25 đề thi thử tốt nghiệp môn toán 2016 có lời giải chi tiết

25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Đề số 01
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1( 2 điểm) : Cho hàm số y   x3  3x2  1
a*) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên.
b*) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình
x  3x  m  0 .
3

2

Câu 2 ( 1 điểm ) :
a*) Giải phương trình: 2sin2x + 3cosx – 2 = 0
b*) Tìm số phức liên hợp của
z  (1  i)(3  2i) 

1
3i

Câu 3* ( 0,5 điểm): Giải phương trình 2x  23 x  2  0
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình:

x 4  x 2  1  x  x(1  x 2 )

2

Câu 5* ( 1 điểm): Tính Tích phân I   x cos xdx
0

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA  a,
SA  (ABCD). Gọi M là trung điểm của SA. Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N.
Tính thể tích khối chóp S.BCMN và khoảng cách giữa SB và AC.
Câu 7( 1,0 điểm):
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho 3 đường thẳng d1 : x  2 y  6  0 ; d2 : x  2 y  0 và
d3 : 3x  y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d3, cắt d1 tại A và

B, cắt d2 tại C và D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông.


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Câu 8 *( 1 điểm ) : Cho mặt cầu (S): x2  y 2  z 2  2 x  6 y  8z  1  0 .
a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu (S).
b) Viết phương trình mp(P) tiếp xúc với mặt cầu tại M(1;1;1).
Câu 9* (0.5 điểm) Cho khai triển:

 3x  1

2n

 a0  a1x  a2 x 2  ...  ak x k  ...  a2n x 2n

,  k , n  N ;0  k  2n 

Biết rằng: a0  a1  a2  ...   1 ak  ...  a2n  4096 . Tìm hệ số của x8 trong khai triển.
k

Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: x  y  z  1

Tìm giá trị nhỏ nhất của: P 

x y
yz
zx


xy  z
yz  x
zx  y


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Nội dung

Câu
1
a
(1,0) )




Điểm

TXĐ: D = R.
y '  3x 2  6x

x  0
y '  0  3x 2  6x=0  
x  2

0.25

 Giới hạn: xlim
y  , lim y  

x 

 Bảng biến thiên:

0.25

 Hàm số đồng biến trên (0 ; 2); hàm số nghịch biến trên (;0) và
(2; ) .
 Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0,
yCT = -1.
 Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0;-1), (-1; 3), (3; -1), (1; 1)

0.25

0.25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

b
(1,0)

 x 3  3 x 2  m  0   x 3  3x 2  1  m  1
 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số
y   x3  3x 2  1 với đường thẳng y = m – 1.
Vậy

0,5

m 1  3  m  4 : Phương trình có 1 nghiệm.
m 1  3  m  4 : Phương trình có 2 nghiệm.
3  m 1  1  4  m  0 : Phương trình có 3 nghiệm.

0,5

m 1  1  m  0 :Phương trình có 2 nghiệm.
m 1  1  m  0 : Phương trình có 1 nghiệm.

Câu 2

a, 2sin2x + 3cosx – 2 = 0 (1)

(1,0)

 Pt (1)  2(1 – cos2x) + 3cosx – 2 = 0  2cos2x – 3cosx = 0 (*)
 đặt t = cosx (t ≤ 1)
t = 0
2
 Pt (*) trở thành : 2t – 3t = 0  
3 .So sánh điều kiện t = 0 thỏa mãn
t =


2

 Với t = 0  cosx = 0  x = k2 (k  Z)
Vậy nghiệm của phương trình là : x = k2 (k  Z)

0,25

0,25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

b, Ta có z  5  i 

3i
3i
.
 5i 
(3  i)(3  i)
10

Suy ra số phức liên hợp của z là: z 
Câu 3

0.25

53 9
 i
10 10

0.25

( 0,5 điểm)
2 x  23 x  2  0  2 x 

8
 2  0  22 x  2.2 x  8  0
x
2

0.25

Đặt t  2x , t  0
Phương trình trở thành:
t  4 (nhan)
t 2  2.t  8  0  
t  2 (loai)

t  4  2x  4  x  2

0.25

Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

Câu 4
(1đ)

ĐK: x  1hoac 0  x  1

0,25

TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình
TH2: Với x  0 .
* Với 0  x  1
Khi đó pt  x
Đặt

t

1
1
 x2  1  x  x
x 
2
x
x

1
1
 x  t 4  2  x2  2 .
x
x

1
1
 x2  1  1 
x
2
x

x

Khi đó ta được phương trình

t  1
t 2  3 1  t   4 2
 t  1(loai)
t  t  2t  2  0

0,25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

* Với x  1. Ta có 
Đặt t 

1
1
 x2  1  1  
x
2
x
x

1
1
 x  t 4  2  x 2  2 . Khi đó ta được
x
x

Khi đó ta được x 2  x  1  0  x 

1  5
.
2

So sánh đk ta được nghiệm x 
x

t 4  3  t 1  t  1

0,25

1  5
.Vậy pt đã cho có nghiệm
2

1  5
2

0,25
Câu 5
(1)đ


2

I   x cos xdx
0

u  x
du  dx

dv  cos xdx v  sin x

0,5

 




2

I  x sin x 02   sin xdx 
0

Câu 6
(1)đ


2



 cos x 02 


2

1

0,5


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Do (BCM) // AD nên mp này cắt mp (SAD) theo giao tuyến MN // AD.

‘0.5

 BC  AB
 BC  BM

BC

SA

Ta có

Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao,
a
a 5
MN  ; BM 
2
2 .

Diện tích hình thang BCMN là

S BCMN

a a 5

 a  .
3a 2 5
2 2


2
8 .

Dụng SK  BM , do BC  (SAB)  BC  SK  SK  (BCMN ) .

Có

SK  d ( A, BM ) 

a 5
1 3a 2 5 a 5 a3
VS .BCMN  .
.

5 . Vậy
3
8
5
8

Trong mặt phẳng (ABCD) dựng  qua B song song với AC. Đặt (P) = (  ,

SB).

0.5

Khi đó, AC // (P) và d(AC; SB) = d(AC; (P)) = d(A; (P)).
Từ A hạ AI   tại I; Từ A hạ AH  SI tại H suy ra AH = d(A; (P)).
a
a 3
 AH 
.
3
2
Ta có AI =

Câu 7

Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng

1

(1)đ
Gọi I(a; 3a – 2)

B

A

Vì ABCD là hình vuông  d(I, AB) = d(I, CD) = d

0,25

d
I
D

C


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết



7a - 10
5

=

0.25

7a - 4
5

 a = 1  I(1;1)  d =

Bán kính: R = d 2 =

Câu 8
(1)đ

3

5

0.25

3 2
5

 pt(C):  x - 12 +  y - 12 = 18
5

0.25

2a  2
a  1
2b  6
b  3

a.Từ phương trình mặt cầu ta có: 

2c  8
c  4
d  1
d  1

0,25

Tọa độ tâm I(1; -3; 4).

0,25

Bán kính: r  1  9  16 1  5
Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu tại M nên IM vuông với mp.

0,25

uuur
IM  (0; 4; 3)
uuur

Mp(P) qua M(1;1;1), có VTPT IM  (0; 4; 3) có phương trình:

0,25

A( x  x0 )  B( y  y0 )  C ( z  z0 )  0
 0( x  1)  4( y  1)  3( z  1)  0
 4 y  3z  1  0

Câu 9

Ta có:

0.5 đ

 3x + 1

2n

= a 0 + a1x + a 2 x 2 +...+ a k x k +...+ a 2n x 2n

Thay x = -1, ta có: (-2)2n = a0 – a1 + a2 - … + (-1)kak +…+ a2n

Từ giả thiết suy ra: (-2)2n = 4096  n = 6

0.25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Với n = 6, ta có khai triển:

1+3x 

12

0.25

0
2
12
=C12
+ C112 .(3x) + C12
(3x)2 +...+ C12
12 (3x)

8
8
 Hệ số của x8 trong khai triển là: C12 .3

Câu 10 Ta có x  y  z  1  x  y  1  z
1đ

x y

xy  z

1 z
1 z

xy  1  x  y
(1  x)(1  y )

yz

yz  x

1 x
1 x

yz  1  y  z
(1  y )(1  z )

zx

zx  y

1 y
1 y

zx  1  x  z
(1  x)(1  z )

0.5

Khi đó
P

0.5

x y
yz
zx
1 z
1 x
1 y


xy  z
yz  x
zx  y = (1  x)(1  y ) + (1  y )(1  z ) + (1  x)(1  z )

 33

1 z
1 x
1 y
.
.
3
(1  x)(1  y ) (1  y )(1  z ) (1  x)(1  z )
.

Vậy MinP  3 đạt được khi

x yz

1
3


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Đề số 02
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  3x 2  1 có đồ thị (C)
a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b*) Dựa vào đồ thị (C) tìm m để phương trình x 4  3x 2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2 ( 1,0 điểm).
a*) Giải phương trình: sin 2 x  cos2 x  2sin x 1 .

b*) Tìm số phức Z thỏa mãn :  z  1 .  z  2i  là số thực và z  i  2 .
Câu 3* (0.5 điểm). Giải phương trình
log

2

 x2  x  1  log2  x2  x  3

Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2


 xy  2  y x  2
(với x; y  ¡ )
 2
2
2
y

2
x

1
x

2
x

3

2
x

4
x
.





p

Câu 5* ( 1,0 điểm): Tính tích phân: I =

ò (1 + cos x )xdx
0

Câu 6 ( 1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a,
góc BAD  1200 .Mặt bên (SAB) có SA  a, SB  a 3 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
G là trọng tâm tam giác SCD. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt
phẳng (SAB).

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
d : mx  y  m  4  0 và đường thẳng  : x  2 y  9  0 ; điểm B(-3; 2). Gọi H là hình chiếu
của B trên d. Xác định tọa độ điểm H biết rằng khoảng cách từ H đến đường thẳng  nhỏ
nhất.
Câu 8* ( 1,0 điểm ):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng

x 1 y  2 z  2
:


và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng
3
2
2

song song với mặt phẳng (P), đi qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng ().

Câu 9 *(0.5 điểm)


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Từ các chữ số của tập T  0;1;2;3;4;5 , người ta ghi ngẫu nhiên hai số tự nhiên có ba
chữ số khác nhau lên hai tấm thẻ. Tính xác suất để hai số ghi trên hai tấm thẻ đó có ít
nhất một số chia hết cho 5.
Câu 10 ( 1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực tùy ý thỏa mãn x + y + z = 3.
Chứng minh rằng với a  1 ta luôn có :

1
1
1
x
y
z
 y  z  x  y  z.
x
a
a
a
a
a
a


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết
Câu 1
a

+ TXĐ: D = R.

0.5


x  0

6
3

3
+ y '  4x  6x ; y '  0  4x  6x=0   x  2

x   6

2
+ Giới hạn: lim y  , lim y  
x

x



+Hàm số đồng biến trên  ; 


(




6
6
6 
;0  và
 và  0;
 ; nghịch biến trên  
2 
2
2





6
; ) .
2

+ Hàm số đạt cực đại tại x  

6
13
, yCD 
, Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT =
4
2

1
Bảng biến thiên



Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0; 1), (-1; 3), (1; 3)

0.25

0.25


25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit
b

x 4 3x 2 m 0 x4 3x2 1 m 1

0.25

S nghim ca phng trỡnh l s giao im ca th (C) vi ng thng
y=m+1.

0.25

Da vo th, phng trỡnh cú 4 nghim phõn bit

0.5

1 m 1

Cõu2

13
9
0m
4
4

a. Biến đổi ph-ơng trình về dạng : 2sinx(cos x 1) 2sin 2 x 0

(1)
0,25

s inx 0
s inx(sin x cos x 1) 0
sin x cos x 1 0
Vi sinx 0 x k 2
x k 2
1
Vi cos2x = 1 sin x cos x 1 0 sin( x )
, k Z

x k 2
4
2
2




Vy phng trỡnh cú 2 h nghim. x k , x

2

k 2 , k Z

2a b 2
b. Giả sử z = a + bi , (a, b R) . Khi đó: 2
2
a (b 1) 2

Gii h ta đ-ợc a = 1 , b = 0 hoặc a
Vậy z1 1, z2

1 12
i
5 5

1
12
, b
5
5

0,25

0,25

0,25

25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Câu 3
(0.5) đ

ĐK: x  ¡





PT  log 2 x 2  x  1





2

 log 2 x 2  x  3

 





2

 x2  x  1  x2  x  1  2  0

3
4

Đặt: t  x 2  x  1, t 

t  1( L)
Ta được phương trình : t 2  t  2  0  
t  2( N )

0.25


1  5
x 
2
Với t  2  x 2  x  1  0  

1  5
x 
2


Vậy : x 
Câu 4
1đ

1  5
1  5
và x 

là nghiệm của phương trình.
2
2

0.25

ĐKXĐ: x  ¡ ; y  ¡ .

0.25

Ta có xy  2  y x 2  2  y





x2  2  x  2  y 

2
x2  2  x

 y  x 2  2  x (1). Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :





2

x 2  2  x  2  x  1 x 2  2 x  3  2 x 2  4 x

0.25

 1  x x 2  2  2 x   x  1 x 2  2 x  3  0 .

  x  1 1 

Xét

hàm

 x  1

2

số

f '(t )  1  t 2  2 

 2     x  1 





x

f (t )  t 1  t 2  2

t2
t2  2



2

 2  (*)

với

t ¡ .

Ta

 0, t  ¡  f (t ) đồng biến trên ¡ .

có
0.25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

1
Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x  1)  f ( x)  x  1   x  x   .
2

1

1
x  
Thay x   vào (1) ta tìm được y  1.Vậy hệ đã cho có nghiệm là 

2
2
 y  1.

0.25

Câu 5
1đ
p

I =

p

0.25

p

ò (1 + cos x )xdx = ò xdx + ò x cos xdx
0

0

p

x2
 Với I 1 = ò xdx =
2
0

0

p

=
0

p 2 02
p2
=
2
2
2

0.25

p

 Với I 2 =

ò x cos xdx
0

ìï u = x
 Đặt ïí

ïì du = dx
. Thay vào công thức tích phân từng
Þ ïí
ïï dv = cos xdx

ïï v = sin x
î
î

phần ta được:

p

I 2 = x sin x 0 -

p

ò0

p

p

sin xdx = 0 - (- cos x ) 0 = cos x 0 = cos p - cos 0 = - 2

p2
- 2
 Vậy, I = I 1 + I 2 =
2

Câu 6

*) Tính VS.ABCD

(1đ)

Dễ thấy tam giác SAB vuông tại S.

0.25

0.25

0,25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

( SAB)  ( ABCD)

Trong mp(SAB) hạ SH  AB ta có ( SAB)  ( ABCD)  AB  SH  ( SABCD)
 SH  AB


Tính được SH 

a 3
, S ABCD  2S ABD  AB. AD.sin1200  2a 2 3  VS . ABCD  a3
2

0,25

*) Tính d(G,(SAB))
Gọi SG  CD  I 

d ( I , ( SAB)) IS 3

2

  d (G, ( SAB))  d ( I , ( SAB)) .
d (G( SAB)) GS 2
3

0,25

Ta có CD / / AB  CD / /(SAB)  d ( I ,(SAB))  d (C,( SAB))  a 3 .
(Hạ CK  AB  CK  (SAB) mà ABC đều cạnh 2a  CK  a 3 )
Vậy d (G, ( SAB)) 

2 3a
3

0,25

Câu 7
1đ

Ta có phương trình d : mx  y  m  4  0  ( x 1)m  ( y  4)  0 . Suy ra d luôn đi

0.25

qua điểm cố định A(1; 4), mà BH vuông góc với d nên suy ra H luôn thuộc đường
tròn (C) đường kính AB.
Gọi I là tâm của (C). Ta có pt (C): ( x  1)2  ( y  3)2  5

0.25

Gọi d’ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với  . Khi đó d’ có pt: 2 x  y  5  0 .
Tọa độ giao điểm của d’ và (C) là nghiệm của hệ phương trình :

2 x  y  5  0
y  5


2
2
( x  1)  ( y  3)  5  x  0
M1 (0;5); M 2 (2;1)

hoặc

y 1
.

 x  2

Khi

0.25
đó

d’

cắt

(C)

tại


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Ta có d ( M1 , ) 

19 5
9 5
. Vậy H trùng với M 2 (2;1)
; d ( M 2 , ) 
5
5

0.25

Câu 8
1đ
 x  1  3t

Đường thẳng () có phương trình tham số:  y  2  2t t  ¡
 z  2  2t


0.25

r
Mặt phẳng (P) có VTPT n  (1; 3; 2)

uuuur

Giả sử N(1 + 3t ; 2  2t ; 2 + 2t)    MN  (3t  3; 2t;2t  2)

0.25

uuuur r
Để MN // (P) thì MN .n  0  t  7  N(20; 12; 16)

0.25

Phương trình đường thẳng cần tìm :

Câu 9
(0.5)đ

x2 y2 z4


9
7
6

0.25

+ Có 5. A52  100 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau
+ Có A52  4. A41  36 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5.
+ Có 64 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và không chia hết cho 5.

0,25

1

1
.C99
 9900
+ n     C100

+ Gọi A là biến cố : “Trong hai số được ghi trên 2 tấm thẻ có ít nhất 1 số chia
hết cho 5”
1
1
1
1
.C64
 C36
.C35
 3564
Ta có: n  A  C36

Vậy : P  A 

n  A 3564 9


 0,36
n    9900 25
0,25

Câu 10


25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit

(1)

0,25

* Với a = 1 ta thấy BĐT đúng .
* Ta xét khi a > 1.
t

Hàm số y= y

1 1
nghịch biến với t R , khi a > 1.
at a

Khi đó ta có
Ta cú : ( x y )(

0,25

1
1
x
y
x
y
y ) 0, x, y R. Suy ra x y y x (1)
x
a a
a

a
a
a

Chứng minh t-ơng tự

y
z
z
y
z y z (2)
y
a
a
a
a

Cộng vế với vế (1) ,(2) và (3) ta đ-ợc

2(

z
x
x
z
x z x (3)
z
a a
a a
x

y
z
yz zx x y
y z) x y z
x
a
a
a
a
a
a

(4)

Cộng 2 vế của (4) với biểu thức
3(

x
y
z
y z ta đ-ợc
x
a
a
a

0,25

x
y

z
x yz x yz x yz
1
1
1
y z)


( x y z )( x y z )
x
x
y
z
a
a
a
a
a
a
a
a
a

Suy ra

1
1
1
x
y

z
y z x y z . ( do x + y + z = 3 )
x
a
a
a
a
a
a

Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi x = y = z = 1. (đpcm)

0,25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Đề số 03
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

x
x 1

(1).

a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b*) Tìm m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam

giác IAB có diện tích bằng 3 , với I là giao điểm của hai tiệm cận.
Câu 2 (1,0 điểm).
a*) Giải phương trình: sin 2 x  2cos2 x  3sin x  cos x .
b*) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2  i  z  5  i . Tính mô đun của số phức
w  1  iz  z 2 .

Câu 3* (0,5 điểm). Giải phương trình: log2 (4x1  4).log2 (4x  1)  3 .
 x3  y 3  3 y 2  x  4 y  2  0
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  3

x  x  3  2 x  2  y

( x, y  ¡ ) .

e

1
Câu 5*(1,0 điểm). Tính tích phân I    x   ln xdx.
1



x

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc
tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai
đáy AD, BC. Biết B(2; 3) và AB  BC , đường thẳng AC có phương trình x  y  1  0 , điểm

M  2; 1 nằm trên đường thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD.
Câu 8* (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2;5;1  và mặt phẳng
( P) : 6 x  3 y  2 z  24  0 . Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng

(P). Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H,
sao cho điểm A nằm trong mặt cầu.
Câu 9* (0,5 điểm) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20. Chọn ngẫu nhiên ra 5 tấm thẻ.
Tính xác suất để trong 5 tấm thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 2 tấm thẻ mang số
chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 4.


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Câu 10(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  3. Chứng
minh rằng:
1
1
1
1



.
2
2
1  a (b  c) 1  b (c  a) 1  c (a  b) abc
2

-------------Hết----------Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Câu

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Đáp án

a) (1,0 điểm)
1
(2,0đ)  Tập xác định D  ¡ \ 1 .
 Sự biến thiên:

Điểm

0,25

- Chiều biến thiên: y '  

1

 0, x  D .

 x  1
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;1  và 1;   .
2

- Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 .  tiệm cận ngang: y  1 .
x 

x 

0,25

lim y   ; lim y   .  tiệm cận đứng: x  1 .

x 1

- Bảng biến thiên:
x

x 1

0,25


1


y'
y

-



1


1

 Đồ thị:

0,25
y

1

x

b) (1,0 điểm)
Gọi d : y  x  m .
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

0,25

x
 xm
x 1

 x   x  1 x  m  (Vì x  1 không phải là nghiệm của phương trình)

 x2   m  2  x  m  0 (1)

Ta có   m2  4  0, m nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C) tại hai
điểm phân biệt A, B với mọi m .
Khi đó, A  x1; x1  m , B  x2 ; x2  m  , với x1 , x2 là hai nghiệm của phương

0,25
0,25

25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

trình (1).
Ta có: I 1;1  d  I , AB  

m
2

.

và AB   x2  x1    x2  x1   2  x1  x2   8x1x2  2  m2  4  .
2

Ta có: S IAB

2

2

0,25

m m2  4
1
. Theo giả thiết, ta có:
 AB.d  I , AB  
2
2
S IAB

m m2  4
 3
 3m 2.
2

a)
Phương
trình
đã
2
(1,0đ) 2sin 2 x  3sin x  2  2sin x cos x  cos x  0

cho

tương

đương

0,25

  2sin x  1 sin x  cos x  2   0

 sin x  cos x  2  0 : Phương trình vô nghiệm

0,25



 x   6  k 2
 2sin x  1  0  

(k  ¢ )
 x  7  k 2

6



7
 k 2 (k  ¢ ).
6
6
3a  b  5 a  1
a) Đặt z  a  bi  a, b  ¡  . Từ giả thiết ta có: 
.

a  b  1 b  2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x    k 2 , x 

0,25

Do đó z  1  2i .
Suy ra w  1  iz  z 2  1  i 1  2i   1  2i   3i . Vậy w  3 .

0,25



0,25

2

3
(0.5đ)



log 2 (4x 1  4).log 2 (4 x  1)  3  2  log 2 (4 x  1) .log 2 (4 x 1)  3

t  1
t  3

Đặt t  log2 (4x  1) , phương trình trở thành:  2  t  t  3  

0,25

 t  1  log2 (4x  1)  1  4x  1  2  x  0 .
1
8

7
8

 t  3  log 2 (4 x  1)  3  4 x  1   4 x   : Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  0 .
4
(1,0đ)

3
3

2

 x  y  3 y  x  4 y  2  0 (1)
 3
(2)

x  x  3  2 x  2  y

Điều kiện: x  2 .

0,25

(1)  x3  x  2  y3  3 y 2  4 y  x3  x  2   y  1   y  1  2 .
3

Xét hàm số f  t   t 3  t  2 trên  2;   .
Ta có: f '  t   3t 2  1  0, t   2;   . Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên

0,25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

 2;   .
Do đó: x  y  1 .
Thay y  x  1 và phương trình (2) ta được: x3  3  2 x  2  1
 x3  8  2











x  2  2   x  2 x2  2 x  4 



  x  2 x  2x  4 
2



2



x2 2





x2 2

x2 2


  x  2  x2  2 x  4 

x22


2  x  2



0,25








0
x2 2 

2



 x2  0  x  2 y 3
 x2  2 x  4 



2
x22



0,25

 0  x2  2 x  4 



2
x2 2



(*)

2
 1, x   2;  
x2 2

Ta có VT  x 2  2 x  4   x  1  3  3;VP 
2

Do đó phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2;3 .
0,25

e
e
e
5
1
1
Ta có: I    x   ln xdx   x ln xdx   ln xdx.
(1,0đ)
x
x
1
1
1
e

1
x

 Tính  x ln xdx . Đặt u  ln x và dv  xdx . Suy ra du  dx và v 
1
e

e

x2
2

0,25

2

e

x2
x
e2 x 2
e2 1
 
Do đó,  x ln xdx  ln x   dx  
2
2
2 4 1 4 4
1
1
1
e

 Tính

1

1
x

 x ln xdx.

Đặt t  ln x  dt  dx . Khi x  1 thì t  0 , khi x  e thì

1

0,25

t  1.
e

1

1

1
t2
1
Ta có:  ln xdx   tdt 
 .
x
20 2
1
0

e2  3
Vậy, I 
.
4

6
(1,0đ)

0,25

Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra

S

SH  ( ABCD)
K
A

D
I

H

B

C

·
 300 .
và SCH
Ta có: SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

0,25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3
HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a

Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra

0,25

BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 .

Vậy, VS . ABCD

1
4a 3 6
.
 S ABCD .SH 
3
3

Vì BA  2HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  

0,25

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có:
HK  SI .

Do đó: HK   SAC  .
Vì

hai

tam

giác

SIA

và

SBC

đồng

dạng

nên

0,25

Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp
trong một đường tròn. Mà BC  CD nên
H
· .
AC là đường phân giác của góc BAD
D
A
M
B'
Gọi B ' là điểm đối xứng của B qua AC.
Khi đó B '  AD .
Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ
điểm H là nghiệm của hệ phương trình:

0,25

HI AH
AH .BC a 6
.

 HI 

BC AC
AC
3

Suy ra, HK 

HS .HI
HS  HI
2

2



a 66
.
11

Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2HK 
7
(1,0đ)

B

2a 66
11

C

x  y 1  0
x  3

. Suy ra H  3; 2  .

x  y  5  0
y  2

Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó
B '  4;1 .
uuuur

Đường thẳng AD đi qua M và nhận MB ' làm vectơ chỉ phương nên có
phương trình
x  3 y  1  0 . Vì A  AC  AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
phương trình:
x  y 1  0
x  1

. Do đó, A 1;0  .

 x  3 y 1  0

y  0
uuur uuuur
Ta có ABCB’ là hình bình hành nên AB  B ' C . Do đó, C  5; 4  .

0,25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra d : 3x  y 14  0 .
Gọi I  d  AD , suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm
của hệ:
3x  y  14  0
43 11
38 11
. Suy ra, I  ;  . Do đó, D  ;  .

 10 10 
 5 5
x  3 y 1  0
uuur
Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD làm vectơ chỉ phương nên

có phương trình 9 x  13 y  97  0 .
khác)

0,25

0,25

(Học sinh có thể giải theo cách

Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Suy ra: 0,25
8
(1,0đ)
 x  2  6t

d :  y  5  3t
 z  1  2t


Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên H  d  ( P) .
Vì H  d nên H  2  6t;5  3t;1  2t  .
Mặt khác, H  ( P) nên ta có: 6  2  6t   3 5  3t   2 1  2t   24  0  t  1

0,25

Do đó, H  4; 2;3 .
Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu.
Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784 , suy ra 4 R2  784  R  14 .
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên IH  ( P)  I  d .
Do đó tọa độ điểm I có dạng I  2  6t;5  3t;1  2t  , với t  1.

0,25

Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:

0,25

 6  2  6t   3  5  3t   2 1  2t   24

 t  1
 14

d ( I , ( P))  14
2
2
2


6  3  (2)

  t  3  t  1

 AI  14

2  t  2
2
2
2

6
t

3
t


2
t


14









Do đó, I 8;8;  1 .
Vậy, mặt cầu (S ) :  x  8   y  8   z  1  196
2

9
(0,5
đ)

2

Số phần tử của không gian mẫu là: n     C205  15504 .

0,25

Trong 20 tấm thẻ, có 10 tấm thẻ mang số lẻ, có 5 tấm thẻ mang số chẵn
và chia hết cho 4, 5 tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 4.
0,25
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Ta có: n  A  C103 .C51.C51  3000 .
Vậy, xác suất cần tính là: P  A 

10

2

n  A 3000 125


.
n    15504 646

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

0,25