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

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ SỐ 01 THÁNG 03-2015
43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN – BY1 – BY5
ĐT: 0983. 336682 Thời gian làm bài: 180 phút
( không kể thời gian phát đề )

Câu 1 (1.0 điểm). Cho hàm số
3 2
3y x x  
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Tìm m để phương trình
3 2 3 2
3 3 0x x m m   
có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1.0 điểm).
a) Giải phương trình:
sin 2 3sin cos2 cos 1x x x x   
.

b) Giải phương trình:
2 2
1 1 1 3 3
8 2 8 2 .
x x x x x x     
  

Câu 3 (1.0 điểm).
a) Tìm tập hợp số phức
z
thỏa mãn
1

z i
z i



.
b) Giả sử
 
2 1
1 2 1
2 3
n
n n
o n n
x a a x a x a x a x


      
. Tìm
n
biết
1 0
2816a a 
.
Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân:
4
2
0
cos
.

1 tan
x
I dx
x





Câu 5 (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt thẳng
( ) : 2 2 3 0P x y z   
và đường thẳng
1 2
:
2 1 1
x y z
d
 
 
. Viết phương trình mặt cầu
( )S

có tâm
I
thuộc đường thẳng d , bán kính bằng 2 và tiếp xúc với
( )P
.

Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD

có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh a,

0
60ABC 
.
Mặt phẳng
( )SAB
vuông góc với mặt đáy
( )ABCD
, tam giác
SAB
cân tại S và mặt phẳng
( )SCD
tạo với mặt đáy
ABCD
góc 30
0
. Tính theo a thể tích khối chóp
.S ABCD
và khoảng
cách giữa hai đường thẳng
AD
và
SC
.

Câu 7 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB BC ,
đường tròn tâm

D
bán kính
CD
cắt các đường thẳng
AC
,
AD
lần lượt tại các điểm
22 7
;
13 13
E
 

 
 
và
 
0; 1F 
. Biết điểm
D
nằm trên đường thẳng
: 7 0d x y  
. Tìm tọa độ
các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD
.

Câu 8: (1.0 điểm) Giải phương trình:
 

4 3 2
2 2 0.x x x x x    

Câu 9 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:
 
3 2 2
2 1 1
1 1 10
x x y x y y
x y y

     


   



( , )x y R
.
Câu 10 (1.0 điểm) Cho
,x y
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2 2
1x y xy  
. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3
3 3
24

2
1 1
xy
x y
P
x y
y x
  
 
 
.
………………………… Hết …………………………
Cán bộ coi thi không giải thích đề thi !


3
hoctoancapba.com
Câu Gợi ý đáp án Điểm
1

1.0
a)

0.25

TXĐ: D R
2 2
0 0
' 3 6 , ' 0 3 6 0
2 4

  

        

  

x y
y x x y x x
x y

Bảng biến thiên:

x


0 2


'y

- 0 +

0 -
y





4

0






0.25
Gới hạn:
( 1)
lim
x
y

 
 
,
( 1)
lim
x
y

 
 
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;0)
và
(2; )

; đồng biến trên khoảng
(0;2)
.
Cực trị: hàm số đạt cực tiểu tại 0; 0 
CÐ
x y và
đạt cực đại tại 2; 4 
CT
x y .

Đồ thị:














0,25
b)

0.5

Phương trình tương đương:
3 2 3
3 3x x m m    
(*)
Để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt 
3 2
0 3 4   m m
.
0.25
   
3 2
3 2
3 0
1;3 \ 0;2
3 4

  

   

  


m m
m
m m

0.25
2

1,0

a) Phương trình tương đương với:
cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2 2) 0     x x x x (2sin 1)(cos sin 2 2) 0    x x x


1
sin
2
cos sin 2 0 ( )
x
x x VN





  


2
1
6
sin
5
2
2
6






 

   


 


x k
x k Z
x k
.
0,25
b) Phương trình tương đương:
   
2
1 1 1 1
8 8 1 2 8 1
x x x x   
   

0,25
4
hoctoancapba.com
2
1
1 1

8 1 0
8 2 0
x
x x

 

 


 



1
8 1 0 1 0 1
x
x x

        .
2
1 1 2 2
8 2 0 3 3 1 3 1 3 3
x x
x x x x x
 
            

Vậy nghiệm của phương trình:
1; 3x x 

.
0,25
3

1,0

4 4 4
3 2
2
0 0 0
cos
cos cos (1 sin )
1 tan
  
   

  
x
I dx xdx x x dx
x

0,25
Đặt
sin cost x dt xdx  
. Đổi cận:
2
0 0;
4 2
x t x t


     

0,25
 
2
2
3
2
2
2
0
0
2 1 5 2
1
3 2 12
6 2
t
I t dt t       


0,5
4

1,0

Phương trình tương đương:
2 2 2 2
( 1) ( 1)z i z i x y x y        

0,25

2 2 2 2
( 1) ( 1) 0x y x y y        .
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là trục
Ox
.
0,25
b) Ta có:
0 1 1 2 2 2
(2 3 ) 2 2 3 2 (3 ) 2 (3 ) (3 )
n n n n k n k k n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
  
       
.
Suy ra
0
0
2
n
n
a C
và
1 1
1
3 2
n
n
a C




0,25

YCBT
1 1 0 1
3
3 2 2 2816 3 2 2 2816 2 1 2816 8
2
n n n n n
n n
n
C C n n
 
 
          
 
 

0,25
5

1,0

Gọi:
 
1 ; ;2I d I t t t    

0,25
Vì

( )S
tiếp xúc
( )P
nên
2 2
4
( ;( )) 2 1 3
3 2
t
t
d I P R t
t



      

 


0,25
Với
4 (7;4;6)t I 
. Phương trình mặt cầu:
2 2 2
( ) : ( 7) ( 4) ( 6) 4S x y z     
0,25
Với
2 ( 5; 2;0)t I    
. Phương trình mặt cầu:

2 2 2
( ) : ( 5) ( 2) 4S x y z     0,25
6
1,0


















Gọi
H
là trung điểm của
AB
.
( )SH ABCD 

Vì

0
60ABC ABC   
đều.
Suy ra
CH AB 
và
3
2
a
CH 

Vì / /AB CD CH CD 

0 0
30 tan 30 .
2
a
SCH SH HI    










0,25

5
hoctoancapba.com


2
3
2
2
ABCD ABC
a
S S 
.
2 3
1 1 3 3
. . .
3 3 2 2 12
ABCD ABCD
a a a
V SH S  


0,25
Ta có

/ / ( ; ) ( ;( ) ( ;( )) 2 ( ;( ))AD BC d AD SC d AD SBC d A SBC d H SBC   

Kẻ
HE BC
và
HK SE
. Suy ra :
( ;( ))d H SBC HK
.
0,25
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 16 28 3
3 3
2 7
a
HK
HK SH HI a a a
      
Vậy
3 21
( ; ) 2
7
7
a a
d AD SC HK  
0,25
7

1,0

 
; 7D d D a a  
.
Ta có:
 
2 2
2
2
22 84
6 2 (2; 5)
13 13
DE DF a a a a a D
   
           
   
   

0,25
Phương trình
(0; 1)
:
: (2;1)
qua F
AD
VTPT n









( ) : 2 1 0AD x y   
.
Phương trình
(2; 5)
:
: (1; 2)
qua D
DC
VTPT n




 



( ) : 2 12 0DC x y   


0,25
Phương trình đường tròn tâm
D
bán kính
DC
:
2 2

( ) : ( 2) ( 5) 20C x y   
Ta có:
(6; 3)
( )
( 2; 7)
C
C DC C
C


  

 

.
0,25
Với
(6; 3)C 
suy ra phương trình
: 4 7 3 0AC x y  
.
( 1;1) (3;3)A AC AD A B    
.
Với
( 2; 7)C  
suy ra phương trình
: 7 4 14 0AC x y  
.
2 7
;

3 3
A AC AD A
 
   
 
 
(loại vì
AB BC
). Vậy
( 1;1); (3;3); (6; 3); (2; 5)A B C D  

0,25
8

1.0

Điều kiện:
2
1
0
0
x
x x
x


  




.
Phương trình tương đương:
    
2 2 2
1 2x x x x x x    

0,25
 


 
 


 
2
2 2 2
2 2
0
1 2 0
1 2
x x
x x x x x x
x x x x

 

 
       


 
 
   



0,25
2
0
0
1
x
x x
x


   




0,25


    
2
2 2 2 2
1 2 1 2 (1)x x x x x x x x         

Đặt:

2
t x x 
.
Từ (1) suy ra
 
2 2
2
2 0
( 1) 2 ( 2) 1 0 2
1 0
t
t t t t t
t
 

        

 

.
0,25
6
hoctoancapba.com
Với
2 2
1
2 2 2 0
2
x
t x x x x

x
 

        




Vậy nghiệm của phương trình là:
1; 0; 1; 2x x x x    

9

1.0

Điều kiện:
2
1 0
1 0
2 1 0

 

  


  

y
x y

x y

Phương trình tương đương :
2 2
2 2 2
2
( ) 1 2 1 ( )
1 2 1
y x
x x y y x y x x y
y x y

        
   

0,25
2
2
( ) 0
1 2 1
x y
x y x
y x y
 

 
   
 
   
 

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

0,25
Vì
1 0; 1   y x y
nên phương trình
(*)
vô nghiệm.
0,25
Với
x y
thay vào phương trình (2) ta được:

(2 1) 1 10x x  
(3).
Đặt
2
1 0, 1t x x t     
thay vào (3) ta được:
2 3
(2 3) 10 2 3 10 0t t t t     
2
2
2
( 2)(2 4 5) 0
2 4 5 0 ( )
t
t t t
t t VN


     

  


Với
2 1 2 1 4 3 3t x x x y          
.Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
(3;3)
.
0,25
10

1,0

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
2
x y
xy


.
Khi đó:
3 3
3 3
12( )
1 1 2
x y x y
P
y x x y

  
   
.
Ta có:
3 3 3 3
1 1
1 ( 1) ; 1 ( 1)
4 4
x x y y     
.
0,25

3
3
12( )
4
1 1 2
x y x y
P
y x x y
 
 

 
   
 
 
 
   
 
 
 
 


3
12( )
4 3
1 1 ( 1)( 1) 1 1 2
x y xy x y x y
y x x y y x x y
 

   

    
 
   
       
 
   
 


3 12( )
4 1
1 2
xy x y
xy x y x y
 

  
 
    
 

0,25
Đặt :
t x y 
. Ta có :
2 2
2 2
( ) 1 1

1
3 3
x y t
x y xy xy
  
     
Mà
2 2
( )
4 4
x y t
xy

 
2 2
1
3 4
t t
  . Vì
, 0 0 2x y t   

Suy ra
2
2
1 12 1 12 12
4 4 4 12 4
2 2 2 2
1
1
3

t t t t
P
t t t t
t
t
 
       
   
 

 
 
 

0,25
Dấu
" "
xảy ra
1x y  
và
max
7P  .
0,25

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.
7
hoctoancapba.com
TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 - 2015
43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn: TOÁN ( BY1 – BY5 Lần II )

ĐT: 0983. 336682 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

b. Tìm
m
để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị sao cho khoảng cách giữa hai điểm cực trị
bằng
2.


Câu 2: (1 điểm)
a. Giải phương trình:
 
cos2x 4sin 1 3sin 2 1.x x  

b. Giải hệ phương trình:
   
2 2
log 1 log
.
5 125
x y xy
x y xy

 
   






Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân:
/4
2
0
sin
cos
x x
I dx
x




.
Câu 4: (1 điểm)
a. Tìm số phức
z
thỏa mãn:
2
2( 1) 1 (1 )z z i z    
.
b. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn:

2 3
2 14 1
.
3
n n
C C n
 
Tìm hệ số của
9
x
trong khai triển nhị
thức Niu-tơn
 
2
1 3 .
n
x

Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z +1 = 0 và
mặt cầu (S
): x
2
+ y
2
+ z
2
– 4x + 6y + 6z +17 = 0.
Chứng minh rằng (P) và (S) cắt nhau theo giao
tuyến là đường tròn (C). Tìm tâm và bán kính của (C).

Câu 6 (1 điểm) Cho hình hộp đứng
. ' ' ' 'ABCD A B C D
có đáy là hình thoi cạnh
a
,

0
60ABC 
, góc
giữa mặt phẳng
( ' )A BD
và mặt phẳng đáy bằng
0
60
. Tính theo
a
thể tích của hình hộp và khoảng cách
giữa đường thẳng
'CD
và mặt phẳng
( ' ).A BD


Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
2 2
( ) :( 2) ( 1) 4T x y    . Gọi
M
là
điểm mà tiếp tuyến qua
M

tiếp xúc với
( )T
tại
A
, cát tuyến qua
M
cắt
( )T
tại
B
và
C
sao cho tam
giác
ABC
vuông cân tại
B
. Tìm tọa độ của điểm
M
để khoảng cách từ
M
đến
O
là ngắn nhất.

Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích là 34,
(6; 1)M 

là trung điểm của cạnh BC . Đường thẳng
:15 8 48 0x y   

đi qua tâm
I
của hình chữ nhật và cắt
AD
tại một điểm trên trục Oy . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD
, biết
I
có tung độ
âm.
Câu 9: ( 1 điểm) Giải hệ phương trình:
   
 
 
 
 
2 2
2 2
2 2 6
1 2 7 1 1
y x x x y
y x x x y

   


     


.

Câu 10: ( 1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:

 
 
 
 
3 1 1 3 1 3 3 1x x x x m x          
.
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm !
8
hoctoancapba.com
Câu Gợi ý đáp án Điểm
1

1.0
a)

0.5

Với
3 2
0 2 3 1m y x x     . TXĐ:
D R

2 2
0 1
' 6 6 , ' 0 6 6 0
1 0

  

      

  

x y
y x x y x x
x y

Gới hạn:
lim
x
y

 
,
lim
x
y

 
.
Bảng biến thiên:

x


0 1


'y

+ 0 -

0 +
y





1

0






0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;0)
và
(1; )
; nghịch biến trên khoảng
(0;1)
.
Cực trị: hàm số đạt cực đại tại 0; 1 

CÐ
x y và
đạt cực tiểu tại 1; 0 
CT
x y .

Đồ thị:













0,25
b)

0.5

Ta có:
2 2
' 6 6( 1) 6 ; ' 0 ( 1) 0y x m x m y x m x m          (*)
Để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị thì (*) có 2 nghiệm phân biệt


2
0 ( 1) 0 1      m m .
0.25
Gọi
,A B
là điểm cực trị 
3 2
(1;3 ); ( ; 3 1)A m B m m m  
Ta có:
2 6 2
0 ( )
( 1) ( 1) 2 ( 1) 1
2 ( )
m n
AB m m m
m n


        




Vậy
0, 2m m 

0.25
2

1,0

a) Phương trình tương đương với:
2
4sin cos 2 2sin 2 3 sin cos 0   x x x x x
 
2sin 2cos 2 sin 3 cos 0   x x x x
sin 0
3 cos sin 2cos 2
x
x x x




 







0,25
9
hoctoancapba.com

sin 0 ,

    x x k k Z
.

2
6
3 cos sin 2cos2
2
18 3


 

  

   


 


x k
x x x k Z
k
x
.
0,25
b) Điều kiện:
0
0
x y
xy
 






Hệ phương trình tương đương:
1
( )
2
( ) 2
3
2
1
x y
VN
xy
x y xy
x y xy
x y
xy

 




 







  
 









0,25
Với
2
1
1
x y
x y
xy
 

  



. Vậy nghiệm của hệ là
( , ) (1,1)x y 

0,25
3

1,0

4 4 4
1 2
2 2 2
0 0 0
sin sin
cos cos cos
  

    
  
x x x x
I dx dx dx I I
x x x

0,25
Tính
1
I . Đặt:
2
1
tan
cos
u x
du dx
v x

dv dx
x






 





.
Khi đó:
4
4 4
1
0 0
0
tan tan ln cos ln 2
4 4
I x x xdx x

 
 
     


0,25
Tính
2
I . Đặt:
cos sint x dt xdx   
. Đổi cận:
2
0 1;
4 2
x t x t

     

2
2
2
2
2
2
1
1
1 1
2 1I dt
t t
     


0,25
Vậy
1 2

ln 2 2 1
4
I I I

     

0.25
4

1,0

Đặt
, ,z a bi a b R  
.
Phương trình tương đương:
 
2 2
2 2 2 2
2 2
3 1
3 1
a a b
a bi a b a b i
b a b

  

      

 




0,25
0 1
3 1
10 10
a b
a b
  




   

. Vậy
3 1
;
10 10
z i z i   

0,25
b) Điều kiện:
3n 
.
Ta có:
2 3
2 14 1 4 28 1
9

3 ( 1) ( 1)( 2)
n n
n
C C n n n n n n n
      
  
.
0,25

Ta có:
   
18
18
18
0
1 3 3
k
k k
k
x C x

  

. Số hạng chứa
9
x
thì
9k 

Hệ số của

9
x
là:
 
9
9
18
3C


0,25
10
hoctoancapba.com
5

1,0

( )S
có tâm
(2; 3; 3)I  
và bán kính
5R 
.
Ta có:
( ;( )) 1 5d I P  
( )P
cắt
( )S
theo giao tuyến là đường tròn
( )C

0,25
Bán kính:
2 2
( ;( )) 2r R d I P  

0,25
Gọi
d
là đường thẳng qua
I
và vuông góc với
( )P
.
Phương trình
2
: 3 2
3 2
x t
d y t
z t
 


  


  


0,25
Gọi
( )H d P 
là tâm của
( )C
5 7 11
; ;
3 3 3
H
 
  
 
 

0,25
6

1,0

Vì
0
60ABC ABC   
đều.
2
3
2
2
ABCD ABC
a
S S 

.
Gọi
O
là trung điểm của
AB
.

0
60SO BD SOA   











0,25
0
3
' tan 60 .
2
a
AA AO  
.
2 3
3 3 3

'. .
2 2 4
ABCD ABCD
a a a
V AA S  

0,25
Ta có
' '
/ / ' ( ;( ' )) ( ;( ' ) ( ;( ' ))CD A B d CD A BD d C A BD d A A BD  
Kẻ
AH SO
. Suy ra
( ;( ' ))d A A BD AH
.
0,25
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 4 16 3
' 3 3 4
a
AH
AH A A AO a a a
      
'
3
( ;( ' ))
4
a
d CD A BD 

0,25
7

1,0

Đường tròn
( )T
có tâm
( 2;1)I 
và bán kính
2R 

Vì
ABC
vuông cân tại
B
nên
2IA IB IC  
và
4AM AC 

2 2
2 5MI AM AI   

0,25
11
hoctoancapba.com
Suy ra
M
thuộc đường tròn

( )C
có tâm
I
bán kính
2 5IM 
có phương trình:
2 2
( ) : ( 2) ( 1) 20C x y    .
Trong tam giác
IOM
ta có:
OM MI IO 
min
OM 
, ,O I M
thẳng hàng.
Phương trình
: 2 0OI x y 
.
0,25
Suy ra tọa độ điểm
M
là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
( 2) ( 1) 20
2 0
x y
x y

   


 



1 2
(2; 1), ( 6;3)M M   .
0,25
Với
1 1
(2; 1) 5M OM  

Với
2 2 1
( 6;3) 45M OM OM   

OM
nhỏ nhất
1
(2; 1)M M   .
Vậy
(2; 1)M 

0,25
8

1.0

Gọi
(0;6)N Oy N   

và
(8 ;6 15 )I I t t  
.
'N
là điểm đối xứng của
N
qua
I
.
suy ra
'(16 ;6 30 )N t t

Ta có: ' . ' 0MI MN MI MN  
 

2
1
2
578 459 85 0
5
17
t
t t
t



    







Vì
1 3
0 4;
2 2
I
y t I
 
    
 
 

0,25
'(2; 2) ' 17M MM   

Phương trình:
'(2; 2)
:
'
qua M
AD
AD MM









( ) : 4 6 0AD x y   

Ta có:
. ' 34 ' 17
ABCD
S AD MM AM   

0,25
Tọa độ ,A D là nghiệm của hệ:
2 2
4 6 0
1 3
2 6
( 2) ( 2) 17
x y
x x
y y
x y
  

 
 
 
  
 
   

 


(1;2); (3; 6)A D 
hoặc
(3; 6), (1;2)A D

0,25
Với
(1;2); (3; 6)A D  (5;3)B
,
(7; 5)C 
.
Với
(3; 6), (1;2)A D

(7; 5), (5;3)B C
.
0,25
9

1.0

Đặt:
1a x
b y
 





Hệ phương trình trở thành :
2 2
2 2
( 1) ( 1)( 6) (1)
( 1) ( 1)( 6) (2)
b a a b
a b b a

   


   



Lấy
(1) (2)
ta được: 2 ( ) ( )( ) 7( ) 0
2 ( ) 7 0
a b
ab a b a b a b a b
ab a b


       

   


0,25
12
hoctoancapba.com
Với
1a b x y   
thay vào phương trình đầu ta được:
2 2
1 2
( 1)( 2 2) ( 2 7)
2 3
x y
x x x x x x
x y
  

      

  


0,25
Với
7
2 ( ) 7 0 (3)
2
a b
ab a b ab
 

     
.
Lấy
(1) (2)
ta được:
 
2
2 2
5( ) 12 0 2 5( ) 12 0 (4)a b a b a b ab a b           

Thay (3) vào (4) ta được:
 
2
1 4 ( )
6( ) 5 0
5 6
a b ab VN
a b a b
a b ab
   

     

   


0,25
Với
5 1 2
6 3 2

a b x x
ab y y
   
  
 
  
  
  

Vậy nghiệm của hệ là:
(1;2), (2;3), (1;3), (2;2)
.
0,25
10

1,0

Điều kiện:
1 3x  
.
Phương trình tương đương:
2
1 3 ( 1)(3 ) 3 (*)
x
x x x x m



       





0,25
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình
(*)
có 2 nghiệm phân biệt khác 2
Xét hàm số
( ) 1 3 ( 1)(3 ) 3f x x x x x       
trên
 
1;3
.
Đặt
1 1 1
'( )
2 1 2 3 ( 1)(3 )
x
f x
x x x x

  
   
.
2 7
'( ) 0
2
f x x

  

.
0,25
Bảng biến thiên:

x


-1 2
2 7
2

3


'y

+ + 0 -
y



1

2 2 3

11
2

5







0,25




Vậy
 
11
5; \ 2 2 3
2
m
 
 
 
 

0,25

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.

13
hoctoancapba.com
TTLT Đại Học Diệu Hiền ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 – 2015
43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN III)

ĐT: 0983. 336.682-0949.355.366
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)


NỘI DUNG ĐỀ

Câu 1. (1 điểm) Cho hàm số:
1
1
x
y
x



có đồ thị
 
H
.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số.
b. Tìm m để đường thẳng
:d y x m  
cắt (H) tại hai điểm phân biệt.
Câu 2. (1 điểm)
a. Giải phương trình:

2
sin 2 2 3 cos 2cos 0.x x x  
b. Giải phương trình:
   
2 3
2
log 3 2log 3 2 0.x x    

Câu 3. (1 điểm)
a. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
3 2
3 5y x x  
với
 
3;1x  
.
b. Tính giới hạn sau:
2
2 2 5
2
lim
x
x x
x

 

.

Câu 4: (1 điểm)

a. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng, 6 viên bi vàng ( các viên có kích thước giống nhau, chỉ
khác nhau về màu). Người ta chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có
đủ 3 màu.
b. Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
2 1 .iz z i  
Tìm phần ảo của số phức
.iz


Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; -1), B(1; 1; 2),
C(-1; 2; -2) và mặt phẳng (P) có phương trình
2 2 1 0x y z   
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,
vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt đoạn BC tại I sao cho IB = 2IC.

Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật, cạnh
SA
vuông góc với mặt
phẳng
 
ABCD ,
,SA AB a 
3 .AD a Gọi M là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp .S ABMD
và cosin góc tạo bởi hai mặt phẳng

 
ABCD và
 
SDM .

Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm
của đoạn BC, G là trọng tâm tam giác ABM,
 
7; 2D 
là điểm nằm trên đoạn MC sao cho
.GA GD
Viết
phương trình đường thẳng AB của tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 và phương trình đường
thẳng AG là
3 13 0.x y  


Câu 8: (1 điểm) Giải bất phương trình:
2 2
2 11 15 2 3 6x x x x x      
.

Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình:
   
3
2 2
2 1 3 1 10 0
3 2 2 2 1 1 log log
x y
x y x y

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

( , )x y 
.

Câu 10. (1 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 4 nghiệm thực?

 
2 2
4 2 5 8 24.m x x x x    

Hết
Cán bộ coi thi không giải thích đề thi !

14
hoctoancapba.com
Câu Gợi ý đáp án Điểm
1

2.0
a)

1.0

TXĐ:
\ {1}D R
.
2
2
' 0,
( 1)
y x D
x

   

.
Bảng biến thiên:

x


1


'y

- -
y

1










1

0,25

Gới hạn:
(1)
lim
x
y


 
,
(1)
lim
x
y


 

.

TCĐ:
1x 
.

lim 1
x
y


,
lim 1
x
y


.

TCN:
1y 
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)
và
(1; )
.
Đồ thị:

0,25

b)

0.5

Phương trình hoành độ giao điểm của
d
và
( )H
:
1
1
x
x m
x

  

. Điều kiện
1x 

2
1 0x mx m    
(1)
0.25
Để
d
cắt
( )H
tại hai điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm khác 1


2
0 2 2 2
4 4 0
(1) 0
2 0
2 2 2

   

  

 

 


 




m
m m
g
m
.
0.25
2

1,0

a) Phương trình tương đương với:
 
2cos sin 3 cos 1 0  x x x
cos 0
sin 3 cos 1
x
x x




 


0,25

cos 0 ,
2


     x x k k Z
.
0,25
15
hoctoancapba.com
2
1
2
sin 3 cos 1 sin

7
3 2
2
6






 

 
       

 
 

 


x k
x x x k Z
x k
.
b) Điều kiện:
3x 
.
Phương trình tương đương:
2

4 log ( 3) 6log( 3) 2 0x x    
log( 3) 1
1
log( 3)
2
x
x
 




  


0,25
31
log( 3) 1
10
x x     
.
1 1
log( 3) 3
2
10
x x      
0,25
3

1,0

a) Ta có:
2
0 ( )
' 3 6 , ' 0
2 ( )
x n
y x x y
x n


   

 


(0) 5y 
;
( 2) 9y  
;
( 3) 5y  
;
(1) 9y 

0,25
Vậy:
 
3;1
max ( 2) (1) 9y y y


   
;
 
3;1
min (0) ( 3) 5y y y

   

0,25
b) Ta có:
   
2
2 2 2
2 2 5 8 20 ( 2)( 10)
lim lim lim
2
( 2) 2 2 5 ( 2) 2 2 5
x x x
x x x x x x
x
x x x x x x
  
     
 

     

0,25

 

2
10
lim 3
2 2 5
x
x
x x


 
 

0.25
4

1,0

a) Số phần tử của không gian mẫu:
4
15
( ) 1365n C  
.
Các trường hợp chọn được 4 viên có đủ 3 màu là:

2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng:
2 1 1
4 5 6
180C C C 



1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng:
1 2 1
4 5 6
240C C C 


1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng:
1 1 2
4 5 6
300C C C 

Số cách chọn ra 4 viên có đủ 3 màu là: 180+240+300=720 cách.
0,25
Do đó số cách chọn 4 viên không đủ 3 màu là:
1365 720 645 
cách.
Vậy xác suất cần tìm:
645 43
1365 91
P  
.
0,25
b) Đặt
, ,z a bi a b R  
.
Phương trình tương đương:
2 1 0
2 1 ( 2 1) 0 1
2 1 0
a b

a b a b a b
a b
  

         

  


0,25

Vậy
1z i 

1iz i 
 phần ảo của số phức
iz
bằng 1.
0,25
5

1,0

2 2IB IC IB IC   
 

0,25
Suy ra
1 5 2
; ;

3 3 3
I
 
 
 
 

0,25
4 2 1
; ; / / ( 4;2;1)
3 3 3
AI u
 
   
 
 
 

; ( 6; 9; 6)
P Q
n n u
 
    
 
  

0,25
Phương trình ( ) : 2 3 2 3 0P x y z   
0,25
6

1,0
16
hoctoancapba.com

2
9
( ).
2 4
ABMD
AB a
S AD BM  

0,25
2 3
.
1 1 9 3
. .
3 3 4 4
S ABMD ABMD
a a
V SA S a  
0,25
Kẻ

( ),( )     AK DM SK DM ABCD SDM SKA
.
Ta có:
2 2
3

3 3
2 3
2 2
ADM ABCD ABM
a a
S S S a    
2
2 2 2
9 13
4 2
a a
DM CD CM a    
2
6 13
13
ADM
S
a
AK
DM
  

0,25
2 2
7 13
13
a
SK SA AK   

Suy ra:


 
6
cos
7
 
AK
SKA
SK

0,25
7

1,0

Vì
ABC
vuông cân tại
A
nên
MA MB MC  MAB 
vuông cân
tại

0
45M MBD 
Do
GB GA GD 
suy ra
ABD

nội
tiếp đường tròn tâm
G
bán kính
GA
.


0
2 90AGD ABD   do đó
AG GD

0,25
Phương trình:
(7; 2)
: : 3 1 0
: 3 13 0
qua D
GD GD x y
GD AG x y


   

   


(4; 1)G AG GD G   

Ta có:

( ;3 13)A AG A a a  
.
Do
2
5 (5;2)
( 4) 1
3 (3; 4)
a A
GA GD a
a A
 

    

  


Vì 4
A
x  nên ta nhận
(3; 4)A 

0,25
17
hoctoancapba.com
Gọi
I
là trung điểm của
BM
. Ta có

2 9 1
;
3 2 2
AG AI I
 
 
 
 
 

Phương trình:
(7; 2)
:
5 5
: ; (1;1)
2 2
qua D
BC
VTCP u DI n




 
    
 

 

  

: 5 0BC x y   

 Phương trình:
: 7 0AM x y  

(6; 1)M AM BC M   

0,25
I
là trung điểm của
BM
(3;2)B

Phương trình:
(3;2)
:
: (0;6) (1;0)
qua B
AB
VTCP u AB n



   


  

: 3 0AB x  

0,25
8

1.0

Điều kiện:
2
2
2 11 15 0 3
1
2 3 0
x x x
x
x x

    






  



.
Phương trình tương đương:
( 3)(2 5) ( 3)( 1) 6 (*)x x x x x      

0,25
Xét
3x  
: (*)
 
3 2 5) 1 (1 ) ( 2 5)x x x x x           

3 1 2 5 2 ( 3)(2 5) 2 9x x x x x x            

2 9 0
( 3)(2 5) 0
x
x x
 



  

hay
2
2 9 0
4( 3)(2 5) (2 9)
x
x x x
 


   


9 7
9
2 2
2 3
2
x
x
x

   

   






7
2
x  

0,25
Xét
1x 
: (*)
 
3 2 5) 1 (2 5) ( 1)x x x x x        

3
3 2 5) 1 2 ( 3)( 1) 3
2
x x x x x x           

0,25
Vậy nghiệm của bất phương trình là
7
2
3
2
x
x

 







0,25
9

1.0

Điều kiện:
, 0
1 0

x y
x y



  

. Phương trình thứ hai tương đương:
   
2
2 2
2 1 log (2 ) 2 1 log
x y
x y    
(2 ) ( )f x f y 
.
0,25
Xét hàm số
 
2
( ) 2 1 log
t
f t t  
trên khoảng
(0; )
.
Ta có:
   
1
'( ) 2 1 ln 2 1 0, 0

ln 2
t
f t t
t
      
,
0,25
18
hoctoancapba.com
( )f t
nghịch biến trên khoảng
(0; ) 2x y 

Với
2y x
thay vào phương trình thứ nhất ta được:
3
2 3 1 3 1 10 0x x     (*)
Xét hàm số
3
2
3
2 3
( ) 2 3 1 3 1 10 '( ) 0, 1
2 1
3. (3 1)
f x x x f x x
x
x
           



.
( )f x
đồng biến trên
( 1; ) 
mà
(3) 0f 
3x 
là nghiệm duy nhất của (*)

0,25
Với
3 6x y  
. Vậy nghiệm của hệ là:
(3;6)
.
0,25
10

1,0

Phương trình tương đương:
2 2 2
( 4) 2 ( 4) 4( 2)m x x x x     
Đặt
2
4
2
x

t
x




2 2
2 4
'
( 2) 2
x
t
x x

 
 
,
1
' 0
2
t x  
.
Bảng biến thiên:

x



1
2



't

0
t


-1
3





1


1 3t   
.
0,25
Khi đó, phương trình trở thành :
2
4
4mt t m t
t
    
(1).
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (1) có 2 nghiệm trên

(1;3)
.
Xét hàm số
4
( )f t t
t
 
.
2
4
'( ) 1 , '( ) 0 2f t f t t
t
     

0,25
Bảng biến thiên:

x


-2 -1 0 1 2 3


'y

- - - 0 +
y

-5


5





13
3



4

0,25
Vậy
13
4
3
m 

0,25

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.
19
hoctoancapba.com
TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 NĂM 2014 - 2015

43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN IV )
ĐT: 0983. 336682 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


Câu 1: (1,0 điểm) Cho hàm số
1
1
x
y
x



(1) và đường thẳng
:d y x m  
.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số (1).
b. Tìm
m
để đường thẳng
d
cắt đồ thị
( )C
tại hai điểm phân biệt
,A B
đồng thời các tiếp tuyến
của
( )C

tại
A
và
B
song song với nhau.
Câu 2: (1,0 điểm)
a. Giải phương trình:
sin 2 2sin 1 cos2x x x  
.


b. Giải phương trình:
2
3 3
log 4log (3 ) 7 0x x  
.
Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân
1
1
ln
e
I x xdx
x
 
 
 
 

.
Câu 4: (1,0 điểm)

a. Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Chọn ngẫu nhiên 1 số trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 9.
b. Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện:
    
2 1 3 1 2 .z z i i    
Tìm môđun của
z
.
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ) :2 2 1 0P x y z   

và điểm
(3;0; 2)A 
. Viết phương trình mặt cầu
( )S
tâm
A
và tiếp xúc với mặt phẳng
( )P
. Tìm tọa độ
tiếp điểm của
( )S
và
( )P
.
Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác vuông tại

A
và
2 , 2 3AB a AC a 
.
Hình chiếu vuông góc của
S
trên mặt phẳng
( )ABC
là trung điểm
H
của cạnh
AB
. Góc giữa hai mặt
phẳng
( )SBC
và
( )ABC
bằng
0
30 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABC và khoảng cách từ
trung điểm
M
của cạnh
BC
đến mặt phẳng
( )SAC
.
Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang
ABCD
có hai đáy

,AD BC
,
đỉnh
7 13
;
4 2
A
 
 
 
và
4 9AD BC
. Giao điểm của hai đường chéo
,AC BD
là
 
4;2E
. Đỉnh
B
thuộc
đường thẳng
3 2 1 0x y  
và trung điểm M của đoạn
BC
thuộc đường thẳng
2 0x  
. Tìm tọa độ
các đỉnh
, , DB C
của hình thang

ABCD
.
Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp
 
2 2
: 4 32E x y 
và điểm M(4; 1). Viết
phương trình đường thẳng (

) đi qua điểm M và cắt elip (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
AM = 3MB.
Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình:
   
 
2 3
3 2
1 3 2 1 3 2 3
.
3 12 3 1 6 0
y x y x xy
x x x x y

        



     


Câu 10: (1,0 điểm) Cho
, ,a b c
là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

   
8
2 .
a b c abc
P
b c a a b b c c a
    
  

Hết
Cán bộ coi thi không giải thích đề thi !

20
hoctoancapba.com

Câu Gợi ý đáp án Điểm
1

1.0
a)
Cho hàm số
1
1
x
y
x




(1) và đường thẳng
:d y x m  
.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số (1).
0,5

TXĐ:
\ {-1}D R
.
2
2
' 0,
( 1)
y x D
x
   

.
Bảng biến thiên:

x


-1


'y

+ +
y



1







1



0,25

Gới hạn:
( 1)
lim
x
y

 
 

,
( 1)
lim
x
y

 
 
.

TCĐ:
1x  
.

lim 1
x
y


,
lim 1
x
y


.

TCN:
1y 
.

Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ; 1) 
và
( 1; ) 
.
Hàm số không có cực trị.
Đồ thị:

0,25
b)
Tìm
m
để đường thẳng
d
cắt đồ thị
( )C
tại hai điểm phân biệt
,A B
đồng thời các tiếp
tuyến của
( )C
tại
A
và
B
song song với nhau.
0.5

Phương trình hoành độ giao điểm của
d

và
( )H
:
1
1
x
x m
x

  

. Điều kiện
1x  

2
(2 ) 1 0x m x m      (1).
Để
d
cắt
( )C
tại hai điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1

2
0
8 0,
( 1) 0
 

    


 

m m R
g
.
0.25
Gọi ( ; ), ( ; )
A A B B
A x x m B x x m    . Theo Viet ta có:
2
. 1
A B
A B
x x m
x x m
  


  


YCBT 
2 2
2 2
( 1) ( 1)
A B
x x

 

21
hoctoancapba.com
2 2
( 1) ( 1) 2 0
A B A B
x x x x m         

0,25
2

1,0
a
Giải phương trình:
sin 2 2sin 1 cos2  x x x


0.5

Phương trình tương đương với:
 
2sin sin cos 1 0  x x x
sin 0
sin cos 1
x
x x





  


0,25

sin 0 ,

    x x k k Z
.
2
2
sin cos 1 sin
2
4 2
2



 

  
 

         
 

 
 

x k

x x x k Z
x k
.
0,25
b
Giải phương trình:
2
3 3
log 4log (3 ) 7 0  x x
.
0.5

Điều kiện:
0x 
.
Phương trình tương đương:
2
3 3
log 4 log 3 0x x  
3
3
log 1
log 3
x
x









3
log 1 3x x    (n)
3
log 3 27x x    (n)

3
Tính tích phân
1
1
ln
e
I x xdx
x
 
 
 
 

.
1,0

1 2
1 1 1
1 1
ln ln ln
e e e
I x xdx x xdx xdx I I

x x
 
     
 
 
  

0,25
Tính
1
I . Đặt
2
1
ln
2
du dx
u x
x
dv xdx
x
v







 








Khi đó:
2 2 2 2
1
1
1 1
1
ln
2 2 2 4 4 4
e e
e
x x e x e
I x dx     


0,25
2
2
1 1
1
1 ln
ln ln (ln )
2 2
e
e e

x e
I xdx xd x
x
   
 

0,25
Vậy
2
1 2
3
4
e
I I I

  

0.25
4

1,0
a
Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Chọn ngẫu nhiên 1 số trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 9.

0.5

Gọi
S
là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các số trên.

Số phần tử của tập
S
là:
4
7
840A 
.
Số phần tử của không gian mẫu:
1
840
( ) 840n C  
.
Các bộ số có tổng chia hết cho 9 là :
       
1;4;6;7 , 2;3;6;7 , 2;4;5;7 , 3;5;6;7

0,25
Mỗi bộ số lập được
4!
số chia hết cho 9. Do đó số có 4 chữ số khác nhau chia hết cho 9 là:
4.4! 96

Vậy xác suất cần tìm:
96 4
840 35
P  
.
0,25
22
hoctoancapba.com

b
Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện:
    
2 1 3 1 2 .z z i i    
Tìm môđun của
z
.
0.5

Đặt
, ,z a bi a b R  
.
Khi đó:
1
1 (1 5 ) 0
1
5
a
a b i
b



    





0.5
Vậy
1
1
5
z i 

26
5
z 

0,25
5
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ) : 2 2 1 0P x y z   
và
điểm
(3;0; 2)A 
. Viết phương trình mặt cầu
( )S
tâm
A
và tiếp xúc với mặt phẳng
( )P
.
Tìm tọa độ tiếp điểm của
( )S
và
( )P

.
1,0

Ta có:
( ,( )) 3R d A P 
.
0,25
Phương trình mặt cầu:
2 2 2
( ) : ( 3) ( 2) 9S x y z    
0,25
Gọi
d
là đường thẳng qua
A
và vuông góc với
( )P
.
Phương trình
3 2
:
2 2
x t
d y t
z t
 






  


0,25
Gọi
M
là tiếp điểm của
( )P
và
( )S ( ) (1; 1;0)M d P M    

0,25
6
Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác vuông tại
A
và
2 , 2 3AB a AC a 
. Hình
chiếu vuông góc của
S
trên mặt phẳng
( )ABC
là trung điểm
H
của cạnh
AB
. Góc giữa

hai mặt phẳng
( )SBC
và
( )ABC
bằng
0
30
. Tính theo
a
thể tích của khối chóp
.S ABC
và khoảng cách từ trung điểm
M
của cạnh
BC
đến mặt phẳng
( )SAC
.
1,0

Gọi
I
là hình chiếu vuông góc của
H

lên
BC

( )BC SHI BC SI   



0
( ),( ) 30SBC ABC SIH  
2
1
. 2 3
2
ABC
S AB AC a 


0,25
Ta có:

 

0
tan 3 60
AC
ABC ABC
AB
   
.
0 0
3
sin 60 . tan 30 .
2 2
a a
HI BH SH HI     

3
2
.
1 1 3
. .2 3
3 3 2 3
S ABc ABC
a a
V SH S a  

0,25
Ta có:
/ / ( ,( )) ( ,( ))MH AC d M SAC d H SAC 

Kẻ
HK SA
( ,( ))d H SAC HK 

0,25
23
hoctoancapba.com
Ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 5 5
5
a
HK
HK HA SH a a a
      
0,25

7
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang
ABCD
có hai đáy
,AD BC
, đỉnh
7 13
;
4 2
 
 
 
A
và 4 9AD BC . Giao điểm của hai đường chéo
,AC BD
là
 
4;2E
. Đỉnh
B

thuộc đường thẳng
3 2 1 0  x y
và trung điểm M của đoạn
BC
thuộc đường thẳng
2 0x  
. Tìm tọa độ các đỉnh
, , DB C
của hình thang

ABCD
.
1,0

Đường thẳng
AC
qua 2 điểm
,A E
có
phương trình là:
2 10 0x y  
.
Ta có:
( ;10 2 )C AC C a a  

: 2 0 (2; )M x M m   
.
(4 ;2 2 10)B a m a   

Mà
: 3 2 1 0B d x y   

4 7 0 7 4a m a m      

0,25
Suy ra
(4 3;4 6 ), (7 4 ;8 4)B m m C m m   
.
Gọi
( ; )D x y

, ta có:
4 9 4 9AD BC AD BC  
 
(1)
7 13
; , (10 8 ;14 8)
4 2
AD x y BC m m
 
     
 
 
 

(1)
97
18
4 7 90 72
97 63 23
4
18 ;
4 26 126 72 63 23 4 2 2
2 2
x m
x m
D m m
y m
y m

 


  


 
    
 
 
  
 


 



0,25
Ta có:
81 63 27
(4 7;2 6 ), 18 ;
4 2 2
EB m m ED m m
 
     
 
 
 
.
Vì
, ,B E D

thẳng hàng
2
6
2 13 6 0
1
2
m
m m
m



    




0,25
6 (21; 32)m B   
(loại vì B AC )
1 61 17
( 1;1), (5;0), ;
2 4 4
m B C D
 
   
 
 

0,25

8
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp
 
2 2
: 4 32 E x y và điểm M(4; 1). Viết phương
trình đường thẳng (

) đi qua điểm M và cắt elip (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
AM = 3MB.

1.0

Gọi
1 1 2 2
( , ), ( , )A x y B x y . Vì M nằm trong
( )E
nên ta có
1 2
1 2
3 16
3 (*)
3 4
x x
AM MB
y y
 

 

 


 

0,25
Vì
2 2
1 1
2 2
2 2
4 32 (1)
, ( )
4 32 (2)
x y
A B E
x y

 

 

 



Thay (*) vào (1) ta được
2 2
2 2
(16 3 ) 4(4 3 ) 32x y   
2 2 2 2
6 6x y x y      (3)

0,25
24
hoctoancapba.com
Thay (3) vào (2) ta được
2 2
2 2
(6 ) 4 32y y  
2
2
2 2
2
2
5 12 4 0
2
5
y
y y
y



    





2 2
2 4 (4,2)y x B    
2 2

2 28 28 2
,
5 5 5 5
y x B
 
    
 
 

0,25
(4,2)B
phương trình đường thẳng
( ) : 4 0x  
.
2 28
,
5 5
B
 

 
 
phương trình đường thẳng
( ) : 3 8 20 0x y   
.
0,25
9
Giải hệ phương trình:
   
 

2 3
3 2
1 3 2 1 3 2 3
.
3 12 3 1 6 0

        



     

y x y x xy
x x x x y

1.0

Điều kiện:
2
3
x  
. Đặt 3 2 0t x    . Khi đó, phương trình thứ nhất trở thành:
 
2 2 2
2
( ) 0
y a
y a ay a y y a y a
y a




       




0,25
Với
2
3 2y a y x     thay vào phương trình thứ hai ta được:
3 2
1 1
11 105 29 3 105
12 15 4 0
2 2
11 105
( )
2
x y
x x x x y
x l


   

  

       



 





0,25
Với
3 2y a y x    
thay vào phương trình thứ hai ta được:
3 2
3 12 (3 1) 3 2 6 0x x x x x       

 
3 2
3 6 8 (1 3 ) 3 2 2 0x x x x x         
2
1 3
( 2) 4 0
3 2 2
x
x x x
x
 

     
 
  
 

Vì
2
2
2 1 3 1 15 1 3
4 0
3 2 4
3 2 2 3 2 2
x x
x x x x
x x
 
 
          
 
     
 

0,25
2 2x y    
.
Vậy nghiệm của hệ là:
11 105 29 3 105
( 1;1), ( 2,2), ;
2 2
 
  
 
 
 

 
.
0,25
10
Cho
, ,a b c
là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

   
8
2 .    
  
a b c abc
P
b c a a b b c c a

1,0

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
3
8 8 8.27
( )( )( )
1 1 1
3
a b c
a b b c c a
a b c
b c a
b c a
 

  
   
 
  
  
   
 
   
 

0,25
Đặt
3 6
a b c
t t
b c a
     

Khi đó,
3
216
5P t
t
  
.
0,25
25
hoctoancapba.com
Xét hàm số
3

216
( ) 5f t t
t
  
.


4
1 648
'( ) 0, 6;
2 5
f t t
t
t
     

. Suy ra
( )f t
đồng biến trên


6;


( ) (6) 2f t f 

0,25
Vậy
2P 
dấu “  ” xảy ra khi

1a b c  
.
0,25

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.
26
hoctoancapba.com
TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA THÁNG 04 - 2015
43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN I )
ĐT: 0983. 336682 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


Câu 1:

(1,0 điểm) Cho hàm số

 
4 2 2
2 1y x m x m    (1) , với m là tham số thực.

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
(1)

khi
0m 
.
b. Tìm
m
để đồ thị của hàm số
(1)

có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác
vuông.

Câu 2:

(1,0 điểm)
a. Giải phương trình:
3 sin 2 cos2 2cos 1.x x x  


b. Giải phương trình:
 
 
2 2
2
log 9 4 log 3 log 3
x
x  


Câu 3:

(1,0 điểm) Tính tích phân
 
2
2
1 ln 1
.
ln
e

e
x x
I dx
x x
 



Câu 4: (1,0 điểm)
a. Tìm số phức
z
thỏa điều kiện
 
. 5 12 3z z i z z   
.
b. Trong kỳ 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 tuyển sinh dựa vào tổng điểm 3
môn trong kỳ thi chung và có ít nhất một trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại Học
đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh?

Câu 5:

(1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
 
: 2 3 8 0P x y z   
và điểm
 
2,2,3M
. Viết phương trình mặt cầu
 

S
đi qua điểm M ,
tiếp xúc với mặt phẳng
 
P và có tâm nằm trên trục hoành.

Câu 6:

(1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
, góc
0
60ABC 
, cạnh
2SD a
. Hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng
( )ABCD
là điểm
H thuộc đoạn BD sao cho
3HD HB
. Gọi M là trung điểm cạnh
SD
. Tính theo
a

thể tích
khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
,CM SB
.

Câu 7:

(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
 
C
có tâm
 
0,0O
và
bán kính bằng
2
. Hãy viết phương trình chính tắc của elip
( )E
, biết rằng độ dài trục lớn của
( )E
bằng 4 và
( )E
cắt
 
C
tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.

Câu 8: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

 
 
 
3 2 2
3 2 1
, .
1
x y x y x
x y R
x x y x x y x x

   



      




Câu 9: (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
 
 
2
4 1 2 2 3 1 2 .x x x x     


Câu 10:

(1,0 điểm) Cho

, ,x y z
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2 2
.x y z 
Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức
 
  
 
2
2 2 2
2 2
1 2
3
.
1
1 1
xy z
z
P
x y z
z z

 
 
 

Hết
Cán bộ coi thi không giải thích đề thi !

27
hoctoancapba.com