đề thi thử thpt quốc gia môn toán của các trường trong cả nước có đáp án chi tiết (1251 trang)

SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT BẠCH ĐẰNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Mơn : TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề

Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3mx  1 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 .
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 x  1  6sin x  cos 2 x .
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

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

x3  2 ln x
dx .
x2

52 x 1  6.5x  1  0 .

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 A  4;1;3  và đường

x 1 y 1 z  3
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vng góc với


1
3
2
đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 .

thẳng d :

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vng tại A , AB  AC  a , I
là trung điểm của SC , hình chiếu vng 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 A 1; 4  , tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong
ADB
của  có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình
đường thẳng AB .
 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 4 y 2  x  2  y 1  x  1

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:

P

bc
3a  bc



ca
3b  ca



ab
3c  ab

…….Hết……….

ĐÁP ÁN


WWW.VNMATH.COM
Câu
1

Nội dung
a.(1,0 điểm)
Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  1
TXĐ: D  R
y '  3x 2  3 , y '  0  x  1

Điểm
0.25

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

0.25

Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1
lim y   , lim y  
x

x

* Bảng biến thiên
x
–
y’
+
y

0.25
+

-1
0

1
0
3

–

+
+

-1

-

Đồ thị:

4

0.25

2

2

4

b.(1,0 điểm)
y '  3 x 2  3m  3  x 2  m 

0.25

y '  0  x 2  m  0  *

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





Khi đó 2 điểm cực trị A  m ;1  2m m , B
 
 



m ;1  2m m


1
2

Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m  ( TM (**) )
1
2
(1,0 điểm)

Vậy m 
2.

0.25
0.25

0,25

WWW.VNMATH.COM
sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x
0.25

 (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0
 2 sin x  cos x  3   2 sin 2 x  0

0. 25

 2sin x  cos x  3  sin x   0
sin x  0

sin x  cos x  3(Vn)

0. 25

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

0.25

(1,0 điểm)
2

2

2

2

2

ln x
x2
ln x
3
ln x
I   xdx  2  2 dx 
2  2 dx   2  2 dx
x
x
2 1 1 x
2
1
1
1

0.25

2

ln x
dx
x2
1

Tính J  
3

Đặt u  ln x, dv 

0.25
1
1
1
dx . Khi đó du  dx, v  
2
x
x
x
2

2

1
1
Do đó J   ln x   2 dx
x
x
1
1
2

1
1
1
1
J   ln 2 
  ln 2 
x1

2
2
2
Vậy I 
4.

1
 ln 2
2

0.25

(1,0 điểm)
a,(0,5điểm)

5 x  1
52 x 1  6.5x  1  0  5.52 x  6.5 x  1  0   x 1
5 

5

x0


Vậy nghiệm của PT là x  0 và x  1
 x  1
b,(0,5điểm)
3
n     C11  165
1

1
2
Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C6  C5 .C6  135
135 9
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là

165 11

5.

0.25

(1,0 điểm)

0.25

0.25
0.25
0.25


WWW.VNMATH.COM


Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3


Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1  y  1  3  z  3  0
 2 x  y  3z  18  0

0.25
0.25

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

2

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

6.

t  3
 13 10 12 
  3 Vậy B  7;4; 6  hoặc B   ; ;  
t 
7
 7 7
 7
(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)
Sj
Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)

0.25

0.25

Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc


giữa SK và HK và bằng SKH  60
M
B

H

C


Ta có SH  HK tan SKH 

a 3
2

K

A

1
1 1
a3 3
Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH 
3
3 2

12

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
Ta có

7.

a 3
a 3
1
1
1
16
. Vậy d  I ,  SAB   


 2  HM 
2
2
2
4
4
HM
HK
SH
3a

(1,0 điểm)

0.25

0,25


WWW.VNMATH.COM

Gọi AI là phan giác trong của BAC
Ta có :     BAI
AID ABC 

A

E
M'

K
M
I

B

C

0,25

  
IAD  CAD  CAI

  ABC 
AID 
Mà BAI  CAI ,   CAD nên   IAD
 DAI cân tại D  DE  AI

D

PT đường thẳng AI là : x  y  5  0
0,25
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)



VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3

0,25
0,25

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

 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4(1)


 4 y 2  x  2  y  1  x  1(2)


0.25

 xy  x  y 2  y  0

Đk:  4 y 2  x  2  0
 y 1  0

Ta có (1)  x  y  3

 x  y  y  1  4( y  1)  0

Đặt u  x  y , v 

y  1 ( u  0, v  0 )

u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
8.
Với u  v ta có x  2 y  1, thay vào (2) ta được :

 4 y 2  2 y  3   2 y  1 

2  y  2
4 y2  2 y  3  2 y  1

 y  2 ( vì 





4 y2  2 y  3  y  1  2 y



y 1  1  0


2
y2
 0   y  2 

 4 y2  2 y  3  2 y 1
y 1 1


2
4 y2  2 y  3  2 y  1



1
 0y  1 )
y 1  1

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 

9.

(1,0 điểm) .

0.25


1
0

y 1  1 

0.25

0.25


WWW.VNMATH.COM
Vì a + b + c = 3 ta có

bc



bc

bc





bc  1
1 




2  ab a c 

3a  bc
a(a  b  c)  bc
(a  b)(a  c)
1
1
2
Vì theo BĐT Cô-Si:
, dấu đẳng thức xảy ra  b = c


ab ac
(a  b)( a  c)

Tương tự

Suy ra P 

ca
3b  ca



ca  1
1 



 và
2 ba bc 

ab
3c  ab



ab  1
1 



2 ca cb 

bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3



 ,
2(a  b) 2(c  a) 2(b  c)
2
2

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

0,25

0,25

0,25
3
khi a = b = c = 1.
2

0,25


WWW.VNMATH.COM
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 MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (4,0 điểm).Cho hàm số y 

2x  1
, gọi đồ thị là (C).
x 1

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

2

Câu 3 (2,0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : f ( x)  x. (5  x)3 trên đoạn  0;5
Câu 4 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình sau : 2 log 2 3 (2 x  1)  2 log 3 (2 x  1)3  2  0
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 mơn.
Câu 5 (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có
A  4;8  , B  8; 2  , C  2; 10  . Chứng tỏ ABC vng và viết phương trình đường cao cịn
lại.
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a .Góc

BAC  600 ,hình chiếu của S trên mặt  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác ABC .
Mặt phẳng SAC  hợp với mặt phẳng  ABCD  góc 600 . 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 x  5 y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường
thẳng BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết
phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hồnh độ của điểm B khơng lớn hơn 3.
2 y 3  y  2 x 1  x  3 1  x

Câu8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
(x, y  )
2
2
2
 9  4 y  2x  6 y  7



Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a  b  c và a 2  b 2  c2  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 khơng giải thích gì thêm
Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………


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)
+Tập xác định D   \ 1

2đ
0.25

+Sự biến thiên
 Chiều biến thiên: y ' 

3

 x  1

2

 0 x  1 .

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;  
 Cực trị : Hàm số khơng có cực trị.
 Giới hạn tại vô cực và tiệm cận:
2x 1
 2 ,đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang
x 
x  x  1
2x 1
2x 1
 ; lim
  , đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng
lim
x 1 x  1
x 1 x  1
lim y  lim

0.5

 Bảng biến thiên :
x
y'
y

-



+

-1
||

+
+
2

0.5

 ||

2



1
2

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

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm B  0; 1
Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là I  1; 2  làm tâm đối xứng
( Đồ thị )

0.5


WWW.VNMATH.COM
2, Viết phương trình tiếp tuyến
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm M ( x0 ; y0 ) ta có : k  f ' ( x0 ) 

2đ
3
( x0  1)2

0.5

1

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

hay

0.5

 x0  0
3
3 
2
( x0  1)
 x0  2

0.5

Với x0  0  y0  1 Vậy phương trình tiếp tuyến là : y  3x  1
Với x0  2  y0  5 Vậy phương trình tiếp tuyến là : y  3x  11

0.5

Câu 2. (2 điểm)
Nội dung
x
2sin 2    1  cos5x  cosx  cos5x
2
 cos  x   cos    5x 

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

là nghiệm của phương trình.
 x  5 x    k 2
 x    k

4 2


Điểm
0.5
0.5
1.0

Câu 3. (2 điểm)
Nội dung

Điểm

f(x) = x (5  x)3 hàm số liên tục trên đoạn [0; 5] f(x)  x(5  x)3/ 2 x  (0;5)

0,5

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

f ’(x) =

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

x[0;5]

0,5
0,5
0,5

Câu 4. (2 điểm)
Nội dung

Điểm

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

Điều kiện : x 

 log3 (2 x  1)  1
 4 log (2 x  1)  3log 3 (2 x  1)  1  0  
log 3 (2 x  1)   1

4
2
3

0,25
0,25

0,25


 x2
4

 x  3 1

23 3


WWW.VNMATH.COM
là nghiệm của phương trình đã cho.

0,25

b) Tính xác suất
4
Ta có :   C16  1820
Gọi A= “ 2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ”
B= “ 1 nam tốn , 2 lý nữ , 1 hóa nữ “
C= “ 1 nam tốn , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “
Thì H= A  B  C = ” Có nữ và đủ ba bộ môn “

0.25
0.5

1 1
1

1
1 1
C82 C5C3  C8 C52C3  C8 C5C32 3
P( H ) 


7

0.25

Câu 5. (2 điểm)
Nội dung



Điểm




Ta có : AB   12; 6  ; BA   6; 12 

0,5

 
 
Từ đó AB.BC  0 Vậy tam giác ABC vuông tại B

0,5

* Viết phương trình đường cao BH: Ta có đường cao BH đi qua B  8; 2  và

nhận AC   6; 18  6 1;3 làm vecto pháp tuyến

0,5

Phương trình BH : x  3 y  2  0

0,5

Câu 6. (2 điểm)
S
E

A
D

H

O

B

C

Nội dung

* Gọi O  AC  BD Ta có : OB  AC , SO  AC  SOB  600

Điểm

0.25


WWW.VNMATH.COM
Xét tam giác SOH vuông tại H : tan 600 

SH
a 3
a
. 3
 SH  OH .tan 600 
HO
6
2

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

a2 3
2

0.25

1 a a 2 3 a3 3
(đvtt)

3 2 2
12

1
3

0.25

0.25

Vậy VSABCD  .SH .S ABCD  . .

* Tính khỏang cách
Trong ( SBD) kẻ OE  SH khi đó ta có : OC; OD; OE đơi một vng góc Và :
0.5

a
a 3
3a
OC  ; OD 
; OE 
2
2
8

Áp dụng công thức :

1
1
1
1
3a




d 
2
2
2
d (O, SCD ) OC
OD OE
112
2

0.5
Mà d  B, SCD   2d  O, SCD  

6a
112

Câu 7. (2,0 điểm)
A

E
H

B

K

M

C

D

Nội dung

Điểm

Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC,  là giao điểm của
K
 

BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud 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:

0,5

7

x  2
x  y  4  0

7 1

 M  ; 

 2 2
3 x  5 y  8  0
y   1


2

 

AD vng góc với BC nên nAD  u BC  1;1 , mà AD đi qua điểm D suy ra

phương trình của AD :1 x  4   1 y  2   0  x  y  2  0 . Do A là giao điểm
của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

0,5

3 x  5 y  8  0
x  1

 A 1;1

x  y  2  0
y 1

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

0,25


WWW.VNMATH.COM

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

 y  1
 
 
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 H  2; 4  .

0,25

(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ
0.25 điểm)
Do B thuộc BC  B  t ; t  4  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra
C  7  t ;3  t  .



HB(t  2; t  8); AC (6  t ; 2  t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
 

t  2
HB. AC  0   t  2  6  t    t  8  2  t   0   t  2 14  2t   0  
t  7

0,25

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




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

0,25

Suy ra AB : 3 x  y  4  0; AC : y  1  0.
Câu 8. (2,0 điểm)
Nội dung

Điểm

3 3

Điều kiện: x  1; y    ;  . Ta có
 2 2



0.25

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

0.25

 2 y 3  y  2(1  x) 1  x  1  x

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

0.25

y  0

Vậy (1)  f ( y )  f ( 1  x )  y  1  x  

2
 y  1 x

Thế vào (2) ta được :

4 x  5  2x2  6x 1
2

Pt  2 4 x  5  4 x 2  12 x  2   4 x  5  1   2 x  2 
 4 x  5  2 x  3(vn)

4 x  5  1 2x



 y42

Với x  1  2  

y  4 2


Câu 9. (2,0 điểm)

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

Vậy hệ có hai nghiệm.

0.25
2

0.5

0.5


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 (*).

0.25

Đặt vế trái của (*) là P
Nếu ab + bc + ca < 0 thì P  0 suy ra BĐT được chứng minh
Nếu ab + bc + ca  0 , đặt ab + bc + ca = x  0

0.25

2

 a  b  b  c  (a  c)
(a-b)(b-c)  
 
2
4



2

 (a - b)(b - c)(a - c) 

(a  c)3
(1)
4

Ta có : 4(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 2(a - c)2 + 2(a - b)2 + 2(b - c)2
2
2
2

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

0.25

0.25

4
(5  x) (2) .
Suy ra 4(5 - x)  3(a - c) ,từ đây ta có x  5 và a  c 
3
2

3

1
2 3
4

x (5  x)3 (3)
Từ (1) , (2) suy ra P  x.  (5  x)  =
9
4
3


Theo câu a ta có: f(x) = x (5  x)3  6 3 với x thuộc đoạn [0; 5]
2 3
nên suy ra P 

.6 3  P  4 . Vậy (*) được chứng minh.
9

Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0

………. Hết……….

1.0


www.VNMATH.com
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015
Môn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HƯNG YÊN
BAN CHUYÊN MÔN

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3mx 2  2 (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 log 1 4 x  4  log 1 2 x 1  3  log 2 2x .



2







2

Câu 3 (1,0 điểm).

M

a) Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho các số phức là nghiệm của phương trình z 2  2 z  3  0 . Tính

O

độ dài đoạn thẳng AB.

b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 mơn: Tốn, Lý, Hóa,

.C

Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của

AT
H

3 mơn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai mơn là Tốn hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó
có bao nhiêu phương án tuyển sinh?

2

sin x
dx
cos 2 x  3cos x  2
0

M

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  

N

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  4; 2;2  , B  0;0;7  và

W
.V

x  3 y  6 z 1
. Chứng minh rằng hai đường thẳng d và AB cùng thuộc một


2
2
1
mặt phẳng. Tìm điểm C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC cân đỉnh A.
đường thẳng d :

W
W

Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác cân, AB  AC  a ,

BAC  1200 . Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 600. 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 vng ABCD có A  1;2  . 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 trịn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2 x  y  8  0 và điểm B có hồnh
độ lớn hơn 2.

1  y  x 2  2 y 2  x  2 y  3xy

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x, y   
2
2
 y 1  x  2y  2y  x

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 5  x 2  y 2  z 2   9  xy  2 yz  zx 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 

x
1

2
y  z  x  y  z 3
2

---------------Hết----------------

www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN
Câu
1

Nội dung
a) Khảo sát hàm số y  x  3mx  2
Với m = 1, ta có hàm số: y = x3 + 3x2 + 2
*) TXĐ: 
*) Sự biến thiên:
+) Giới hạn tại vô cực: lim y  
3

Điểm

2

0,25

x

+) Chiều biến thiên:
y' = 3x2 + 6x  y' = 0  x = 0 hoặc x = -2
Bảng biến thiên:

-

-2
+

0

-

+

0

+

M

y’

0

6
y

0,25

+

.C

2

O

x

AT
H

-

M

 hàm số đồng biến trên (-; -2) và (0; +); hàm số nghịch biến trên (-2; 0)
hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = 6; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 2
*) Đồ thị:
Nhận xét: đồ thị hàm số nhận điểm
I(-1; 4) làm tâm đối xứng.

0,25

W
W

W
.V

N

6

2

4

0,25
2

-5

5

-2

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' = 3x2 + 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; 4m3 + 2)
m  1
(thỏa mãn)
SOAB = 1  OA.d(B;OA) = 4  2m  2  
m  1
Vậy với m =  1 thì hàm số có 2 cực trị thỏa mãn bài.
log 1  4 x  4   log 1  2 x 1  3  log 2 2 x
2

0,5

0,5

2

0,5

www.VNMATH.com
 log 1  4  4   log 1  2
x

2

x 1

 3  log 1 2 x

2

2

 log 1  4  4   log 1  2
x

2

2 x 1

 3.2



x

0,5

2

 4x  4  2 2 x 1  3.2 x
 4x  3.2 x  4  0
 2 x  1 L 

 x2
x
2  4

Vậy BPT có tập nghiệm: S =  2;  
3

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

 

2

' = 1 - 3 = -2 = i 2

O

 



.C



 A 1; 2 ; B 1;  2

M

0,25

Phương trình có hai nghiệm: z1  1  i 2; z2  1  i 2

AT
H

AB = 2 2

0,25

M

b) TH1: Trường ĐH chỉ xét 1 trong 2 mơn Tốn hoặc Văn:
Có: 2.C62  30 (cách)

0,25

W
.V

N

TH2: Trường ĐH xét cả hai mơn Tốn và Văn:

1
Có: 1.C6  6 (cách)

0,25

Vậy có các trường hợp là: 30 + 6 = 36 (cách)

2



W
W

4

2
sin x
sin x
dx  
dx
2
cos 2 x  3cos x  2
2cos x  3cos x  1
0
0

I

0,25

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

1

1


2

t=0

1

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

0,25

1

3
 2t  1 
=  ln
  ln
2
 2t  2  0

0,5


www.VNMATH.com

5


Đường thẳng d có véctơ chỉ phương u  2;2;1 và đi qua M(3;6;1)


Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương AB  4; 2;5 


AM  1;4; 1
 

  



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

0,5

Vậy AB và d đồng phẳng
C  d  C  3  2t ;6  2t ;1  t 

Tam giác ABC cân tại A  AB = AC
 (1 + 2t)2 + (4 + 2t)2 + (1 - t)2 = 45
 9t2 + 18t - 27 = 0  t = 1 hoặc t = -3

0,5

6
B

.C

C

O

M

Vậy C(1; 8; 2) hoặc C(9; 0; -2)

AT
H

A

H

C'

N

M

K

B'

W
.V

A'

W
W

AKA
+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là '  '  600 .
AKA
a 3
1

a
Tính A'K = A ' C '   AA '  A ' K .tan 600 
2
2
2
3
3a
VABC . A ' B ' C ' =AA'.S ABC 
8

0,5

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

0,5


www.VNMATH.com
7

Gọi E = BN  AD  D là trung điểm của AE

Dựng AH  BN tại H  AH  d  A; BN  

A

B

8

5
1
1
1
5
Trong tam giác vuông ABE:



2
2
2
AH
AB AE
4AB2
5.AH
4
 AB 
2

H
M

0,25

K
D

N

C

E

O

M

B  BN  B(b; 8 - 2b) (b > 2)
AB = 4  B(3; 2)
Phương trình AE: x + 1 = 0
E = AE  BN  E(-1; 10)  D(-1; 6)  M(-1; 4)
Gọi I là tâm của (BKM)  I là trung điểm của BM  I(1; 3)

.C

0,25

1  y  x 2  2 y 2  x  2 y  3 xy 1


 y  1  x2  2 y 2   x  2 y  2



M

ĐK: y  -1

x2  2 y 2  t t  0

W
.V

Đặt

N

Xét (1): 1  y  x 2  2 y 2  x  2 y  3 xy
0,5

Phương trình (1) trở thành: t 2  1  y  t  x 2  2 y 2  x  2 y  3xy  0
 = (1 - y)2 + 4(x2 + 2y2 + x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1)2
2
2
t   x  y  1  x  2 y   x  y  1


2
 2
t  x  2 y
 x  2y  x  2y

W
W

8

BM
2
2
 5 . Vậy phương trình đường trịn: (x - 1) + (y - 3) = 5.
2

0,25

AT
H

R

0,25

Với

x 2  2 y 2   x  y  1 , thay vào (2) ta có:

1

y  
y 1  3y  1  
 y 0
3

9 y 2  5 y  0



x 2   x  1 (vô nghiệm)

0,25



TRƯỜNG THPT MẠC ĐỈNH CHI 
ƠN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Mơn TỐN 
Thời gian làm bài 180 phút 
­­­­­­­­­­­­***­­­­­­­­­­­­ 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số:  y = x 4 - 2( m 2 + 1) x 2  + 1    (1) 
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 x - cos x + sin x = 1  (x Ỵ R ) 
b)  Giải bất phương trình :  log 1  élog 2 (2 - x 2 ) ù > 0   ( x Ỵ R) . 
ë
û 
2 

2 

Câu 3  (1,0 điểm). Tính tích phân  I  = ị 
1 

dx 
x x 3  + 1 

. 

z - 11 
z - 4 
i 
. Hãy tính 
. 
= z - 1 
z - 2 
z + 2 
i
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ  ABC. A ' B ' C ' ,  D 
ABC 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 khơng gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho mặt cầu  ( S ) có phương 
trình  x 2 + y 2 + z 2  - 4 x + 6 y - 2 z - 2 = 0  . Lập phương trình mặt phẳng  ( P  chứa truc Oy 
) 
Câu 4  (0,5 điểm).  Cho số phức  z  thỏa mãn điều kiện 

và cắt mặt cầu  ( S ) theo một đường trịn có bán kính  r = 2 3 . 
Câu 7 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 
đội nước ngồi  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 x + 4 y + 10 = 0  và đường phân giác trong  BE  có phương trình 
x - y + 1 = 0 .  Điểm  M (0;2)  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: x 2 + 5 x < 4 1 + x ( x 2  + 2 x - 4) 

(xỴ R). 

Câu10 (1,0 điểm). Cho các số thực  x; y  thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
P = x 2 + y 2 + 2 x + 1 + x 2 + y 2  - 2 x + 1 + y - 2  . 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 

trang 1 


ĐÁP ÁN 
Câu 1.  a) (Tự khảo sát) 
3 
2 
(2 đ)  b) y’ = 4x  – 4(m  +1)x 
é x = 0 

y’ = 0 Û  ê

2 

ê x = ± m + 1 
ë

Þ hàm số (1) ln có 3 điểm cực trị với mọi m 

xCT  = ± m2  + 1  Þ giá trị cực tiểu  yCT  = -(m 2 + 1)2  + 1 
Vì ( m 2 + 1) 2  ³ 1 Þ yCT  £ 0  max( yCT ) = 0 Û m 2  + 1 = 1 Û m = 0 

Câu 2.  a)  sin 2 x - cos x + sin x = 1  (1) 
(1 đ)  (1) Û  (sin x - cos x)(1 + sin x - cos x) = 0 
p
é
ê x = 4 + k p
ésin x - cos x = 0 
Ûê
Ûê
( k Ỵ Z ) 
1
p
ë  + sin x - cos x = 0 
ê x = 2k p Ú x = 3  + 2  p
k
ê
ë 
2 

b)  og 1  é log 2 (2 - x 2 ) ù > 0   ( x Ỵ R )  (2). 
ë
û 
2 

Điều kiện:  log 2 (2 - x 2 ) > 0 Û 2 - x 2  > 1 Û -1 < x < 1 
ì -1 < x < 1
ì -1 < x < 1  ì -1 < x < 1 
Khi đó (2) Û  log 2(2 - x2) < 1 ớ
ớ 2
ớ
2
ợ xạ 0 
ỵ2 - x < 2
ỵ x > 0 
Vậy tập nghiệm bpt là  S = ( -1;0) È (0;1) 
Câu 3. 
2
(1 đ)  I  = ò1

dx

x 2 dx 

2 

3

x x +1

= ò 
1 

x

3

. 
x + 1 
3 

2 
Đặt  t = x 3 + 1 Þ x 3 = t 2 - 1 Þ x 2 dx =  t.  . 
dt
3 
x = 1 Þ t = 2  ;   x = 2 Þ t = 3 
3 2
t.dt 
1 3  ỉ 1
1  ư
I =ị
= ũ ỗ
ữ dt
2
2 3 (t - 1)
t 3 2ố t - 1 t + 1 ø

Câu 4. 
(0,5 đ) 

3 

1ỉ 1
2 - 1 ư 1 3 + 2 2

= ỗ ln - ln
ữ = ln
3ố 2
2
2 + 1 ø  3
2 
i 
é z = 2 + 3 
z - 11 
= z - 1 Û  z 2  - 4 z + 13 = 0 ,  D ' = -9 = 9i 2 Þ  ê
z - 2 
i
ë z = 2 - 3 

1 x - 1
I  = ln
3 x +1

z - 4  2 - i 
i 
= 
= 1 
z + 2  2 - i
i
53 
z - 4  2 - 7i 
i 
l  z = 2 - 3  Þ 
= 
i

=
i
z + 2  2 + 5 
i
29 
Câu 5.  l Gọi O là tâm tam giác đều ABC Þ A’O ^ (ABC) 
(1 đ) Ta có  AM = a 3 ,  AO = 2 AM =  a  3 
2
3
3 
l  z = 2 + 3  Þ 
i

2
A ' O = AA '  - AO 2 = a 2  -

2 
a 2  a  6 
a  3 
= 
;  SDABC  =
3
3 
4 

trang 2 


Thể 

tích 

khối 
lăng 
2 
a 3 a 6 a  2 
V = S DABC . A ' O =
. 
=
4
3
4 

trụ 

ABC. A ' B ' C ' : 

2

A' 

C' 

B' 
N
E 
A 

C 
O 

M 
B 

1 
3 
V 
l Ta có VNAMC = S DAMC .d [ N ,( ABC )  Þ d [C ,( AMN )  = NAMC 
] 
] 
3 
S DAMC 
1
a 2  3
1
a  6 
S ABC  =
;  d [ N ,( ABC )] = A ' O = 
2
8
2
6 
2
2 
1 a 3 a 6 a  2 
Suy ra:  VNAMC  =
. 
= 
3 8
6
48 

a  3
lại có :  AM = AN = 
, nên  D 
AMN cân tại A 
2 
A ' C a 
Gọi E là trung điểm AM  suy ra  AE ^ MN ,  MN =
= 
2
2 
S AMC =

3a 2 a 2  a  11 
1
a 2  11 
= 
;  S AMN  = MN .  =
AE
4 16
4 
2
16 
2 
3a 2 a 11 a  22 
Þ d [C ,( AMN ) ] =
: 
= 
(đvđd) 
48
16

11 
Câu 6.  ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 4 x + 6 y - 2 z - 2 = 0 Û ( x - 2) 2 + ( y + 3) 2 + ( z - 1) 2  = 16 
r 
3;1)  bán kính  R = 4  ; trục Oy có VTCP  j = (0;1;0) 
(1 đ)  Þ  ( S )  có tâm  I (2; - 
r 
Gọi  n = (a; b; c)  là VTPT mp(P) , 
r r
r 
( P  chứa Oy Þ  n ^ j Þ b = 0   Þ n = ( a;0; c)  (a 2 + c 2  ¹ 0) 
) 
Phương trình mp(P):  ax + cz = 0 
(P) cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kinh  r = 2 3 
Þ AE = AN 2 - NE 2  =

d [ I ,( P) ] = R 2 - r 2  = 2 

Þ
2  + c 
a
2

a + c

2 

= 2 Û 4a 2 + 4ac + c 2 = 4a 2 + 4  2 
c 

trang 3 

Û 


é c = 0 
Û 3c 2  - 4ac = 0 Û ê
3
a
ë  c = 4 
Vậy phương trình mp(P) :  x = 0  hoặc  3x + 4 z = 0 . 
4
4
4 
Câu 7.  Số phần tử không gian mẫu là  n(W) = C12 .C8 .C 4  = 34.650 
(0,5 đ)  Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau” 
3
3
3 
Số các kết quả thuận lợi của A là  n( A) = 3C9 .2C6 .1.C3  = 1080 
n( A  1080
)
54 
Xác xuất của biến cố A là  P( A  =
)
=
=
; 0,31 
n (W 34650 173 
Câu 8.  Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC 
Tính được  N(1; 1). Đường thẳng BC qua  N và vng góc với AH nên có 

(1 đ) 
phương trình 4x − 3y – 1 = 0 
B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt: 
ì4 x - 3 y - 1 = 0 
Û B 
(4;5) 
í
ỵ  x - y + 1 = 0 
A 

E 
M(0;2) 
I
B 

C 
H 

N 

Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt: 
ì3 x - 4 y - 8 = 0 
1 
Û A  -3; - ) 
(
í
4 
ỵ  3x + 4 y + 10 = 0 
Điểm C thuộc BC va MC = 2  suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt: 

éC (1;1) 
é x = 1; y = 1 
ì4 x - 3 y - 1 = 0 
ï
ê
Ûê
í
31
33 Þ ờ ổ 31 33ử
2
2
Cỗ ữ
ù x + ( y - 2) = 2  ê x = ; y =
ỵ
25
25  ê è 25 25ứ
ở
ở
ThtaAvC(11)vophngtrỡnhBEthỡhaigiỏtrtrỏidu,suyra
A,CkhỏcphớaiviBE,doúBElphõngiỏctrongtamgiỏcABC.
ổ 31 33ử
TngtAv C ỗ ữ thỡA,CcựngphớaviBEnờnBElphõngiỏc
ố 25 25 ø 
ngồi của tam giác ABC. 
49 
49 
BC = 5,  AH = d ( A, BC ) =  . Do đó  S ABC  = 
(đvdt). 
20 
8 

(

) 

Câu 9.  x 2 + 5 x < 4 1 + x ( x 2  + 2 x - 4)  (*) 
(1 đ)

trang 4 


é-1 - 5 £ x £ 0 
2 
ĐK: x(x  + 2x − 4) ≥ 0 Û  ê
ê x ³ -1 + 5 
ë 
Khi đó (*) Û  4 x( x 2 + 2 x - 4) > x 2  + 5 x - 4 
Û  4 x( x 2 + 2 x - 4) > ( x 2  + 2 x - 4) + 3  (**) 
x
TH 1:  x ³ -1 +  5 , chia hai vế cho x > 0, ta có: 
(**) Þ  4

x 2 + 2 x - 4 x 2  + 2 x - 4 
>
+ 3 
x
x

x 2  + 2 x - 4 
,  t ³ 0 , ta có bpt:  t 2  - 4t + 3 < 0  Û 1 < t < 3 

x
2 
ì 2 
-1 + 17
7 + 65 
x + 2 x - 4 
ï x - 7 x - 4 < 0 
Û 
< x < 
1<
< 3 Û í 2 
x 
2
2 
ï x + x - 4 > 0 
ỵ
TH 2:  -1 - 5 £ x £ 0 ,  x 2  + 5 x - 4 < 0  , (**) ln thỏa 
ỉ -1 + 17 7 + 65 ư
Vậy tập nghiệm bpt (*) là  S = ộ -1 - 50ự ẩ ỗ

ữ
ở
ỷ
2
2 ứ
ố
t t =

Cõu10. P = x 2 + y 2 + 2 x + 1 + x 2 + y 2  - 2 x + 1 + y - 2 
(1 đ)  Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y). Ta có OM + ON ≥ MN

Û  ( x - 1) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 ³ 4 + 4 y 2 
Þ  P ³ 2 1 + y 2  + y - 2 =  f ( y ) 
TH1: y ≤ 2:  f ( y ) = 2 1 + y 2  + 2 - y Þ  f '( y ) =

ì y ³ 0 
f '( y) = 0 Û 2 y = 1 + y 2  Û í 2 y=
3
ợ y = 1
ổ
Lpbngbinthiờn f(y) ị min f ( y ) = f ỗ
x ( -Ơ.2]
ẻ
ố

2y
1+ y 2

3
3
3ử
ữ = 2 + 3 
3  ø 

TH2: y ≥ 2:  f ( y ) = 2 1 + y 2  + y - 2  ≥  2 5 > 2 +  3
Vậy  P ³ 2 + 3  "  ; y . 
x
Do đó  MinP = 2 +  3  khi x = 0 ; y = 

3 
3 

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 

trang 5 

- 1 


WWW.VNMATH.COM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
LÀO CAI 

ĐỀ THI THỬ ­ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 

MƠN THI: TỐN 
Thời gian làm bài: 180 phút 

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

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

8 

x + 1 . 
27 

Câu 2 (1,0 điểm). 
1) Giải phương trình:  cos 2x + cos 2 x - sin x+2 = 0 . 
2) Tìm các số thực x, y thỏa mãn: 2 x + 1 + (1 - 2 y ) i = ( -2 + x ) i 2  + (3 y - 2)  . 
i 
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình sau trên tập số thực:  log2 x - log9 (9x 2 ) - 1 = 0 . 
3
2
2 
ì
ï2 x + 5 = 2 2 y + x 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: í
. 
ï x + 3 xy + x - y 2  - y = 5 y + 4 
ỵ 
1  x 
e + x 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân  I = ị  x  dx . 
e
0 

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

Tính thể tích khối chóp  S . ABCD  và khoảng cách từ  B đến mặt phẳng ( SCD ) theo  a . 

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

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

d . Tìm tọa độ điểm N thuộc  dsaochoNcỏchMmtkhongbng5.
22

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

4 û 
ë
8 

của biểu thức  P =

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

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.