TỔNG HỢP ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN THPT QUỐC GIA CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
.
1
x
y
x
−
=
+

a) Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(

C
) c
ủ
a hàm s
ố

đ
ã cho.
b) Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
đồ
th
ị
(
C
), bi
ế
t ti
ế
p
đ

i
ể
m có hoành
độ

1.
x
=

Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn:
π
α π
2
< <
và
3
sin
α .
5
=
Tính
2
tan
α
.
1 tan
α
A
=

+

b) Cho s
ố
ph
ứ
c
z
th
ỏ
a mãn h
ệ
th
ứ
c:
(1 ) (3 ) 2 6 .
i z i z i
+ + − = −
Tính mô
đ
un c
ủ
a
z
.

Câu 3.
(
0,5 điểm
) Gi

ả
i ph
ươ
ng trình:
3 3
log ( 2) 1 log .
x x
+ = −
Câu 4.
(
1,0 điểm
) Gi
ả
i b
ấ
t ph
ươ
ng trình:
2 2
2 3( 2 2).
x x x x x+ + − ≥ − −
Câu 5.
(1,0
đ
i
ể
m) Tính tích phân:
2
3
1

(2 ln ) d .
I x x x
= +
∫

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có
đ
áy ABC là tam giác vuông t
ạ
i B, AC = 2a,

o
30 ,
ACB =

Hình chi
ế
u vuông góc H c
ủ
a
đỉ
nh S trên m
ặ
t
đ
áy là trung
đ
i
ể
m c

ủ
a c
ạ
nh AC và
2 .
SH a
=
Tính theo
a th
ể
tích kh
ố
i chóp S.ABC và kho
ả
ng cách t
ừ

đ
i
ể
m C
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAB).
Câu 7.
(1,0
đ

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

Oxy
, cho tam giác OAB có các
đỉ
nh A và B thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng
: 4 3 12 0
x y
∆ + − =
và
đ

i
ể
m
(6; 6)
K là tâm
đườ
ng tròn bàng ti
ế
p góc O. G
ọ
i C là
đ
i
ể
m
n
ằ
m trên
∆
sao cho
AC AO
=
và các
đ
i
ể
m C, B n
ằ
m khác phía nhau so v
ớ

i
đ
i
ể
m A. Bi
ế
t
đ
i
ể
m C có
hoành
độ
b
ằ
ng
24
,
5
tìm t
ọ
a
độ
c
ủ
a các
đỉ
nh A, B.
Câu 8.
(1,0

đ
i
ể
m) Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho hai
đ
i
ể
m
(2; 0; 0)
A và
(1; 1; 1).
B
−
Vi
ế
t
ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ

ng trung tr
ự
c (P) c
ủ
a
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng AB và ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u tâm O, ti
ế
p xúc
v
ớ
i (P).
Câu 9.
(0,5
đ
i
ể
m) Hai thí sinh A và B tham gia m
ộ
t bu

ổ
i thi v
ấ
n
đ
áp. Cán b
ộ
h
ỏ
i thi
đư
a cho m
ỗ
i thí
sinh m
ộ
t b
ộ
câu h
ỏ
i thi g
ồ
m 10 câu h
ỏ
i khác nhau,
đượ
c
đự
ng trong 10 phong bì dán kín, có hình
th

ứ
c gi
ố
ng h
ệ
t nhau, m
ỗ
i phong bì
đự
ng 1 câu h
ỏ
i; thí sinh ch
ọ
n 3 phong bì trong s
ố

đ
ó
để
xác
đị
nh
câu h
ỏ
i thi c
ủ
a mình. Bi
ế
t r
ằ

ng b
ộ
10 câu h
ỏ
i thi dành cho các thí sinh là nh
ư
nhau, tính xác su
ấ
t
để

3
câu h
ỏ
i A ch
ọ
n và 3 câu h
ỏ
i B ch
ọ
n là gi
ố
ng nhau.

Câu 10.
(1,0
đ
i
ể
m) Xét s

ố
th
ự
c x. Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c sau:
2
2 2
3 2 2 1
1 1
3
2 3 3 3 2 3 3 3
+ +
= + +
+ − + + + +
( )
.
( ) ( )
x x
P

x x x x

HẾT
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN


CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1
(2,0 điểm)

a) (1,0 điểm)
●
Tập xác định:
{
}
\ 1 .
D
= −
»

●
Giới hạn và tiệm cận:
( 1)
lim
x
y
+
→ −
= − ∞
,
( 1)
lim
x
y
−
→ −
= + ∞
;

lim lim 2.
x x
y y
→ −∞ → +∞
= =

Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng
1
x
= −
và một
tiệm cận ngang là đường thẳng
2.
y
=

0,25
●
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' =
2
3
( 1)
x +
> 0
∀
x
∈
D.
Suy ra, hàm s

ố

đồ
ng bi
ế
n trên m
ỗ
i kho
ả
ng
(
)
; 1
− ∞ −
và
(
)
1;
− + ∞
.

- C
ự
c tr
ị
: Hàm s
ố

đ
ã cho không có c

ự
c tr
ị
.
0,25
Lưu ý:
Cho phép thí sinh không nêu k
ết luận về cực trị của hàm số.
- Bảng biến thiên:
x
–
∞
– 1 + ∞

y' + +
y
+
∞

2
2 – ∞

0,25
●
Đồ thị (C):


0,25
O

x

y

−1

−
1

2

½

b) (1,0 điểm)
Tung độ
0
y
của tiếp điểm là:
0
1
(1) .
2
y y
= =

0,25
Suy ra h
ệ
s
ố

góc
k
c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n là:
3
'(1) .
4
k y
= =

0,25
Do
đ
ó, ph
ươ
ng trình c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n là:
3 1
( 1) ;
4 2

y x
= − +

0,25
hay
3 1
.
4 4
y x
= −

0,25
Câu 2
(
1,0 điểm)
a) (0,5 điểm)
Ta có:
2
2
tan α 3
tan
α.cos α sin α.cos α cos α.
1 tan α 5
A = = = =
+
(1)
0,25

2
2 2

3 16
cos
α 1 sin α 1 .
5 25
 
= − = − =
 
 
(2)
Vì
α ;
2
π
π
 
∈
 
 
nên
cos
α 0.
<
Do đó, từ (2) suy ra
4
cos
α .
5
= −
(3)
Thế (3) vào (1), ta được

12
.
25
A = −

0,25
b)
(
0,5 điểm
)
Đặt
z

=

a
+
bi
, (
,a b
∈
»
); khi đó
z a bi
= −
. Do đó, kí hiệu (
∗
) là hệ thức cho
trong đề bài, ta có:
(

∗
)
⇔

(1 )( ) (3 )( ) 2 6
i a bi i a bi i
+ + + − − = −


⇔

(4 2 2) (6 2 ) 0
a b b i
− − + − =

0,25

⇔

{
4 2 2 0
6 2 0
a b
b
− − =
− =

⇔

{

2
3.
a
b
=
=

Do đó
2 2
| | 2 3 13.
z = + =

0,25
Câu 3
(
0,5 điểm)
●
Điều kiện xác định:
0.
x
>
(1)
●
Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có:
(2)
⇔

3 3
log ( 2) log 1
x x

+ + =
⇔
3 3
log ( ( 2)) log 3
x x + =

0,25
⇔
2
2 3 0
x x
+ − =
⇔
1
x
=
(do (1)).
0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
● Điều kiện xác định:
1 3.
x ≥ +
(1)
● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là bất phương trình đã cho, ta có:
(2) ⇔
2 2
2 2 2 ( 1)( 2) 3( 2 2)
x x x x x x x
+ − + + − ≥ − −

0,25
⇔
( 2)( 1) ( 2) 2( 1)
x x x x x x
− + ≥ − − +

⇔
(
)
(
)
( 2) 2 ( 1) ( 2) ( 1) 0.
x x x x x x
− − + − + + ≤
(3)
Do với mọi x thỏa mãn (1), ta có
( 2) ( 1) 0
x x x
− + + >
nên
(3) ⇔
( 2) 2 ( 1)
x x x
− ≤ +

0,50
⇔
2
6 4 0

x x
− − ≤

⇔
3 13 3 13.
x− ≤ ≤ +
(4)
K
ế
t h
ợ
p (1) và (4), ta
đượ
c t
ậ
p nghi
ệ
m c
ủ
a b
ấ
t ph
ươ
ng trình
đ
ã cho là:
1 3 ; 3 13 .
 
+ +
 

0,25
Câu 5
(1,0
đ
i
ể
m)
Ta có:
2 2
3
1 1
2 d ln d .
I x x x x
= +
∫ ∫
(1)
0,25
Đặ
t
2
3
1
1
2 d
I x x
=
∫
và
2

2
1
ln d .
I x x
=
∫
Ta có:

2
4
1
1
1 15
.
2 2
I x= =
0,25

2 2
2 2
2
1 1
1 1
.ln d(ln ) 2ln 2 d 2ln 2 2ln 2 1.
I x x x x x x
= − = − = − = −
∫ ∫

V
ậ

y
1 2
13
2 ln 2.
2
I I I= + = +

0,50
Câu 6
(1,0
đ
i
ể
m)




Theo gi
ả
thi
ế
t,
1
2
HA HC AC a
= = =
và SH ⊥ mp(ABC).
Xét
∆

v. ABC, ta có:

o
.cos 2 .cos 30 3 .
BC AC ACB a a
= = =

0,25
Do
đ
ó

o 2
1 1 3
. .sin .2 . 3 .sin 30 .
2 2 2
ABC
S AC BC ACB a a a
= = =

V
ậ
y
3
2
.
1 1 3 6
. . 2 . .
3 3 2 6
S ABC ABC

a
V SH S a a= = =

0,25
Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)). (1)
G
ọ
i N là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AB, ta có HN là
đườ
ng trung bình c
ủ
a
∆
ABC.
Do
đ
ó HN // BC. Suy ra AB ⊥ HN. L
ạ
i có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN). Do
đ
ó
mp(SAB) ⊥ mp(SHN). Mà SN là giao tuy
ế
n c

ủ
a hai m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ừ
a nêu, nên
trong mp(SHN), h
ạ
HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB).
Vì v
ậ
y d(H, (SAB)) = HK. K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i (1), suy ra d(C, (SAB)) = 2HK. (2)
0,25
Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét
∆
v. SHN, ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
.
2
HK SH HN a HN
= + = +

Vì HN là
đườ
ng trung bình c
ủ
a
∆
ABC nên
1 3
.
2 2
a
HN BC= =

Do
đ
ó
2 2 2 2
1 1 4 11
.
2 3 6
HK a a a
= + =
Suy ra
66
.
11
a
HK =
(3)

Th
ế
(3) vào (2), ta
đượ
c
( )
2 66
, ( ) .
11
a
d C SAB =

0,25
Câu 7
(1,0
đ
i
ể
m)




Trên
∆
, l
ấ
y
đ
i

ể
m D sao cho BD = BO và D, A n
ằ
m khác phía nhau so v
ớ
i B.
G
ọ
i E là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a các
đườ
ng th
ẳ
ng KA và OC; g
ọ
i F là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a các
đườ
ng th
ẳ

ng KB và OD.
Vì K là tâm
đườ
ng tròn bàng ti
ế
p góc O c
ủ
a
∆
OAB nên KE là phân giác c
ủ
a góc

.
OAC
Mà OAC là tam giác cân t
ạ
i A (do AO = AC, theo gt) nên suy ra KE c
ũ
ng
là
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a OC. Do
đ
ó E là trung
đ

i
ể
m c
ủ
a OC và KC = KO.
Xét t
ươ
ng t
ự

đố
i v
ớ
i KF, ta c
ũ
ng có F là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a OD và KD = KO.
Suy ra
∆
CKD cân t
ạ
i K. Do
đ
ó, h
ạ

KH ⊥
∆
, ta có H là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a CD.
Nh
ư
v
ậ
y:
+ A là giao c
ủ
a
∆
và
đườ
ng trung tr
ự
c
1
d
c
ủ
a
đ
o

ạ
n th
ẳ
ng OC; (1)
+ B là giao c
ủ
a
∆
và
đườ
ng trung tr
ự
c
2
d
c
ủ
a
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng OD, v
ớ
i D là
đ
i
ể
m

đố
i
x
ứ
ng c
ủ
a C qua H và H là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a K trên
∆
. (2)
0,50

Vì C ∈
∆
và có hoành
độ

0
24
5
x =
(gt) nên g
ọ
i
0
y
là tung

độ
c
ủ
a C, ta có:
0
24
4. 3 12 0.
5
y
+ − =
Suy ra
0
12
.
5
y = −

T
ừ

đ
ó, trung
đ
i
ể
m E c
ủ
a OC có t
ọ
a

độ
là
12 6
;
5 5
 
−
 
 
và
đườ
ng th
ẳ
ng OC có
ph
ươ
ng trình:
2 0.
x y
+ =

Suy ra ph
ươ
ng trình c
ủ
a
1
d
là:
2 6 0.

x y
− − =

Do
đ
ó, theo (1), t
ọ
a
độ
c
ủ
a A là nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
ph
ươ
ng trình:
{
4 3 12 0
2 6 0.
x y
x y
+ − =
− − =

Gi
ả

i h
ệ
trên, ta
đượ
c A = (3; 0).
0,25

G
ọ
i d là
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua K(6; 6) và vuông góc v
ớ
i
∆
, ta có ph
ươ
ng trình c
ủ
a
d là:
3 4 6 0.
x y
− + =
T
ừ

đ
ây, do H là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
∆
và d nên t
ọ
a
độ
c
ủ
a H là
nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
ph
ươ
ng trình:
{
4 3 12 0
3 4 6 0.
x y

x y
+ − =
− + =

Gi
ả
i h
ệ
trên, ta
đượ
c
6 12
; .
5 5
H
 
=
 
 
Suy ra
12 36
; .
5 5
D
 
= −
 
 

Do

đ
ó, trung
đ
i
ể
m F c
ủ
a OD có t
ọ
a
độ
là
6 18
;
5 5
 
−
 
 
và
đườ
ng th
ẳ
ng OD có
ph
ươ
ng trình:
3 0.
x y
+ =

Suy ra ph
ươ
ng trình c
ủ
a
2
d
là:
3 12 0.
x y
− + =

Do
đ
ó, theo (2), t
ọ
a
độ
c
ủ
a B là nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
ph
ươ
ng trình:

{
4 3 12 0
3 12 0.
x y
x y
+ − =
− + =

Gi
ả
i h
ệ
trên, ta
đượ
c B = (0; 4).
0,25
Câu 8
(1,0
đ
i
ể
m)

G
ọ
i M là trung
đ
i
ể
m c

ủ
a AB, ta có
3 1 1
; ; .
2 2 2
M
 
= −
 
 

Vì (P) là m
ặ
t ph
ẳ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a AB nên (P)
đ
i qua M và
( 1; 1; 1)
AB
= − −

là
m
ộ
t vect

ơ
pháp tuy
ế
n c
ủ
a (P).
0,25
Suy ra, ph
ươ
ng trình c
ủ
a (P) là:
3 1 1
( 1) ( 1) 0
2 2 2
x y z
     
− − + − + − + =
     
     

hay:
2 2 2 1 0.
x y z
− + − =

0,25
Ta có
2 2 2
| 1| 1

( , ( )) .
2 3
2 ( 2) 2
d O P
−
= =
+ − +

0,25
Do
đ
ó, ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u tâm O, ti
ế
p xúc v
ớ
i (P) là:
2 2 2
1
12
x y z+ + =

hay
2 2 2
12 12 12 1 0.

x y z
+ + − =

0,25
Câu 9
(0,5
đ
i
ể
m)

Không gian m
ẫ
u Ω là t
ậ
p h
ợ
p g
ồ
m t
ấ
t c
ả
các c
ặ
p hai b
ộ
3 câu h
ỏ
i, mà

ở
v
ị
trí
th
ứ
nh
ấ
t c
ủ
a c
ặ
p là b
ộ
3 câu h
ỏ
i thí sinh A ch
ọ
n và
ở
v
ị
trí th
ứ
hai c
ủ
a c
ặ
p là b
ộ

3 câu h
ỏ
i thí sinh B ch
ọ
n.
Vì A c
ũ
ng nh
ư
B
đề
u có
3
10
C
cách ch
ọ
n 3 câu h
ỏ
i t
ừ
10 câu h
ỏ
i thi nên theo quy
t
ắ
c nhân, ta có
(
)

2
3
10
( ) C .
n Ω =

0,25
Kí hi
ệ
u X là bi
ế
n c
ố
“b
ộ
3 câu h
ỏ
i A ch
ọ
n và b
ộ
3 câu h
ỏ
i B ch
ọ
n là gi
ố
ng
nhau”.
Vì v

ớ
i m
ỗ
i cách ch
ọ
n 3 câu h
ỏ
i c
ủ
a A, B ch
ỉ
có duy nh
ấ
t cách ch
ọ
n 3 câu h
ỏ
i
gi
ố
ng nh
ư
A nên
(
)
3 3
10 10
C .1 C .
X
n Ω = =

Vì v
ậ
y
(
)
( )
3
10
2
3
3
10
10
C
1 1
( ) .
( ) C 120
C
X
n
P X
n
Ω
= = = =
Ω


0,25
Câu 10

(1,0
đ
i
ể
m)

Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, v
ớ
i m
ỗ
i s
ố
th
ự
c x, xét các
đ
i
ể

m
( ; 1)
A x x
+
,
3 1
;
2 2
B
 
−
 
 
 
và
3 1
; .
2 2
C
 
− −
 
 
 

Khi
đ
ó, ta có
,
OA OB OC

P
a b c
= + +
trong
đ
ó a = BC, b = CA và c = AB.
0,25
G
ọ
i G là tr
ọ
ng tâm
∆
ABC, ta có:
. . . 3 . . .
. . . 2 . . .
a b c
OA GA OB GB OC GC OA GA OB GB OC GC
P
a GA b GB c GC a m b m c m
 
= + + = + +
 
 
,
trong
đ
ó
,
a b

m m
và
c
m
t
ươ
ng
ứ
ng là
độ
dài
đườ
ng trung tuy
ế
n xu
ấ
t phát t
ừ
A,
B, C c
ủ
a
∆
ABC.
0,25
Theo b
ấ
t
đẳ
ng th

ứ
c Cô si cho hai s
ố
th
ự
c không âm, ta có
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1
. . 3 2 2
2 3
3 2 2
1
. .
2
2 3 2 3
a
a m a b c a
a b c a
a b c
= + −
+ + −
+ +
≤ =

B
ằ

ng cách t
ươ
ng t
ự
, ta c
ũ
ng có:
2 2 2
.
2 3
b
a b c
b m
+ +
≤
và
2 2 2
. .
2 3
c
a b c
c m
+ +
≤

Suy ra
( )
2 2 2
3 3
. . . .

P OAGA OB GB OC GC
a b c
≥ + +
+ +
(1)
0,25
Ta có:
. . . . . . .
OA GA OB GB OC GC OA GA OB GB OC GC
+ + ≥ + +
     
(2)

( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
. . .
. . .
.
4
. (3)
9 3
a b c
OA GA OB GB OC GC
OG GA GA OG GB GB OG GC GC
OG GA GB GC GA GB GC
a b c

m m m
+ +
= + + + + +
= + + + + +
+ +
= + + =
     
        
   

T
ừ
(1), (2) và (3), suy ra
3.
P ≥

H
ơ
n n
ữ
a, b
ằ
ng ki
ể
m tra tr
ự
c ti
ế
p ta th
ấ

y
3
P =
khi x = 0.
V
ậ
y
min 3.
P =

0,25

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP VÀ XÉT TUYỂN ĐẠI HỌC NĂM 2015
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC
Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0điểm). Cho hàm số (1).
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ (C) của hàm số (1).
b)Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng
d: x + 3y +1 = 0.
Câu 2 (1,0điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn .
Câu 3 (1,0điểm).Giải các phương trình sau
a) . b)
Câu 4 (0,5điểm). Tính tích phân .
Câu 5 (0,5điểm). Cho tập hợp X gồm các số tự nhiên có ba chữ số phân biệt được lập từ các chữ số
1,2,3,4,5,6. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên từ tập hợp X, tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số
bằng 8.
Câu 6 (1,0điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(-1;4;6) và điểm B(-2;3;6). Viết phương
trình mặt cầu (S) có tâm thuộc trục Ox và đi qua điểm A và điểm B. Tìm tọa độ các giao điểm của (S) với

trục Oz.
Câu 7 (1,0điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác vuông
cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Câu 8 (1,0điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Điểm F( là trung điểm
của cạnh AD. Đường thẳng EK có phương trình
với điểm E là trung điểm của cạnh AB,
điểm K thuộc cạnh DC và KD = 3KC. Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ
nhỏ hơn 3.
Câu 9 (1,0điểm). Giải hệ phương trình
.
Câu 10 (1,0điểm).
Cho ba số thực a,b,c đôi một phân biệt và thỏa mãn các điều kiện
và
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Hết

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
ĐÁP ÁN THI THỬ TỐT NGHIỆP VÀ XÉT TUYỂN ĐẠI
HỌC
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC
Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

Nội dung Điểm
Câu I
Cho hàm số
32
1
3

yxx

2,0đ
Ý a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1,0đ
















1.Tập xác định : D =
.
2.Sự biến thiên :

2
'2yx x
;
0
'0
2

x
y
x







3
11
lim lim [x ( - )] = +
3
xx
y
x
 


3
11
lim lim [x ( - )] = -
3
xx
y
x
 

0,25đ

Bảng biến thiên

0 2

0 0
0





4
3


Hàm số đồng biến trên các khoảng
và
Hàm số nghịch biến trên
.
Hàm số có cực đại tại
0x

và y
CĐ
= y(0)=0.
0,25đ

0,25đ





















Hàm số có cực tiểu tại
2x

và y

CT
= y(2)=
4
3


3.Đồ thị
Giao Ox: (0;0), (3;0)
Giao Oy: (0;0)
'0 1yx

 Đồ thị hàm số nhận I
2
(1; )
3

làm điểm uốn và là tâm đối xứng
f(x)=(1/3)x^3-x^2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y


0,25đ

Ý b
d có hệ số góc
1
3
k
 .
Gọi
0
x
là hoành độ điểm M
Ycbt
0
1
'( ).( ) 1
3
yx


0
'( ) 3yx

2
00
230xx 

0
0
1
3
x
x








4
(1; )
3
(3;0)
M
M








0,25đ




0,25đ


0,25đ

0,25đ
Câu 2
(1đ)
+) Hàm số liên tục trên
1
[;2]
2

+)
2
2
2
'( )
(1)
x

x
fx
x



;
+)
1
0[;2]
2
'( ) 0
1
2[;2]
2
x
fx
x






 



0,25đ




+)
17
()
26
f 
;
7
(2)
3
f 

+)
1
[;2]
2
7
min ( )
6
x
fx


;
1
[;2]

2
7
max ( )
3
x
fx




0,25đ


0,25đ
0,25đ
Câu 3
(1đ)
a) ĐK:
1
3
3
x

Với điều kiện trên bpt
22
(3 1) [2(3-x)]
log log
x

312(3)

x
x

 


1
x


KL: Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm
1
x





0,25đ


0,25đ
Pt 2cos ( 3sinx-cos 1) 0xx

cos 0
1
cos( )
32
x
x










2
2()
2
2
3
xk
xk k
xk









 


 




0,25đ


0,25đ
Câu 4
(0,5đ)
22
00
111
()
(1)(2) 1 2
I
dx dx
xx x x

  



22
ln 1 ln 2
00
xx
3
ln
2


0,25đ


0,25đ
Câu 5
(0,5đ)
+) Số cần tìm có dạng
abc
+)
3
6
()nS A

+) B: “Số được chọn có tổng các chữ số bằng 8’’

0,25đ


() 12nB
12
() 0,1
120
PB


0,25đ
Câu 6
(1,0đ)
+) I(a;0;0) thuộc trục Ox là tâm mặt cầu

22
I
AIB IA IB 

2(2;0;0)aI

2
61R

Phương trình mặt cầu:
222
(2) 61xyz


+) Tọa độ giao điểm của (S) và Oz thỏa mãn:

222
(2) 61
0
xyz
xy







57z

(0;0; 57)
(0;0; 57)
M
M







0,25đ



0,25đ



0,25đ


0,25đ
Câu 7
(1đ)
+) GT
()
2
SH ABC

a
SH









+)
2
3
4
ABC
a
S

3
.
3
24
S ABC
a
V

+) d qua B và d // AC
www.VNMATH.com

(,) (;(,))2(;(;))dACSB dA SBd dH SBd 
+)
(;( ,))dH SBd HK
2222
11128 3
3
27
a
HK
HK HJ SH a


3
(,)2
7
dACSB HK a
0,25đ



0,25đ

0,25đ



0,25đ
Câu 8
(1đ)
+) gt  Cạnh hình vuông bằng 5
52
EF
2


+) Tọa độ E là nghiệm:
22
11 25
()(3)
22
19 8 18 0
xy
xy











2
58
17
x
x









5
(2; )
2
E
+) AC qua trung điểm I của EF và AC

EF
AC: 7290xy 
10

7290
3
:
19 8 18 0 17
3
x
xy
PACEK
y
y



 


  








10 17
(;)
33
P
9

(3;8)
5
IC IP C 
 



0,25đ





0,25đ






0,25đ




0,25đ
Câu 9
(1đ)

+) ĐK :
2530xy x
+) Từ pt (1)
22
xy xy
VT xy xyVP

  

Nên (1)
0xy


0,5đ

(loại






Thay vào (2) được :
22 2
6 2 53(2 53)0xxxx xx

2
2
3
1

253
1
2
2
1
253
3
x
xxx
x
xxx















  


33xy  Hệ có một nghiệm (3 ;3).

0,25đ



0,25đ
Câu
10
(1đ)
+) BĐT:
2
22
,
22
xy xy
x
y







22
11 4 22
(, 0)xy

xyxy
xy
   



Dấu “=” xảy ra
x
y
+)
222 5
P
ab bc ca
ab bc ca





Giả sử
abc:
10 10 20 2
2(1)(13)
P
ac
ab ac bc b b
 

  

Ta có:
14
(1 )(1 3 ) (3 3 )(1 3 ) 10 6
33
bb bb P 

Min P
1
2
26
10 6
6
26
6
b
a
c















và các hoán vị của nó
www.VNMATH.com





0,25đ


0,25đ

0,25đ

0,25đ

(loại
Vô

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
TRUNG TÂM DẠY THÊM VĂN HÓA LÊ HỒNG PHONG
, P4, Q5, TP.HCM (38 322 293) Website: ttdtvh.lehongphong.edu.vn
ĐA
́
P A

́
N V BIÊ
̉
U ĐIÊ
̉
M CHÂ
́
M

Câu  Nô
̣
i dung Điê
̉
m
1


=
2x 1
x1


(C).

a


(C) 

.

∑ = 2.5
* 





: D = R\{1}.
* 



, 



:
lim
x
y2


 y = 2 .
lim ; lim
x 1 x 1
yy

 
   
 x = 1 .

0.25

* y' =
()
2
3
x1

* y' > 0,  x  D  

0.25
* 

:
x  1 
y' + +
y

2
2




0.25

* 






: (0; 1); (
1
2
; 0); (2; 5);
(;
7
3
2

)
* :












0.5
b 












(C) 







 (1; 4).
∑ = 0.75
(d) 



(C) (x
0
; y
0
)
 (d): y  y

0
= y'(x
0
)(x  x
0
)
 (d): y =
()
()
0
0
2
0
0
2x 1
3
xx
x1
x1




.


0.25

(d) qua A 
()

()
0
0
2
0
0
2x 1
3
1 x 4
x1
x1

   



 3 + 2x
0
 1 = 4x
0
+ 4  2x
0
= 8  x
0
= 4  y
0
= 3; y'(4) =
1
3

0.25



(d): y =
()
1
x 4 3
3

=
1 13
x
33

.
0.25
2
: I =
()
2
1
xx
0
2e e xdx


∑ = 1.0

I =
2
11
xx
00
2xe dx xe dx

.
0.25


* I
1
=
()
22
11
x x 2
00
2xe dx e d x

=
2
1
x
0
e




= e  1.

0.25


* I
2
=
1
x
0
xe dx

:
 u = x  u' = e
x
.
v' = e
x
, = e
x
.


0.25

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3
-2
-1

1
2
3
4
5
6
x
y
www.VNMATH.com
TRUNG TÂM DẠY THÊM VĂN HÓA LÊ HỒNG PHONG
, P4, Q5, TP.HCM (38 322 293) Website: ttdtvh.lehongphong.edu.vn
 I
2
=
1
1
xx
0
0
xe e dx




=
1
x
0
ee




= 1.





= e  1 + 1 = e. 0.25
3 a
 

: 3sinx + cos2x = 2 (1)
∑ = 0.5


 1  2sin
2
x + 3sinx = 2  2sin
2
x  3sinx + 1 = 0
 sinx = 1 

=
1
2

0.25

* sinx = 1 
x k2
2

  

* sinx =
sin
x k2
1
6
5
26
x k2
6


  






  



0.25

b


:
log log log
2
3 3 3
x 3 x 3 2 x 3   
(2)
∑ = 0.5

= log
3
x (x > 0).
(1) 
2
t 3t 3 2t 3   


2
22
t 3t 3 0
2t 3 0
t 3t 3 4t 12t 9

  





    


2
3
t
2
3t 9t 6 0





  


0.25


3
t
2
t 1 hay t 2








 t  2 .




: log
3
x  2  x  9. 







 x ≥ 9.
0.25


4


a

2






n
3
2
x
x




, 

> 0 



3 2 2
n n n
C A 5C
(


,
kk
nn
CA












)
∑ = 0.5



:
3 2 2
n n n
C A 5C

! ! !
.
!( )! ( )! !( )!
n n n
5
3 n 3 n 2 2 n 2

  


()
1 1 5
6 n 2 2 n 2



 n  2 + 6 = 15  n = 11.
0.25




11
3
2
x
x




=
 
.
11 k
11
k
k
3
11
k0
2
Cx
x








=
.( ) . .
k 11 k
11
k k 11 k
23
11
k0
C 1 2 x






.





2

k 11 k

2
23



5k 33
2
6


 k = 9.







2
trong khai tri
n
3
2
x
x






( ) .
9 2 2
11
1 C x
.
0.25

b


















 8 













 . 



 





ng A
, 



 4 

. 


,  .

∑ = 0.5

 . 



 
4
8
C
= 70
" ". 

:





C

.
12
C 2 6
CC
= 30.
0.25































www.VNMATH.com