y 7 0
3 x (y 1)(3 z) 0
 


   



    

Giải hệ ra ta được 2 nghiệm
(3;1; 3)

và
7 7
;14;
2 2
 

 
 

0,25
Với x = 3, y = 1, z = – 3

B(3; 1; 0) loại vì B trùng A
0,25
Với x =
7
2

, y = 14,
7
z
2



7 7
B ;14;0 ,C 0;0;
2 2
   

   
   

0,25
6

(1,0đ)
 Do M là trung điểm của SC 
1
d[M,(SAB)] = d[C,(SAB)]
2


SABM SABC
1
V V
2

. Vì (SAB)  (ABC) nên gọi H là trung điểm của AB thì SH  (ABC).
SAB đều cạnh a
a 3
SH
2
  .
0,25

2 3
SABC ABC
1 1 a 3 a 3 a
V SH.S
3 3 2 4 8
    
 
3
SABM
a
V
16
.
0,25

Gọi D là điểm sao cho ACBD là hình bình hành

(SAD) chứa SA và song song BC
 d(SA, BC) = d(BC, (SAD))
SABD
SAD
3V
d(B,(SAD))
S
 
Ta có:
3
SABD SABC
a
V S

8
 
.
0,25
4
SHC vuông cân tại H 
a 6
SC SH 2
2
 
BM là đường cao tam giác cân SBC,
ta có:
2
2 2 2
a 6 a 10
BM SA SM a
4 4
 
    
 
 
 


2
SAD SBC
1 1 a 10 a 6 a 15
S S BM.SC
2 2 4 2 8
     

SABC
SAD
3V
d(SA,BC)
S
  
3a 15
15

0,25
7

(1,0đ)

Gọi M là điểm đối xứng với B qua d

M

AC.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C, B trên d.
Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM  M là trung điểm AC

0,25

Vì

ABC,

AHC là các tam giác vuông cạnh huyền AC
nên MH = MB = MC = HC = 1

Giả sử C(0; c). Ta có
c
CH d(C,d) 1 c 2 c 2
2
       

0,25
 Giả sử
A(a,a 3) d (a 0)
 
. Ta có
2 2
AC a (c a 3) 2
   


0,25

2 2
c 3
4a 2 3ac 0(do c 4) t
2
      . Vì a > 0 nên c = 2 và
t 3

.
Vậy
A( 3;3), C(0;2)

0,25

8

(1,0đ)

ĐKXĐ: x > 0 và y

0
Phương trình thứ nhất tương đương
2
y x y 2x x 2xy ( x y)(2x y) 0
      

y 2x
 
hoặc
y x
 
0,25
 Với
y 2x

, ta có
2 2
2
1 3
2x x 1 2x 3x 3(*) 1
2x
x 1
      


0,25
 Xét hàm số
2
1 3
f (x) , x (0; )
2x
x 1
    

.
2
2 2
x 3
f '(x) 0, x (0; )
2x
(x 1) x 1
 
      
 
 
 
 
 f(x) nghịch biến trên
(0; )


Mặt phác ta có
f ( 3) 1


nên (*) có nghiệm duy nhất
x 3 y 2 3
  
0,25
 Với
y x
  , ta có
2 2
x x 1 2x 3x 3
    
: phương trình này vô nghiệm vì vế trái
không dương, vế phải dương.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất:
( ; ) ( ; )
x y 3 2 3

0,25
9

(1,0đ)
 Ta có:
2 2
2
1 a 2a
b c
1 bc 3 a
1
2
 


 


0,25
 Mặt khác ta có:
2
2
2a
a (*)
3 a


. Thật vậy:
2
(*) a(a 1) (a 2) 0
   
đúng
a 0
 
.
0,25
 Suy ra
2
a
a
1 bc


, tương tự
2

b
b
1 ca


,
2
c
c
1 ab



0,25

 Do đó:
2 2 2
a b c
a b c 1
1 bc 1 ca 1 ab
     
  
(đpcm)
0,25
A
B
C
D
H
S

M
B
C
H
K
M
A
d
1
TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN – Đề số: 02
ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số
4 2
1 1
y x x 1
4 2
  
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của (C) hàm số.


b) Đường thẳng  đi qua điểm cực đại của (C) và có hệ số góc k. Tìm k để tổng khoảng cách từ hai
điểm cực tiểu của (C) đến  nhỏ nhất.
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình
2 2
2
(sinx cos x) 2sin x 1
sin x sin 3x
1 cot x 4 4

2
     
   
   
   
 

   
 

Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân
e
32 2
1
ln x ln ln x 3ln x 2
I dx
x
  



Câu 4. (1 điểm)
a) Tìm phần thực của số phức
n
z (1 ) ( 3 )
   
i i
biết rằng
n



, thỏa mãn phương trình
4 4
log (n 3) log (n 9) 3
   
.
b) Khai triển nhị thức Niu-tơn của biểu thức
 
n
2 x
 theo lũy thừa tăng dần của x ta được số hạng thứ
tám là 144. Tìm x biết
n 1 n
n 3 n 2
C 2C 16(n 2), n *

 
   

.
Câu 5. (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 0; 1), B(–1; 3; 2), C(1; 3; 1). Tìm điểm D thuộc
giao tuyến của hai mặt phẳng (P): x + y + z = 0 và (Q): y – z – 1 = 0 sao cho thể tích khối tứ diện
ABCD bằng 3.
Câu 6. (1 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A lên mặt
phẳng (ABC) trùng với tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC và khoảng
cách giữa hai cạnh AA và BC theo a, biết góc giữa (ABC) và (ABC) bằng 60
0
.

Câu 7. (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
2 2
(C) : x y 6x 2y 6 0
    
và điểm A(1; 3).
Một đường thẳng d đi qua A; gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn (C). Lập
phương trình của d sao cho AB + AC nhỏ nhất.
Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2x y x y 17
(x, y )
y x y 12

   



 




Câu 9 (1 điểm)
Cho a, b, c  0 và
2 2 2
3
  
a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3
2 2 2
1 1 1
  
  
a b c
P
b c a

HẾT
1b) k =

1/4 2) x =

/2 + k2

, x = 3

/8 + k

/2 3) I = ln3 –1/3
4a) n = 7, phần thực: –16 b) x = 1 5) D
1
(–11;6;5), D
2
(25; –12; –13) 6) 
3
V a 3 /8
; d(AA


,BC) =
3a 7 /14

7) d
1
: x = 1 d
2
: 3x + 4y – 15 = 0 8) (x;y) ={(5;4), (5;3)} 9) MinP =
3 2 /2
khi a = b = c = 1
02
2
ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 2 – NĂM 2015



3





4




1
TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN – Đề số: 03

ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số
4
2
x 5
y 3x (1)
2 2
  
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình
4 2
x 6x m 0
  
có đúng 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình
sin 3x cos2x sinx 0
  

Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân
6
0
dx
I dx
cos x cos x
4



 


 
 


Câu 4. (1 điểm)
a) Gọi z
1
, z
2
là hai nghiệm phức của phương trình
2
2 10 0
  
z z . Tính giá trị của biểu thức
2 2
1 2
| | | |
 
A z z
.
b) Có 12 học sinh gồm Có 12 học sinh giỏi gồm 3 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11, 5 học sinh
khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh.
Câu 5. (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; –1; 2), đường thẳng
x 1 y z 2
d :
2 1 1
 
  , mặt

phẳng
(P) : x y 2z 5 0
   
. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A song song với mặt phẳng
(P), đồng thời vuông góc với d.
Câu 6. (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong
đường tròn đường kính AD, với AD = 2a. Gọi I là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ I tới mặt
phẳng (SCD) bằng
3a 3
8
. Tính:
a) Thể tích khối chóp S.ABCD theo a
b) cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng SO và AD, với O là giao điểm của AC và BD.
Câu 7. (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(2; 2) và hai đường trung tuyến của
tam giác là
1
d : 2x 5y 8 0
  
và
2
d : x 3y 2 0
  
. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2
x x y 1 1
(x, y )
y x 2y x y x 0


   



   




Câu 9 (1 điểm)
Cho hai số thực x, y thỏa mãn
2 2
4 2
 
x y .
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3
8 3
  
P x y xy

HẾT
1b) 0 < m < 9 2) x =

/4 + k

/2, x = –

/6 + k2


, x = 7

/6 + k2

3)
I 2ln[(3+ 3 )/2]

4a) 20 b) 805 cách 5)

:{x=1–3t; y = –1+5t; z = 2+t} 6) a)
3
V a 3 /4
 b)
21/7

7) 7x+y–16=0; 8x–13y+10=0; 11x–154y+88=0 8) (x;y) =(4;2) 9) MaxP = 13/4; MinP = x – 7/2
03
2
ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 3 – NĂM 2015




3




4

Câu 1. (2

đ
i
ể
m
)
Cho hàm s
ố

( ) ( )
3 2
1 2 2 2
y x m x m x m
= + − + − + +
(
C
m
)
a. Kh

ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
hàm s
ố
khi
m
= 2.
b. Tìm
m

để

đồ
th
ị
hàm s
ố
(
C
m
) có c

ự
c tr
ị

đồ
ng th
ờ
i hoành
độ
c
ự
c ti
ể
u nh
ỏ
h
ơ
n 1.
Câu 2. (1
đ
i
ể
m
)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
sin 2 2 2(sinx+cosx)=5

x
−

Câu 3. (1
đ
i
ể
m
)
Gi
ả
i ph
ươ
ng
trì
nh:
2 2
1 1
5 5 24
x x
+ −
− =
Câu 4. (1
đ
i
ể
m
)

a) Gi

ả
i ph
ươ
ng
trì
nh

( )
2
2 2
log 2 3 2log 4
x x
− − =

b) Có bao nhiêu s
ố
t
ự
nhiên có 7 ch
ữ
s
ố
khác nhau t
ừ
ng
đ
ôi m
ộ
t, trong
đ

ó ch
ữ
s
ố
2
đứ
ng
li
ề
n gi
ữ
a hai ch
ữ
s
ố
1 và 3.
Câu 5. (1
đ
i
ể
m
)
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ

t
ọ
a
độ

Oxy
, cho
đườ
ng tròn
( )
2 2
: 2 4 2 0
C x y x y
+ − + + =
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn (
C'
) tâm
M
(5, 1) bi
ế
t (
C'
) c
ắ

t
(
C
) t
ạ
i các
đ
i
ể
m
A
,
B
sao cho
3
AB
=
.
Câu 6. (1
đ
i
ể
m
)
Cho hình chóp
S.ABCD
có
đ
áy
ABCD

là hình vuông, g
ọ
i
M
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AB
.
Tam giác SAB cân t
ạ
i S và n
ằ
m trong m
ặ
t ph
ẳ
ng vuông góc v
ớ
i
đ
áy (
ABCD
), bi
ế
t

2 5SD a= ,
SC

t
ạ
o v
ớ
i m
ặ
t
đ
áy (
ABCD
) m
ộ
t góc
60
°
. Tính theo
a
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
gi
ữa hai đường thẳng DM và SA.
Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
b
ằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 0
3
:
1
=

−
−
y
x
d
và 0
6
:
2
=
−
+
y
x
d
. Trung điểm
c
ủa một cạnh là giao điểm của d
1
với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu 8. (1 điểm)
Giải hệ phương trình :
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 2 0
x y y x
x x y y

− + − − =



+ − − − + =



Câu 9. (1 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5 5 5 1
x y z− − −
+ + = . Chứng minh rằng :

25 25 25 5 5 5
5 5 5 5 5 5 4
x y z x y z
x y z y z x z x y+ + +
+ +
+ + ≥
+ + +


Hết




S
Ở
GD&
Đ
T B

Ắ
C NINH
TR
ƯỜ
NG THPT NGÔ GIA T
Ự

KÌ THI TH
Ử
THPT QU
Ố
C GIA
N
Ă
M H
Ọ
C 2014 – 2015
Môn thi: TOÁN
Th
ờ
i gian làm bài: 180 phút, không k
ể
th
ờ
i gian giao
đề

Cảm ơncôPhươngTâm(phuongtam79@gma il.com)đãgửitới www.laisac. page.tl

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Ý Nội dung Điểm

1.
Cho hàm số
( ) ( )
3 2
1 2 2 2y x m x m x m= + − + − + + (C
m
)
200
a.
.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
1,00
Với m = 2 ta được y = x
3
– 3x
2
+ 4
Tập xác định : D = R.
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞

0,25
Có

2
' 3 6y x x= − ;
0 4
' 0
2 0
x y
y
x y
= ⇒ =

= ⇔

= ⇒ =


BBT


Vậy hàm số đồng biến trên
( )
;0−∞ và
( )
2;+∞ ; hàm số nghịch biến trên (0;2)
y
CĐ
= 4 tại x = 0; y
CT
= 0 tại x = 2
0,5
Đồ thị :

+ Lấy thêm điểm .
+ Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy


8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15
-10
-5
5
10
15

0,25
b.
Tìm m để đồ thị hàm số (C
m
) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
1,00

Có
( ) ( )
2
' 3 2 1 2 2y x m x m= + − + −

Để hàm số có cực trị thì phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi
dấu qua hai nghiệm đó
( ) ( )
2
3 2 1 2 2 0x m x m⇔ + − + − = có hai nghiệm phân
biệt
⇔
' 2
4 5 0m m
∆ = − − >
⇔ m < - 1 hoặc m >
5
4
(1)

0,25


0,25
Khi
đ
ó gi
ả
s
ử
y’=0 có hai nghi
ệ
m phân bi
ệ
t

x
1
,
x
2
v
ớ
i
x
1
<
x
2
thì
x
2
là
đ
i
ể
m c
ự
c
ti
ể
u. Theo
đề
bài có x
1
< x

2
< 1
7
5
m
⇔ <
(2)
0,25
K
ế
t h
ợ
p (1) và (2) ta
đượ
c…
Đ
áp s
ố

( )
; 1
m
∈ −∞ −
5 7
;
4 5
 
∪
 
 

0,25
2.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
sin 2 2 2(sin cos )=5
x x x
− +
.
1,00
Đặ
t sinx + cosx = t (
2
t
≤
). ⇒ sin2x = t
2
- 1
0,25
⇔
2
2 2 6 0
t t
− − =
⇔
2

t
= −
(t/m)
0,25
+Gi
ả
i
đượ
c ph
ươ
ng trình sinx + cosx =
2
−
… ⇔
os( ) 1
4
c x
π
− = −

+ L
ấ
y nghi
ệ
m
0,25

K
ế
t lu

ậ
n :
5
2
4
x k
π
π
= +
( k
∈
Z
) ho
ặ
c d
ướ
i d
ạ
ng
đ
úng khác .
0,25
3.
Gi
ả
i ph
ươ
ng
trì
nh:

2 2
1 1
5 5 24
x x
+ −
− =
1,00
Pt
2
2
5
5.5 24 0
5
x
x
⇔ − − =
Đặt
( )
2
5 1 ,
x
t t= ≥ , pt trở thành:
5
5 24 0t
t
− − =

0,5
2
5

5 24 5 0
1
5
(t/m)
(loai)
t
t t
t
=


⇔ − − = ⇔

= −


0,25

V
ớ
i t = 5 ta có
2
2
5 5 1 1
x
x x
= ⇔ = ⇔ = ±

0,25
4.

1,00
a.

Đ
k:
3
0
2
x
< ≠


2 2
2
2log 2 3 2log 4
2 3
log 2
pt x x
x
x
⇔ − − =
−
⇔ =

2 3
4
3
2
2 3 4

1
2
3
0
2
2 3 4
x
x
x
x x
x
x
x x
−
⇔ =


>





− =


⇔ ⇔ =




< <





− + =








0,25







0,25

1
TH
:
S
ố

ph
ả
i tìm ch
ứ
a b
ộ
123
:
L
ấ
y 4 ch
ữ
s
ố

∈
{ }
0;4;5;6;7;8;9
: có
4
7
A
cách
Cài b
ộ
123 vào v
ị
trí
đầ
u,ho

ặ
c cu
ố
i,ho
ặ
c gi
ữ
a hai ch
ữ
s
ố
li
ề
n nhau trong 4 ch
ữ

s
ố
v
ừ
a l
ấ
y: có 5 cách

→
có 5
4
7
A
= 5.840 = 4200 s

ố
g
ồ
m 7 ch
ữ
s
ố
khác nhau trong
đ
ó ch
ứ
a b
ộ
123
Trong các số trên, có 4
3
6
A
= 4.120 = 480 số
có chữ
số
0 đứ
ng đầ
u
→
Có 5
4
7
A
- 4

3
6
A
= 3720 s
ố
ph
ả
i tìm trong
đ
ó có m
ặ
t b
ộ
123

2
TH
:
S
ố
ph
ả
i tìm có m
ặ
t b
ộ
321
(l
ậ
p lu

ậ
n t
ươ
ng t
ự
)
Có 3720 s
ố
g
ồ
m 7 ch
ữ
s
ố
khác nhau , có m
ặ
t 321







0,25
b
K
ế
t lu
ậ

n:
có 3720.2 = 7440 s
ố
g
ồ
m 7 ch
ữ
s
ố
khác nhau
đ
ôi m
ộ
t,trong
đ
ó ch
ữ

s
ố
2
đứ
ng li
ề
n gi
ữ
a hai ch
ữ
s
ố

1 và 3
0,25

5.

Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

Oxy
, cho
đườ
ng tròn
( )
2 2
: 2 4 2 0
C x y x y
+ − + + =
. Vi
ế
t ph

ươ
ng trình
đườ
ng tròn (
C'
) tâm
M
(5, 1)
bi
ế
t (
C'
) c
ắ
t (
C
) t
ạ
i các
đ
i
ể
m
A
,
B
sao cho
3
AB
=

.
1,00

Đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2)
3R =
Có IM = 5.
Đườ
ng tròn (C') tâm M c
ắ
t
đườ
ng tròn (C) t
ạ
i A, B nên AB
⊥
IM t
ạ
i trung
đ
i
ể
m
H c
ủ
a
đ

o
ạ
n AB.
Ta có
3
AB IA IB
= = =
nên
ABC
∆ đề
u
3 3
.
2 2
IH AB
⇒
= =

TH1:
I và M n
ằ
m khác phía v
ớ
i
AB thì HM = IM – IH =
7
2

2
2 2

13
2
AB
AM HM
 
⇒
= + =
 
 
( ) ( ) ( )
2 2
' : 5 1 13
C x y
⇒
− + − =

TH2:
I và M n
ằ
m cùng phía v
ớ
i
AB thì HM = IM + IH =
13
2

2
2 2
43
2

AB
AM HM
 
= + =
 
 
( ) ( ) ( )
2 2
' : 5 1 43
C x y
⇒
− + − =



0,25


0,25





0,25




0,25

6.

Cho hình chóp
S.ABCD có đáy
ABCD là hình vuông, gọi
M là trung điểm của
AB. Tam giác SAB cân và n
ằ
m trong m
ặ
t ph
ẳ
ng vuông góc v
ớ
i
đ
áy (
ABCD),
biết
2 5SD a=
, SC tạo với mặt đáy (
ABCD) một góc
60
°
. Tính theo a thể tích
kh
ối chóp
S.ABCD
và kho

ảng cách giữa hai đường thẳng
DM
và
SA
.

1,00


Theo gi
ả
thi
ế
t ta có
( )
SM ABCD
⊥

MC là hình chi
ế
u c
ủ
a SC trên (ABCD) nên góc gi
ữ
a SC v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ

ng
(ABCD) là

60
SCM
= °

Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có :
2 2
.tan60
SM SD MD MC
= − = °
mà ABCD là hình vuông nên MC = MD
2 2 2
3 5
SD MC MC MC a
⇒ − = ⇒ = 15
SM a
⇒ =
L
ạ
i có
2
2
2 2
5
2
2 4
AB BC
MC BC BC a

 
= + =
⇒
=
 
 
2
4
ABCD
S a⇒ =
V
ậ
y
3
.
1 4 15
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V SM S
= =

*) D
ự
ng hbh AMDI ta có AI // MD nên
( )
( )
( )
( )

( )
,
, ,
DM SA
DM SAI M SAI
d d d
= =

K
ẻ

MH AI
⊥
và
MK SH
⊥ . Ch
ứ
ng minh
( )
( )
,
M SAI
d MK
=

Tính
đượ
c
2 2 15
5 79

a a
MH MK
=
⇒
=
.KL…


















0,25



0,25

0,25

0,25

7.

Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c to
ạ

độ

Oxy cho hình ch
ữ
nh
ậ
t
ABCD có di
ệ

n
tích b
ằ
ng 12, tâm
I là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
đườ
ng th
ẳ
ng
0
3
:
1
=
−
−
y
x
d
và
0
6
:
2

=
−
+
y
x
d
. Trung
đ
i
ể
m c
ủ
a m
ộ
t c
ạ
nh là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
d
1
v
ớ
i tr
ụ
c

Ox.
Tìm to
ạ

độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình ch
ữ
nh
ậ
t.


1,00

Ta có:
I
d
d
2
1
=
∩ . To
ạ

độ
c
ủ
a I là nghi
ệ
m c

ủ
a h
ệ
:



=
=
⇔



=
−
+
=
−
−
2/3
y
2/9
x
0
6
y
x
0
3
y

x
. V
ậ
y






2
3
;
2
9
I

Do vai trò A, B, C, D nên gi
ả
s
ử
M là trung
đ
i
ể
m c
ạ
nh AD
Ox
d

M
1
∩
=
⇒
Suy ra M( 3; 0)
Ta có:
23
2
3
2
9
32IM2AB
2
2
=






+






−==

Theo gi
ả
thi
ế
t:
2
2
2
3
12
AB
S
AD
12
AD
.
AB
S
ABCD
ABCD
=
=
=
⇔
=
=

Vì I và M cùng thu
ộ

c
đườ
ng th
ẳ
ng d
1
AD
d
1
⊥
⇒
Đườ
ng th
ẳ
ng AD
đ
i qua M ( 3; 0) và vuông góc v
ớ
i d
1
nh
ậ
n
)1;1(n làm VTPT
nên có PT:
0
3
y
x
0

)0
y(1
)3
x(1
=
−
+
⇔
=
−
+
−
. L
ạ
i có:
2
MD
MA
=
=

To
ạ

độ
A, D là nghi
ệ
m c
ủ
a h

ệ
PT:
( )





=
+
−
=
−
+
2
y
3
x
0
3
y
x
2
2

( ) ( )



±=

−
−
=
⇔



=
−
+
−
+
−=
⇔



=
+
−
+
−
=
⇔
1
3
x
x3y
2
)x

3(
3
x
3
x
y
2
y
3
x
3
x
y
2
2
2
2




=
=
⇔
1
y
2
x
ho
ặ

c



−
=
=
1
y
4
x
. V
ậ
y A( 2; 1), D( 4; -1)
Do






2
3
;
2
9
I
là trung
đ
i

ể
m c
ủ
a AC suy ra:



=
−
=
−
=
=
−
=
−
=
2
1
3
y
y2
y
7
2
9
x
x2
x
A

I
C
A
I
C

T
ươ
ng t
ự
I c
ũ
ng là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a BD nên ta có B( 5; 4)
V
ậ
y to
ạ

độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình ch

ữ
nh
ậ
t là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)





0,25








0,25







0,25

0,25

Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 2 0 (2)
x y y x
x x y y

− + − − =


+ − − − + =



1,00
Đ
i
ề
u ki
ệ

n:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y
y y

− ≥ − ≤ ≤


⇔
 
≤ ≤
− ≥




0,25
Đặ
t
t
=
x
+ 1
⇒

t
∈
[0; 2]; ta có (1)
⇔

t
3

−
3
t
2
=
y
3

−
3
y
2
.
Hàm s
ố

f
(
u
) =
u
3

−
3
u
2
ngh
ị
ch bi
ế
n trên
đ
o
ạ
n [0; 2] nên:
(1)
⇔

y
=
t

⇔

y
=
x
+ 1
0,25
⇒
(2)

⇔

2 2
2 1 2 0
x x
− − + =

Đặt
2
1v x= −
⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v
2
+ 2v − 1 =2
2
1
2 3 0
3
(t/m)
(loai)
v
v v
v
=

⇔ + − = ⇔

= −

.
0,25

8.

V
ớ
i v = 1 ta có x = 0
⇒ y = 1. V
ậ
y h
ệ
có nghi
ệ
m (x;y) = (0;1)
0,25
9.
Cho
x
,
y
,
z
là ba s
ố
th
ự
c th
ỏ
a mãn
5 5 5 1
x y z

− − −
+ + = . Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng :

25 25 25 5 5 5
5 5 5 5 5 5 4
x y z x y z
x y z y z x z x y+ + +
+ +
+ + ≥
+ + +

1,00
www.MATHVN.com FB.com/ThiThuDaiHoc

Đặ
t 5
x
= a , 5
y
=b , 5
z
= c . T
ừ
gi
ả
thi

ế
t ta có : ab + bc + ca = abc
B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c c
ầ
n ch
ứ
ng minh có d
ạ
ng :
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ +
+ + ≥
+ + +
(*)

( *) ⇔
3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc

+ +
+ + ≥
+ + +

⇔
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
+ +
+ + ≥
+ + + + + +

Ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
+ +
+ + ≥
+ +
( 1) (B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cô si)

T
ươ
ng t
ự

3
3
( )( ) 8 8 4
b b c b a
b
b c b a
+ +
+ + ≥
+ +
( 2)

3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
+ +
+ + ≥
+ +
( 3) .
C
ộ
ng v
ế

v
ớ
i v
ế
các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c ( 1) , ( 2) , (3) suy ra
đ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh


0,25





0,25

0,25


0,25

T
ổ
ng :
10,00



L
ư
u ý: Các cách gi
ả
i khác
đ
úng cho
đ
i
ể
m t
ươ
ng
đươ
ng t
ừ

ng ph
ầ
n.
Cảm ơncôPhươngTâm(phuongtam79@gma il.com)đãgửitới www.laisac. page.tl
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
TR NG THPT NGHI S N - THANH HÓA THI TH THPT QU C GIA 2015
T : T NHIÊN I MÔN THI: TOÁN
Th i gian làm bài : 180 phút
Câu 1 ( 4 i m) Cho hàm s :
3 2
2 3 1 ( )
y x x C

a. Kh o sát s bi n thiên và v th hàm s (C).
b.Vi t ph ng trình ti p tuy n c a th (C) bi t ti p tuy n ó có h s góc nh nh t.
Câu 2 ( 2 i m) Gi i ph ng trình sau :
2
cos2x cosx 2tan x 1 2
Câu 3 ( 2 i m) Gi i b t ph ng trình sau:
2
1
2
2log (2 1) log (3 1) 3x x .
Câu 4 ( 2 i m) Tìm h s c a s h ng ch a
6
x
trong khai tri n nh th c
10
2
3

1
3x
x
.
Câu 5 ( 2 i m) Cho hình chóp S.ABCD có áy ABCD là hình thoi tâm O c nh b ng a, Góc
0
120
DAB
.Hai m t ph ng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc v i áy. Góc gi a (SBC) và m t áy b ng
0
60
. Tính th
tích kh i chóp S.ABCD và kho ng cách t A n (SBC).
Câu 6( 2 i m) Trong không gian v i h tr c t a Oxyz, cho ng th ng (d) và m t ph ng (P) l n l t
có ph ng trình là
1 2 1
( ) ,( ) 2 2 0
1 2 1
x y z
d P x y z
. Tìm A là giao i m c a (d) và (P), vi t
ph ng trình ng th ng (d’) là hình chi u vuông góc c a (d ) trên m t ph ng (P).
Câu 7 ( 2 i m) Trong m t ph ng v i h tr c t a Oxy, cho tam giác nh n ABC. ng th ng ch a trung
tuy n k t A và ng th ng BC l n l t có ph ng trình
3 5 8 0,
x y
4 0
x y . ng th ng qua A
vuông góc v i BC c t ng tròn ngo i ti p tam giác ABC t i i m th hai là
(4; 2)

D . Vi t ph ng trình
các ng th ng AB,AC; bi t r ng hoành c a i m B không l n h n 3.
Câu 8 ( 2 i m) Gi i h ph ng trình sau:
3 2
2 2
2 12 25 18 (2 9) 4
3 1 3 14 8 6 4
y y y x x
x x x y y
.
Câu 9 ( 2 i m) Cho
1
1; , 1
4
x y z
sao cho
1
xyz . Tìm gía tr nh nh t c a bi u th c:

1 1 1
1 1 1
P
x y z
.
…………………… H t……………………….
Ghi chú: - Thí sinh không s d ng tài li u. Cán b coi thi không gi i thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……………………………………………… Số báo danh:………………………
1
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

H và tên thí sinh:………………………………………………… S báo danh:………………………
TR NG THPT NGHI S N H NG D N CH M MÔN TOÁN
THI TH THPT QU C GIA 2015
Câu Ý N i dung c n t i m
1
a
Giám kh o t làm áp án
2
b
2 2
1 3 3
' 6 6 6( )
2 2 2
y x x x
Ti p tuy n có h s góc Min b ng
3
2
khi
1 1
2 2
x y
Pttt :
3 1 1 3 5
2 2 2 2 4
y x x


1

0.5


0.5
2
Gi i ph ng trình :
2
cos2x cosx 2tan x 1 2


2

i u ki n cos 0x
2
2sin
cos2 cos 2
cos
x
x x
x
2
2
2
2sin
cos 2 cos2 1 2sin
cos
1
2sin 1 1 cos
cos
x

x x x
x
x x
x
2
2(1 cos )(1 cos ) (1 cos )cos w . .x x x x wwmathvn com
2
1 cos 2(1 cos ) cos 0
x x x
2
cos 1
cos 1
1
cos
2cos 5cos 2 0
2
2
3
x
x
x
x x
x k
x k


0.25


0.25

0.25

0.25



0.5



0.5
3
Gi i ph ng b t ph ng trình sau:
2
1
2
2log (2 1) log (3 1) 3
x x .
2

K
1
2
x
2
2
1

2
2
2
2log (2 1) log (3 1) 3
log (2 1) log (3 1) 3
x x
x x


2
2 2
(2 1) (2 1)
log 3 0 8
3 1 3 1
x x
x x
0.25



0.25



0.5


2
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
2

1
2
www.mathvn.com
4 28 7
0
3 1
x
x x
x
1 7 2 14
;
2 2
x


0.5

0.5
4
Tìm h s ch a
6
x
trong khai tri n nh th c
10
2
3
1
3
x
x

.
2

Ta có
10 10
10
2 2
10
3 3
0
1 1
3 3
k
k
k
x C x
x x

10
1
(10 ) 2
2
3
1 10 10
3
1
3 3
k
k
k k k

k k
k
T C x C x
x
S h ng ch a
6
x
khi
1
(10 ) 2 6 4
3
k k k
H s c n tìm b ng
4 4
10
3 www.dethithudaihoc.com
C



0.5



0.5


0.5

0.5

5
Cho hình chóp S.ABCD có áy ABCD là hình thoi tâm O c nh b ng a,
0
120
DAB
.Hai m t ph ng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc v i áy. Góc gi a (SBC) và m t
áy b ng
0
60
. Tính th tich kh i chóp S.ABCD và kho ng cách t A n (SBC).



HS t v hình
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
SAC ABCD
SBD ABCD SO ABCD SO BC
SAC SBD SO

K
0
( ) ( ),( ) 60
OK BC BC SOK SBC ABCD SKO
2
3
2
2
ABCD ABC

a
S S
3
.
3 3 3
( )
4 4 8
S ABCD
a a a
OK SO V dvtt

( ) ( ,( )) 2 ( ,( ))
AO SBC C d A SBC d O SBC


2 2 2
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ,( ))
1 1 1 3
www.mathvn.com
8
3
( ,( ))
4
SBC SOK
SBC SOK SK OH SBC d O SBC OH
OH SK
a
OH
OH OK OS

a
d A SBC




0.25

0.25

0.25

0.25

0.25


0.25


0.25


0.25

6

Trong không gian v i h tr c t a Oxyz, cho ng th ng (d) và m t ph ng (P)

3

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
l n l t có ph ng trình là
1 2 1
( ) ,( ) 2 2 0
1 2 1
x y z
d P x y z .
Tìm A là giao i m c a (d) và (P), vi t ph ng trình ng th ng (d’) là hình chi u
vuông góc c a (d ) trên m t ph ng (P) www.dethithudaihoc.com


1
2 2
( ) ( ) (0; 4;2)
1
2 2 0
x t
y t
A d P A
z t
x y z


(1; 2;1) ( )
M d

G i H là hình chi u vuông góc c a M trên (P) www.mathvn.com
1 2
(1; 2;1)
( ) ( ) 2

(2;1;1)
1
x t
quaM
MH MH y t
vtcp
z t


1 2
2
5 1
( ) (0; ; )
1
2 2
2 2 0
x t
y t
H MH P H
z t
x y z

0
(0; 4;2)
( ') ' 4
3 3
(0; ; )
2
2 2
x

qua A
d d y t
vtcp AH
z t




0.5






0.5





0.5



0.5
7
Trong m t ph ng v i h tr c t a Oxy, cho tam giác nh n ABC. ng th ng ch a
trung tuy n k t A và ng th ng BC l n l t có ph ng trình
3 5 8 0,

x y
4 0
x y . ng th ng qua A vuông góc v i BC c t ng tròn
ngo i ti p tam giác ABC t i i m th hai là
(4; 2)
D
. Vi t ph ng trình các ng
th ng AB,AC; bi t r ng hoành c a i m B không l n h n 3.



G i M là trung i m c a BC,H là tr c tâm c a tam giác ABC, K là giao c a AD và
BC,E là giao c a BH và AC www.mathvn.com
M là giao c a AM và BC nên
7 1
( ; )
2 2
M

AD vuông góc BC và i qua D nên có ph ng trình x+y-2=0
A là nghi m c a h
3 5 8 0
(1;1)
2 0
x y
A
x y

K là nghi m c a h
4 0

(3; 1)
2 0
x y
K
x y

T giác HKCE n i ti p nên
,
BHK KCE
mà
BDA KCE
Suy ra
BHK BDA
nên K là trung i m c a HD nên H(2 ;4) dethithudaihoc.com
Vì B thuôc BC
( ; 4) (7 ;3 )
B t t C t t

M t khác HB vuông góc AC nên
7( )
. 0
2
t l
HB AC
t

0.25


0.25

0.25

0.25



0.25


0.25


4
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
(2; 2), (5;1)
:3 4 0, : 1 0
B C
AB x y AC y

0.25
0.25

8
Gi i h ph ng trình sau.

3 2
2 2
2 12 25 18 (2 9) 4

3 1 3 14 8 6 4
y y y x x
x x x y y

2

K :
2
1
3
6 4 0
x
y y

Xét ph ng trình
3 2
2 12 25 18 (2 9) 4
y y y x x
3 2 3
3 2
2 2
2 12 25 18 (2 9) 4 2( 2) ( 2) 2( 4) 4 4
( ) 2 '( ) 6 1 0
2 2
(1) ( 2) ( 4) 2 4
( 2) 4 4
y y y x x y y x x x
f t t t f t t
y y
f y f x y x

y x x y y
3 2
2
2
2 2
2
2
2
2
2 12 25 18 (2 9) 4
4
3 1 6 3 14 8 0
3 1 3 14 8 6 4
4 w . .
3 1 4 6 1 3 14 5 0
4
3 5 5
( 5)(3 1) 0
3 1 4 6 1
4
3
( 5)
3
y y y x x
x y y
x x x x
x x x y y
x y y wwmathvncom
x x x x
x y y

x x
x x
x x
x y y
x
5
1
1
(3 1) 0
1 4 6 1
3 1 1
(3 1) 0,
3
3 1 4 6 1
x
y
x
x x
x x
x x

V y h có nghi m x=5,y=1
0.25




0.25

0.25



0.25


0.25


0.25





0.25





0.25
9
Cho
1
1; , 1
4
x y z

sao cho
1
xyz
. Tìm gía tr nh nh t c a bi u th c

1 1 1
1 1 1
P
x y z

2

Ta có
1 1 2 1 2 1 2
1
1 1 1
1 1 1
1
P
y z x
yz yz yz
yz

t
2
2
1 2
1 2 ( )
1 1
t

t yz t P f t
t t
x

0.5



0.5


0.5
5
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
2 2
2
2 2
'( ) 0
1
1
22
( ) (2) www.dethithudaihoc.com
15
t
f t
t
t
f t f

Suy ra

22 1
, 2
15 4
MinP x y z


0.25

0.25
N u thí sinh gi i theo cách khác n u úng v n cho i m t i a
6