10 đề thi thử THPT quốc gia và hướng dẫn

Thi thử THPTQG năm 2015

HD GIẢI
ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 1
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y 

2x 1
, (1)
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .
b) Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) tại giao của (C) với trục tung và tiếp
tuyến d' của (C) song song với d.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình cos3 x  1  s inx  0 .
b) Tìm số phức z biết rằng z  2i  z và z  i  z  1
Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình 22 x 1  22 x 2  22 x 3  448
Câu 4.(1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm
( x  2)( x  2)  4( x  2)

x2
m
x2

x2
, x  - 2 hoặc x > 2
x2
x2
1
2
Ta có t ' 


.
x2
x  2 ( x  2)
x 2
x  - 2  t' > 0
x2
2
x
x > 2: t ' 


0.
x2
( x  2)( x  2)
( x  2)( x  2)

HD. Đặt t  ( x  2)

Sự biến thiên của t:
-
t '(x)

-1

3

-

+

+

0

+

t(x)
-
0
Suy ra , tập giá trị của t là  .
Phương trình đã cho  t2 + 4t - m = 0
(*)
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t  
  '  4  m  0  m  4 .
1

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =  ln
0

x 1
dx
x2

x 1
x2
1
1
 du 
.
dx 

dx
2
x2
x  1 ( x  2)
( x  1)( x  2)
dv  dx  v  x  2

HD. Đặt u  ln

1

1

1
x 1
dx
2
1
32
16
Suy ra I = ( x  2) ln

 3ln  2 ln  ln x  1 0  ln  ln 2  ln
x  2 0 0 x 1
3
2
27
27

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

1


Thi thử THPTQG năm 2015

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh
AD = a 2 , cạnh AB = a. Tam giác SAD vuông cân đỉnh S và thuộc mặt phẳng
vuông góc với đáy (ABCD). Cạnh bên SB tạo với đáy góc 450 . Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
S

HD. Gọi H là hình chiếu của S trên AD
thì SH  mp(ABCD) và H là trung điểm AD.
AD a 2
  450

. Tam giác SHB có SBH
2
2
a 2
nên vuông cân đỉnh H. Suy ra HB 
2
SH 

2

K
D

2

a 2 a 2
2
2
AH  BH  
  
  a  AB
 2   2 
2

H

2

Suy ra tam giác ABH vuông ở H.
1
3

C

1
3

A

B

1
a a

a3
.

3
2 2 3 2
 d ( AD, SC )  d ( AD, mp (SBC ))  d ( H , mp( SBC ))  HK ,

Ta có VS . ABCD  dt ( ABCD ).SH  AD.HB.SH  .a 2
*) AD//mp(SBC) chứa SC
trong đó K là hình chiếu của H trên SB.
HK =

1
1
SB  a
2
2

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC. Các tam
giác ABD và ACE vuông cân đỉnh A và ở ngoài tam giác ABC. M(2; - 1), N(- 1; 3)
lần lượt là trung điểm DE, BC. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết A(1; 1), D(1; - 2).
HD. Trước hết ta chứng minh AM  BC , AN  DE
Thật vậy
 1     
AM  ( AD  AE ), BC  AC  AB
2
  1     1    
 AM .BC  ( AD  AE )( AC  AB )  ( AD. AC  AE. AB )
2
2

1
  AE. AB.cos BAE
)
 ( AD. AC.cos CAD
2

  BAE

Mặt khác
AD = AB, AC = AE, CAD
 
Suy ra AM .BC  0
Thấy ngay phương trình (AD): x - 1 = 0
Suy ra phương trình (AB): y - 1 = 0
Phương trình (BC): x - 2y + 7 = 0
Suy ra B(- 5; 1)

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

E
M

D
Â

C
B

N

2


Thi thử THPTQG năm 2015

Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết
phương trình đường

thẳng đi qua M(- 1; 2; - 3), vuông góc với giá của véc tơ a  (6; 2; 3) và cắt đường
x 1 y 1 z  3


.
3
2
5
Câu 9.(0,5 điểm) Tìm hệ số của x5 trong khai triển P( x )  (2 x  3)( x  1)10 thành đa

thẳng d có phương trình

thức.
Câu 10.(1,0 điểm) Cho các số a, b, c khác 0 thỏa a 2b2  b 2c 2  c 2 a 2  3.
1
1
1
1
Chứng minh rằng:


 2 2 2.

4
2
2
4
2
2
4
2
2
1  a (b  c ) 1  b (c  a ) 1  c (a  b ) a b c
HD. Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:
3  a2b 2  b2c 2  c 2 a 2  3 3 (abc)4  a 2b 2c 2  1.
Suy ra:
1  a 4 (b 2  c 2 )  a 2b 2c 2  a 4 (b 2  c 2 )  a 2 (a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 )  3a 2 

Tương tự ta có:

1
1
 2 (1).
2
2
1  a (b  c ) 3a
4

1
1
1
1
 2 (2),

 2 (3).
2
2
4
2
2
1  b (c  a ) 3b
1  c (a  b ) 3c
4

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
1
1
1
1  1 1 1  a2b 2  b 2c2  c 2 a 2
1


  2  2  2
 2 2 2
4
2
2
4
2
2
4
2
2
2 2 2

1  a (b  c ) 1  b ( c  a ) 1  c ( a  b ) 3  a b c 
3a b c
abc

.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 2b 2c 2  1, a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2  3  a  b  c  1, (a, b, c  0).
---------------------------------------Hết--------------------------------------------

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

3


Thi thử THPTQG năm 2015

HD GIẢI
ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 2
3
2

1
2

Câu 1.( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  mx 2  m3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
b) Tìm m để đồ thị hàm số có cực trị và hai điểm cực đại , cực tiểu của đồ thị đối
xứng qua đường thẳng y = x.
x  0
Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu th́ y '  0
y' 0  

x  m
có hai nghiệm phân biệt  m  0 . Khi đó giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là :
 m3 
A  0;
 và B  m ; 0 
 2 
 
 m m3 
m3 
Ta có: AB  m;   ; trung điểm I của AB là: I  ; 
2 

2 4 

Ta có y’= 3 x2  3mx

Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x th́
đường thẳng AB vuông góc với  : y  x và trung điểm I của AB thuộc đường

m3
 
0
m 
 AB.u  0
m  0
2
thẳng  
 3

Đối chiếu điều kiện ta có m   2

m


2
m
m
 I  



 4
2

Câu 2.( 1,0 điểm)
a) Giải phương trình. 1 + sin x – cos x – sin 2x + cos 2x = 0
Phương trình  ( 1 – sin2x) + ( sinx – cosx) + ( cos2x – sin2x) = 0
 ( sinx – cosx).[(sinx – cosx) + 1 – (sinx + cosx)] = 0  ( sinx – cosx).( 1 –
2cosx) = 0
1


 x   k . ; x    l.  k , l    ( k,l  Z).
2
4
3
b) Tìm số phức z thỏa mãn z  1  5 và 17( z  z )  5 z z  0 .

 tan x  1;cos x 

2

Đặt z  a  bi , ta có: z  1  5   a  1  b 2  5  a 2  b 2  2a  24 1
Mặt khác: 17( z  z )  5 z.z  0  a 2  b 2 

34
a  2
5

24
a  24  a  5 . Kết hợp với (1) có b 2  9  b  3, b  3 .
5
Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là: 5  3i và 5  3i .

Thay (2) vào (1) được

2

2

2

Câu 3.( 1,0 điểm) : 23 x  x10  4 x  x  4  2 x  x  2  16  0 .
Phương trình tương đương:
23 x

2

 x 10

 22 x

2

 2 x 8

 2x

2

 x 2

 16  0  23 x

2

 x 14

 22 x

2

 2 x 12

 2x

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

2

 x 2

1  0

4


Thi thử THPTQG năm 2015
 (22 x

 22x

2

2

 2 x 12

 2 x 12

 1)(2 x

2

 x2

 1)  0  22 x

2

 2 x 12

1  0
 x  2
 20  2 x 2  2 x  12  0  
x  3

Câu 4.( 1,0 điểm) Giải bất phương trình
ĐK. x  1
x  3  x  x 1  4  x 

x  3  x  x 1  4  x

x  3  x  x  1  x  4 (1)

Xét hàm số
f ( x)  x  3  x  x  1  x, x  1
1
1
1
2 x  1  0, x  1
f '( x) 

2 x  3  2 x  x 1

Suy ra f đồng biến, liên tục trên [1; +  )
(1)  f ( x)  f (1)  x  1
e

Câu 5.( 1,0 điểm) Tính tích phân I =

ln(1  ln 2 x )
dx .
1
x

1

Cách 1. Đặt lnx = t , ta có I =  ln(1  t 2 )dt .
0

2

Đặt u = ln( 1+ t ) , dv = dt
Ta có : du =

2t
dt , v  t .
1 t2
2 1

1

1
1
t2
dt 
Từ đó có : I = t ln( 1+ t )  2
dt  ln 2  2   dt  
 (*).
2

0 0 1 t
1 t2 
0
0
1

Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được

dt

 1 t

2



0

Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 +


.
4


.
2

Cách 2.
Câu 6.( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho

tam giác BCD vuông ở C có BC = b, CD = c.
AB, ED là hai tia cùng hướng, cùng
vuông góc với (P) và AB = DE = a.
Tính theo a, b, c thể tích khối chóp C.ABDE
và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD,
AC, biết rằng a, b, c là các số thực dương.

F

A

E

K
B

H

D

HD. Gọi H là hình chiếu của C trên BD thì
CH  mp( ABDE ) .
1
3

Suy ra VC . ABDE  dt ( ABDE ).CH

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

C

5


Thi thử THPTQG năm 2015

1
1 1
bc
 2  2  CH 
2
CH
b c
b2  c 2
1
bc
1
Vậy nên VC. ABDE  a b 2  c 2 . 2 2  abc
3
3
b c

*) BD//AE nên BD//mp(ACE) chứa AC. Mặt phẳng qua CH và vuông góc BD cắt
AE tại F. Gọi K là hình chiếu của H trên CF thì HK  mp(CAE ) .
Ta có d ( BD, AC )  d ( BD, mp(CAE ))  d ( H , mp(CAE ))  HK .
1
1
1
1 1 1
abc



 2  2  2  HK 
2
2
2
HK
HC
HF
b c
a
a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2

Câu 7.( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :

x2 y 2

 1 và
9
4

hai điểm A(3;-2), B(-3; 2). Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao
cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
x02 y02
HD. C thuộc (E)  C ( x0 ; y0 ) :   1
4
9
1
Gọi S = dt(ABC) = AB.d (C , ( AB))
2

AB = 2 13

Phương trình (AB): 2x + 3y = 0
d (C , ( AB)) 

2 x0  3 y0
13

2 x0  3 y0
 x02 y02 
x0
y0
1
Suy ra S  .2 13
 2 x0  3 y0  4  9
 97     97
2
2
3
13
 4 9 
3x
8y
4
S lớn nhất bằng 97 khi chỉ khi 0   x0  0
2 y0 9
27

Câu 8.( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0) và
B(1; 1; -1) viết phương trình mặt cầu đi qua A, B có tâm thuộc mặt phẳng x + y + z

- 3 = 0 và bán kính có độ dài bé nhất.
HD. Tâm của mặt cầu thuộc d là giao tuyến của hai mặt phẳng: mặt phẳng trung
trực của đoạn AB và mặt phẳng x + y + z - 3 = 0. Gọi I là tâm mặt cầu. Bán kính
mặt cầu bé nhất khi và chỉ khi IA vuông góc với d.
Câu 9.( 1,0 điểm) Có bao nhiêu cách phân phối 5 món quà cho 3 người sao cho
người nào cũng được nhận ít nhất một món quà.
HD. Có hai khả năng:
i) Có một người nhận 3 món quà, hai người còn lại mỗi người nhận một món quà:
Số cách phân phối trong trường hợp này: C31.C53 .2  60
ii) Có hai người, mỗi người nhận 2 món quà, người còn lại nhận một món quà.
Số cách phân phối trong trường hợp này: C32 .C52 .C32  90
Câu 10.( 1,0 điểm) Chứng minh rằng phương trình 4 x (4 x 2  1)  1 có đúng ba nghiệm
thực phân biệt.
HD. 4 x (4 x 2  1)  1  0
Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

6


Thi thử THPTQG năm 2015

Xét hàm số:
f ( x)  4 x (4 x 2  1)  1, x    f '( x)  4 x ln 4(4 x 2  1)  4 x.8 x  4 x (4ln 4.x 2  8 x  ln 4)

Đặt :
g ( x )  4 ln 4.x 2  8 x  ln 4
 '  16  4 ln 2 4  0

Suy ra g(x) có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu qua hai nghiệm đó nên f '( x) cũng
thế. Vậy phương trình đã cho có không quá ba nghiệm.

1
Mặt khác f (0)  f     f (1, 25.1011 )  0
2




1
2

Vậy phương trình đã cho có đúng ba nghiệm: x  0, x   , x  1, 25.1011
----------------------------------------Hết--------------------------------------------------------

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

7


Thi thử THPTQG năm 2015

HD GIẢI
ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 3
Câu 1.( 2,0 điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

2x 1
.
x 1

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết khoảng cách từ giao điểm của hai

tiệm cận đến tiếp tuyến bằng 2 .
Tiếp tuyến của (C) tại điểm M ( x0 ; f ( x0 ))  (C )
M (x 0 ; f (x 0 ))  (C ) có phương trình y  f '( xo )( x  x0 )  y0
 x  ( x0  1)2 y  2 x02  2 x0  1  0 (d)
Giao của hai tiệm cận của (C) là I(1; 2).
 x0  0
 2
1  ( x0  1)
 x0  2
 x  y 1  0
Suy ra hai tiếp tuyến thỏa: 
x  y  5  0

d(I,d) = 2 

2  2 x0

2

Câu 2.( 1,0 điểm)




1

a) Chứng minh rằng sin x sin   x  sin   x   sin 3 x
3
3
4



 

b) Tìm số phức z thỏa mãn z  2  i  2 và phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.

Gọi số phức z = a+bi

2
2
 a  2   b  1 i  2
 a  2    b  1  4
Theo bài ra ta có: 

b  a  3
b  a  3

a  2  2
a  2  2

hoac 
b  1  2
b  1  2
Vậy số phức cần tìm là: z = 2  2 +( 1  2 )i; z = 2  2 +( 1  2 )i.

Câu 3.( 0,5 điểm) Giải bất phương trình 3 2 x  1  5 x3  1  4  x
HD. ĐK
Câu 4.( 1,0 điểm) Giải phương trình log 32 x  3 3 2  3log 2 x  2
Với điều kiện x > 0, ta đặt u  log 2 x và v  3 2  3u  v 3  2  3u
3

3

3
u  2  3v

(*)
2
2
u  v  3(v  u )
(u  v)(u  uv  v  3)  0

u  2  3v
u  2  3v
Ta có hệ:  3
 3 3
v  2  3u

2

1
3
Do u  uv  v  3   u  v   v 2  3  0, u, v   nên:
2  4

u 3  2  3v
v  u
u  v  1
(*)  
 3


u  v  2
u  v  0
u  3u  2  0
1
Với u  1  log 2 x  1  x 
Với u  2  log 2 x  2  x  4
2
2

2

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

8


Thi thử THPTQG năm 2015
1

Câu 5.( 1,0 điểm) Tính tích phân I   x ln( x 2  x  1)dx
0

2x  1

dx
u  ln(x 2  x  1) du  2
Đặt 

x  x 1

dv  xdx
v  x 2 / 2

1

1

1

1

1

x2
1 2x3  x 2
1
1
1
2x  1
3
dx
I  ln(x 2  x  1)   2
dx  ln 3   (2 x  1)dx   2
dx   2
2
2 0 x  x 1
2
20
4 0 x  x 1
4 0 x  x 1

0
1
1
1
1
1
3
3
3
 ln 3  x 2  x  ln(x 2  x  1)  I 1  ln 3  I 1
0
0
2
2
4
4
4
4
1
1
3
 
dx
* Tính I1: I 1  
. Đặt x   tan t, t    , 
2
2
2
2
 2 2

0 
1  3

 x    
2   2 






/3

/3

3
3
2 3 (1  tan 2 t )dt 2 3
3
Suy ra I 1 

t

. Vậy I  ln 3 

2
3  / 6 1  tan t
3 /6
9
4

12

Câu 6.( 1,0 điểm) Trong không gian cho hình chóp S.ABCD. Đáy ABCD là hình
thoi ABCD có đường chéo BD = a, đường chéo AC = a 3 . Tam giác SAD đều và
mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy hình chóp. M là trung điểm AB.
Tính theo a thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).
HD. Gọi O là tâm hình thoi ABCD.
S
Tam giác ABD cân đỉnh A, BD = a,
1
a 3
AC 
 Tam giác ABD
2
2
đều cạnh a  Tam giác SAD đều cạnh
a 3
K
a  HB  HS 
.
D
2
1
1 1
O
H
VBCM  dt ( BCM ).SH  . dt ( ABC ).SH
3
3 2
1 1

a a 3 a3
A
M
 . a 3. .

6 2
2 2
16
1
1
1
a 6
*) d ( M , ( SBC ))  d ( A, ( SBC ))  d ( H , ( SBC ))  HK  SC 
2
2
2
4

CO =

C

B

Câu 7.( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD
vuông ở A và D, DC = DA =

1
AB, A(0; 1) và C(2; 3).
2

Tìm tọa độ các đỉnh B và D.
HD.
Gọi M là trung điểm AB thì AMCD là
hình vuông, gọi tâm của nó là I.
Đường thẳng (DM) có phương trình:
x-1+y-2=0

D

C

I

A

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

M

B

9


Thi thử THPTQG năm 2015
 x  y  3  0  D (t ;3  t )
ID  2  (t  1)2  (t  1)2  2  t  1  2  t  1  2

Câu 8.( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 0; 0) và

đường thẳng d:

x 1 y  2

 z  3 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và
2
3

song song d sao cho khoảng cách giữa d và (P) nhỏ nhất.
Câu 9.( 0,5 điểm) Tìm hệ số của x4 trong khai triển Niutơn của biểu thức
P  (1  2 x  3 x 2 )10

Câu 10.(1,0 điểm) Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
P  3( x 2  y 2  z 2 )  2 xyz .
Ta c ó:

P  3  ( x  y  z )2  2( xy  yz  zx)   2 xyz  3 9  2( xy  yz  zx)  2 xyz  27  6 x( y  z )  2 yz ( x  3)

( y  z) 2
1
 27  6 x(3  x ) 
( x  3)  ( x 3  15 x 2  27 x  27)
2
2
f ( x )   x 3  15 x 2  27 x  27
x  1
f , ( x )  3 x 2  30 x  27  0  
x  9

Câu 6a:Xét hàm số

x
y’
y



0
+

1
0

3

,

với 0< x <3



-

14

Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7  x  y  z  1 .

----------------------------------------Hết--------------------------------------------------------

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

10


Thi thử THPTQG năm 2015

HD GIẢI
ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 4
Câu 1.(2,0 điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

1 3
x  4x .
3

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với tia Ox.
Câu 2.(1,0 điểm)




1

a) Chứng minh rằng cos xcos   x  cos   x   cos 3x .
3
3
4


0

0







0

Áp dụng tính cos10 cos50 cos70 .
b) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2 z  i  z  z  2i và
z 2  ( z )2  4 .

HD. Giả sử z  x  yi ( x, y  ) . Từ giả thiết ta có:

x2
 x  ( y  1)i  ( y  1)i
y

0
 x 2  ( y  1)2  ( y  1) 2
 x 2  4 y  0

4








2
2
 xy  1
 xy  1
 ( x  yi )  ( x  yi )  4
 x3  4

3
x   4
3
2

3
3

.
Vậy
z


4

i
2
2
y 


2
2

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình log4  x 1  2  log

2

4  x  log8  4  x

3

x  1  0
 4  x  4
HD. Điều kiện: 4  x  0  
 x  1
4  x  0


(2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 2 
 log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2

+ Với 1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12  0 (3) ;  x  2, x  6  lo¹i 
Với 4  x  1 ta có phương trình x 2  4 x  20  0 (4);  x  2  24, x  2  24  lo¹i 
Vậy phương trình đó cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6 
2
2
2
2
( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  2(1)

Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
4 x  2  16  3 y  x  8(2)
 x, y   

16
3
3
(1)  ( x  1)  ( y  1)3  y  x  2 Thay y = x - 2 vao (2) được

ĐK: x  2, y 

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

11


Thi thử THPTQG năm 2015

4 x  2  22  3x  x 2  8 

4( x  2)
3( x  2)
 ( x  2)( x  2) 
x2 2
22  3 x  4

x  2

4

3

 ( x  2) 
 0(*)
22  3x  4
 x  2  2

Xét f(x) =VT(*) trên [-2;21/3],có f’(x) > 0 nên hàm số đồng biến. suy ra x = -1 là
nghiệm duy nhất của (*)
KL: HPT có 2 nghiệm (2;0),(-1;-3)

2

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =  ( e cos x  s inx).sin 2 x.dx .
0


2

HD. I =

 (e
0


2
cos x


2

 s inx).sin 2 x.dx  2  e cos x .cos x.sin x.dx   s inx.sin 2 x.dx
0

0


2

I   e cos x .cos x.sin x.dx
0

1

1

1

Đặt t = cosx có I =  t.et .dt  t.et 0   et .dt  1
0


2

0


2



2
1
1
1
2
K   s inx.sin 2 x.dx   (cos x  cos3x ).dx  (s inx  sin 3 x) 
20
2
3
3
0
0


2

2
3

Vậy: I =  (e cos x  s inx).sin 2 x.dx  2  
0

8
3

Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian cho khối chóp S.ABC có SA = SB = SC = a,
 = 900, BSC
 = 600, CSA
 = 1200. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách

ASB
giữa hai đường thẳng SB và AC.
S
HD. Thấy ngay tam giác SBC đều
cạnh a, AB  a 2 , AC  a 3 . Suy ra
tam giác ABC vuông ở B. Gọi H là
hình chiếu của S trên mp(ABC).
Do SA = SB = SC nên HA = HB = HC
K
Suy ra H là trung điểm của AC.
C
A
1
1 1
a a3 2
VS . ABC  dt ( ABC ).SH  . a 2.a. 
3
2 2
2
8
*) Dựng tia Bx //AC. Gọi E là hình chiếu
của H trên Bx , K là hình chiếu của H trên

H

x
E

B

SE. AC//BE nên AC//mp(SEB) chứa SB.
Suy ra d(AC, SB) = d(AC, mp(SEB)) = d(H, mp(SEB)) = HK

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

12


Thi thử THPTQG năm 2015

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có
AB = 2AD. M là trung điểm AB, N là điểm thuộc cạnh CD sao cho DC = 4DN.
Tìm tọa độ C biết rằng M(2; 0), N(1; 2).
E
HD. Gọi E là trung điểm CD, K là giao điểm của D
N
C
AC và MN. Dễ thấy AC  MN .

KM AM 2
2 

  KM   KN
KN CN 3
3

Ta có

(1)
K

A

B
M



2   2  2 x 4  2 y 
K ( x; y )  KM  (2  x;  y ), KN  (1  x; 2  y ), KN  
;
3
3 
 3
2x  2
8


x
2  x  3

6  3 x  2 x  2
8 4

5
(1)  


 K( ; )
5 5
3 y  2 y  4

 y  2 y  4
y  4


3
5

8 
4

MN  (1; 2)  phương trình (AC):   x    2  y    0   x  2 y  0
5 
5


1
2
ACD   (0    )  tan    cos  
Đặt 
2
2
5
a( x  1)  b( y  2)  0
Giả sử phương trình đường thẳng (DC):  2 2
, trong đó (DC) có véc
a  b  0


tơ pháp tuyến n  (a; b) , (AC) có véc tơ pháp tuyến MN  (1; 2)

Ta có:

 
n
.MN
 a  2b
2
 cos     
 2 a 2  b 2  a  2b
2
2
5
n . MN
a b 5

a  0
 4(a  b )  a  4b  4ab  3a  4ab  0  
4b
a  
3

i) a = 0  b  0 : Suy ra phương trình (CD): y - 2 = 0.
 x  2 y  0
x  4
Suy ra C ( x; y ) : 

y  2  0
y  2



2
Để ý rằng KA   KC suy ra tọa độ A.
3
4b
ii) a   : chọn b = - 3 kéo theo a = 4, suy ra phương trình (CD):
3
4(x - 1) - 3(y - 2) = 0  4x - 3y + 2 = 0
4

x


x

2
y

0


 4 2
5
Suy ra C ( x; y ) : 

 C ; 
 5 5
4 x  3 y  2  0
y   2

5

2

2

2

2

2

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

13


Thi thử THPTQG năm 2015


2 
3

Để ý rằng KA   KC suy ra tọa độ A.
Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0),
B(1; 2; 2) và C(3, 2; 0). Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C có tâm
thuộc đường thẳng d:

x 1 y  2

 z.
2

3



HD. Trung điểm của đoạn AB là M(1; 1; 1), AB = (0; 2; 2).
Suy ra phương trình trung trực của đoạn AB: y + z - 2 = 0
Tương tự, phương trình trung trực của đoạn AC: x + y - 3 = 0
Gọi I là tâm mặt cầu. I thuộc đường thẳng d' là giao của hai mặt phẳng:
x  t '
y  z  2  0

và do đó, d' có phương trình  y  3  t '

x  y  3  0
 z  1  t '

 x  1  2t

Theo giả thiết, I thuộc d:  y  2  3t  I(1; 2; 0)  R = 2
z  t


Câu 9.(0,5 điểm) Ở một ga có một đoàn tàu chỉ nhận khách lên 4 toa. Có 4 hành
khách chuẩn bị lên tàu. Tìm xác suất để có 3 hành khách cùng lên một toa, hành
khách còn lại lên một trong ba toa còn lại.
Câu 10.(1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa a  b  c  3 . Chứng minh
a8  b8  c8  a 6  b 6  c 6

HD. Ta có:
a 2  2a  1, b 2  2b  1, c 2  2c  1  a 2  b 2  c 2  2(a  b  c)  3  3

 a 2  b2  c 2  3
a 4  2a 2  1, b 4  2b 2  1, c 4  2c 2  1  a 4  b 4  c 4  2(a 2  b 2  c 2 )  3  3
 a 4  b4  c 4  3
a8  2a 4  1, b8  2b 4  1, c8  2c 4  1
 a8  b8  c8  2(a 4  b 4  c 4 )  3  (a 4  b 4  c 4 )  (a 4  b 4  c 4  3)  a 4  b 4  c 4
 a8  b8  c8  a 4  b 4  c 4

(1)

Mặt khác a  2a  a  a (a 2  2a  1)  0 : Hiển nhiên. Suy ra a8  a 4  2a 6
Tương tự b8  b 4  2b6 , c 8  c 4  2c 6
Từ (1) suy ra 2(a8  b8  c8 )  a8  a 4  b8  b4  c 8  c 4  2a 6  2b6  2c 6
---------------------------------------Hết-------------------------------------------8

6

4

4

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

14


Thi thử THPTQG năm 2015

HD GIẢI
ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 5
1

3

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  m( x  1) , (m là tham số thực)

(1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.
b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x 3  3m( x  1)  0
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình 9 sin x  6 cos x  3sin 2x  cos 2x  8 .
HD. Phương trình đã cho
 9 sin x  6 cos x  6 sin x cos x  1  2sin 2 x  8
 2sin 2 x  9 sin x  7  6 cos x(sin x  1)  0
 (sin x  1)(2 sin x  7)  6 cos x(sin x  1)  0
sin x  1
 (sin x  1)(2 sin x  6 cos x  7)  0  
 2sin x  6 cos x  7 (vn)
x


 2k; (k  )
2

b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z  ( 3  i) 2015
HD.
  3 1 
z   2 
 i  
  2 2  

2015

 
 
   
  2  cos     i sin     
 6
 6  
 

2015


 2015
 2 2015  cos  
6




 2015  
  i sin  

6  



 3 1 



 





 22015  cos  336    i sin  336     22015  cos  i sin   2 2015 
 i 
6
6 
6
6
2
2 






Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình 3.4 x  4.3x  7 x
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình x  2  4  x  2 x 2  5 x  1
Lời giải. ĐK 2  x  4
BPT đã cho
 x  2  1  4  x  1  2 x2  5 x  3 

x 3
3 x

 ( x  3)(2 x  1)

x  2 1
4  x 1

1
1


 ( x  3) 

 (2 x  1)   0
4  x 1
 x  2 1

1
1

 (2 x  1), x  [2; 4] , ta có:
Xét
x  2 1
4  x 1
1
1
x  2  1  1, x  [2; 4] 
1 0 
1
x  2 1
x  2 1
1
1
1

4  x  1  1, x  [2; 4] 
1 0 
 1  1  
0
4  x 1
4  x 1
4  x 1

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

15


Thi thử THPTQG năm 2015

1
1

1
x  2 1
4  x 1
Mặt khác, x  2  2 x  1  5  (2 x  1)  5 . Suy ra:
1
1

 (2 x  1)  0, x  [2;4]
x  2 1
4  x 1
Vậy, BPT đã cho tương đương x  3  0  x  3
KL: nghiệm của phương trình đã cho là 3  x  4

 1 


12

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =

2sin 2 x  1
0 (s inx  cos x) 2 dx

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên bằng a . Cho M , N
lần lượt là trung điểm các cạnh SA và SC. Mặt phẳng (BMN) vuông góc với mặt phẳng
(SAC)
.
a) Tính thể tích hình chóp tam giác đều S.ABC.
S
b) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (BMN).
HD. Gọi K là hình chiếu của B trên MN.
Gọi H là giao điểm của của đường thẳng
SK và AC. Khi đó, BK  mf ( SAC )  BK  SH
K
N
M
tại K là trung điểm SH nên BH = BS = a.
Vì hình chóp đều nên BM = BN.
Suy ra K là trung điểm MN nên H là
H
C
A
trung điểm AC.

Tam giác ABC đều a = BH =
 AB 

AB 3
2
B

2a
3
2

a 5
 2a  3 a 2
, đường cao của hình chóp hạ từ S là SO =
.
 dt ( ABC )  
 4 
3
3
 3

Vậy VSABC

1 a 2 a 5 a 3 15
 . .

3 3 3
27

VSBMN SM SN 1

VSABC a 3 15

.
  VSBMN 

VSABC
SA SC 4
4
108

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD có
AB = BC = CD =

1
AD. Tìm tọa độ của B, D biết A(1; 1), C(3; 3).
2

HD. Gọi M là trung điểm AB. Thấy ngay
các tam giác AMD, MCD, MCB là những
tam giác đều. Gọi I là trung điểm của AC
ta có I(2; 2). Phương trình đường thẳng (BM)
là x + y - 4 = 0. AC = 2 2

D

C

I

A

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

M

B

16


Thi thử THPTQG năm 2015

nên AI  2  BM

3
2 6
6
 BM 
 BI 
2
3
3

B(t; 4 - t)  BI2 = (2 - t)2 + (- 2 + t)2  (2 - t)2 + (- 2 + t)2 =

1
2
t 2 
3
3

1
1
1 

 B2
;2 
 . Từ đây suy ra M và do đó suy ra D
3
3
3

1
1
1 

ii) t  2   B  2  ; 2   . Tương tự trên.
3
3
3


i) t  2 

Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng (d) và
(d') có phương trình lần lượt là:

x 7 y 3 z 9
x  3 y  1 z 1



và


. Viết
1
2
1
7
2
3

phương trình đường thẳng  đi qua A(0; 1; 13) cắt cả hai đường thẳng (d) và (d')
Câu 9.(0,5 điểm) Một đội văn nghệ quần chúng có 5 nam và 6 nữ . Cần phải ghép 3
cặp đôi nam nữ để biễu diễn một tiết mục. Hỏi có bao nhiêu cách ghép đôi.
Câu 10.(1,0 điểm) Chứng minh rằng:
1
1
1
1



, x, y , z  0
x3  y 3  xyz y 3  z 3  xyz z 3  x3  xyz xyz
HD. Ta có:
x 3  y 3   x  y   x 2  y 2  xy    x  y  xy

1
1

1
z



3
x  y  xyz  x  y  xy  xyz xy  x  y  z  xyz  x  y  z 
Tương tự:
1
x

3
3
y  z  xyz xyz  x  y  z 


3

1
y

z 3  x3  xyz xyz  x  y  z 
Suy ra đpcm
---------------------------------------Hết--------------------------------------------

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

17

Thi thử THPTQG năm 2015

HD GIẢI
ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 6
1
4

3
4

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  mx 2  , (m là tham số thực)

(1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Chứng minh rằng trong tam giác ABC, ta có:
sin 2 A  sin 2 B  sin 2C  sin A  sin B  sin C
b) Tìm các nghiệm phức của phương trình z 4  4 z 3  3 = 0

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình





2 1

log2 x

 x2





2 1

log 2 x

 1  x2

HD. ĐK x > 0





2 1

2log 2 x

 x2





2 1

log2 x

 (1  x 2 )





2 1

log 2 x

Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 3 3x  1  8  3 1  5 x


Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =

1  cos x

 1  cos x dx


2









1  cos x
x
1
x
HD. I  
dx   cot 2 dx   
 1 dx  (2 cot  x )
x

2
2
 1  cos x

  sin 2

2
2
2
2
2 


Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều và
hình chóp A'.ABC là hình chóp đều cạnh bên bằng a và tạo với đáy góc 450 .
a) Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'.
b) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AA'B'B).
HD. Gọi H là hình chiếu của A' trên
mp(ABC) thì H là tâm của tam giác

ABC đều. A'H = asin450 =

A'

B'

a 2
.
2

a 2
.
2
2
3 AB 3
AH  AB

3
2
3
a 2
a 6
 AB  AH 3 
3
2
2

AH = acos450 =

C'

K

C

A
H
M

N
B

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

18


Thi thử THPTQG năm 2015
2

 a 6  3 a 3 9a 3
Suy ra dt(ABC) = 
.


2
16
 2  4

*) Gọi K là hình chiếu của H trên A'N(N là trung điểm AB)

Ta có d(C,mp(AA'B'B) = HK.
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thoi ABCD có các
tam giác ABD và CBD là những tam giác đều. M là trung điểm AB, N là điểm
thuộc đoạn thẳng AC sao cho AN = 3 NC. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết
rằng M(1; 1), N(- 1; 4).
HD. Ta có MN = 13 .
Gọi I là tâm hình thoi. Đặt AM = a > 0 . Do tam giác ABD đều cạnh 2a
 AI  2a.

3
a 3 3 3a
 a 3 . Suy ra AN = a 3 

2
2
2

Áp dụng định lí cosin vào tam giác ANI:
27 a 2
3 3a 3 4a 2  27 a 2  18a 2 13a 2
13  MN  a 
 2a
.


a2
4
2
2
4

4
2

2

Suy ra:
 IM  2


1
1
 IN  2 AI  2 .2 3  3
x2  y2  2x  2 y  2
2
2
( x  1)  ( y  1)  4

I ( x; y )  

2x  8
2
2
( x  1)  ( y  4)  3
y 

3
1  3 3
13
 1  3 3 34  2 3 
1  3 3

34  2 3
x
y
 I 
;
 .
13
13
13
13




AI  2 IN
x

 1  3 3

1  3 3 

23  9 3
 x  2  1 


x

13
13





13
A( x; y )  


34  2 3 
 34  2 3
 y  2  2 3

y

2
4



 13


13
13 



x

1  3 3
: Tương tự.

13

Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng (d) là
giao của hai mặt phẳng 2 x  y  2 z  4  0 và x  2 y  z  4  0 . Viết phương trình mặt
phẳng đi qua (d) và A(3; - 2; 1).
Câu 9.(0,5 điểm) Một đề thi trắc nghiệm có 40 câu, trong mỗi câu có 4 phương án
trả lời và chỉ có một phương án trả lời đúng. Trả lời đúng, bạn được 2,5 điểm, trả

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

19


Thi thử THPTQG năm 2015

lời sai bạn bị trừ 0,5 điểm. Quỳnh chọn ngẫu nhiên một phương án trả lời trong mỗi
câu. Tính xác suất đề Quỳnh được 40 điểm.
Câu 10.(1,0 điểm) Với a  2 , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a 2  2a  5  a 2  6a  10

HD. Đặt P = a 2  2a  5  a 2  6a  10 , a  2 .
Ta có P = a 2  2a  5  a 2  6a  10  (a  1)2  22  (a  3)2  12
Vì a 2  2a  5  a 2  6a  10, a  2 nên P  a 2  2a  5  a 2  6a  10
=

(a  1)2  22  (a  3)2  12

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy đặt M(a; 0), A(1; 2), B(3; 1). Khi đó
P  MA  MB . Thấy ngay AB ở về cùng một phía đối với trục hoành.
Ta có P  MA  MB  AB . P đạt giá trị lớn nhất bằng AB khi và chỉ khi M là giao

của đường thẳng AB với trục hoành.
---------------------------------------Hết--------------------------------------------

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

20


Thi thử THPTQG năm 2015

HD GIẢI
ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 7
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y 

2x 1
, (1)
1 x

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .
b) Gọi d là một tiếp tuyến bất kì của (C). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi
d và hai tiệm cận của (C).
2x 1
3
 y'
1 x
(1  x )2
Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm của d và (C). Khi đó phương trình d là:
2x 1
3
y

( x  x0 )  0
2
(1  x0 )
1  x0

HD. b) y 

 4  2x 

0
Gọi A là giao điểm của tiệm cận đứng x = 1 với d. Suy ra A 1;

1

x
0 

Gọi B là giao điểm của tiệm cận ngang y = - 2 với d. Suy ra B  2 x0  1; 2 
Gọi giao điểm hai tiệm cận là I(1; - 2)

dt ( ABC ) 

1
1 4  2 x0
1 6
y A  yI . xB  xI 
 2 . 2 x0  1  1 
. 2( x0  1)  6
2
2 1  x0

2 1  x0

Câu 2.(1,0 điểm)

1
    và sin   cos   .
2
2
b) Tìm các nghiệm phức của phương trình z 4  4 z 2  5 = 0

a) Tính các giá trị lượng giác của góc  biết

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình 2
HD.
2

2

1
x

2 x 1

3

02

2

1

x

 32 x1  2 

2 

1
x

 32 x  1  0

1
1

 (2 x  1)l og 2 3  (2 x  1)   log 2 3   0
x
x


1

x


2

 x  log 3 2

Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình ( x  1)( x  2)  x  3x 2  x  6
HD.

x  0

ĐK: 

2

3 x  x  6  0

(1)
(2)

( x  1)( x  2)  x  3x 2  2 x  6  x 2  4 x  2  2 x( x  1)( x  2)  3x 2  2 x  6
 2 x ( x  1)( x  2)  2 x 2  2 x  8  x ( x  1)( x  2)  x 2  x  4  x ( x  1)  2( x  2)
 x( x  1)  2( x  2)  x ( x  1)( x  2)  0

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

21


Thi thử THPTQG năm 2015




x( x  1)  2 x  2)





x ( x  1)  x  2)  0
e

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =  x ln xdx
1

Câu 6.(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD nội tiếp hình cầu tâm O. O nhìn các đoạn AB,
BC, CD, DA dưới 1 góc 600 . Biết độ dài bán kính mặt cầu (O) bằng a. Tìm tứ diện
có thể tích lớn nhất.
HD.
Tứ diện ABCD của bạn là một tứ diện gần đều có AB = BC = CD = DA = a. Thấy
ngay AC và BD vuông góc. Gọi khoảng cách giữa AC và BD là d, BD = x, AC = y,
1
6

ta có V  xyd , d = MN, trong đó M, N lần lượt là trung điểm BD, AC.
x2
CM = CB - BM = a 4
y2
CM2 = MN2 + CN2 = d2 +
4
2
2
x
y
2
= d2 +
a 4
4

2
2
x
y
2
+
= a2
d +
4
4
2

2

2

A

2

N

D

C

M
B
3

 x2 y 2

  d2 
2
2

4a 6
1
1
4
x
y
4
Ta có: V  xyd  V 2  x 2 y 2 d 2  . . .d 2   4 4
 =
6
36
9 4 4
9
3
9.27




2
2
2
2
2

2
x
y
x
y
x
y
2a

 d2 

 a2  
x y
V đạt max  V 2 đạt max 
4
4
4
4
4 4
3

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có A(1;
1), trực tâm H(- 1; 3). Hình chiếu E của H trên AB thuộc đường thẳng d: x - y + 2 =
0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC đến đường thẳng AB bằng 1.
HD. 
AEH  1v  E thuộc đường tròn đường kính AH. Trung điểm AH là I(0; 2)
AH= 2 2 . Suy ra phương trình đường tròn: x 2  ( y  2)2  2 .
 x 2  ( y  2)2  2
 x 2  ( y  2) 2  2

E ( x; y )  

 x 2  x 2  2  x  1
x

y

2

0
y

x

2



i) x = - 1:
x = - 1  y = 1  E(- 1; 1)
x  t
A(1;1)  pt ( AE ) : 
 B (t ;1)
 y 1  0
Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

22


Thi thử THPTQG năm 2015

Thấy ngay pt(EH): x + 1 = 0. Suy ra C(- 1; t')

CB  (t  1;1  t ')

 
AH  (2; 2), CB. AH  0  t  t '  0

CH bằng hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến AB
t '  5
t '  1

Suy ra CH = 2  t ' 3  2  t ' 3  2  

 t' = 1  t = - 1  B(- 1; 1), C(- 1; 1) (loại)
 t' = 5  t = - 5  B(- 5; 1), C(- 1; 5)

ii) x = 1:
x = 1  y = 3  E(1; 3)
x  1
A(1;1)  pt ( AE ) : 
 B (1; t )
y  t

Thấy ngay pt(EH): y - 3 = 0. Suy ra C(t'; 3)

CB  (1  t '; t  3)

 
AH  (2; 2), CB. AH  0  t  t ' 4  0

CH bằng hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến AB
t '  1
t '  3

Suy ra CH = 2  t ' 1  2  t ' 1  2  

 t' = 1  t = 3  B( 1; 3), C(1; 3) (loại)
 t' = -3  t = 7  B(1; 7), C(- 3; 3)

Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) là
giao của hai mặt phẳng 2 x  y  2 z  4  0 và x  2 y  z  4  0 ; đường thẳng d' có
4

x  3  t

4
phương trình:  y  
3

z  t



Chứng tỏ rằng hai đường thẳng d và d' cắt nhau, viết phương trình mặt phẳng chứa
hai đường thẳng đó.
Câu 9.(0,5 điểm) Gieo 3 đồng xu một lần. Tìm xác suât để cả 3 đồng xu đều sấp.
Câu 10.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
 2 y1
2x

 2  2 2 x 1  2log 2
2
y

 x 3  x  y  1 xy  1  x 2
 



(1)
(2)

với x, y   .

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

23


Thi thử THPTQG năm 2015

2 x  0
x  0

HD. Điều kiện:  x

y  0
y 0


Ta có:

 2    x 2  yx  1  x  y  1  0  x  y  1  0 ( Vì

x 2  yx  1  0 )

(2')

 y  x 1

1 

2.2 2 y  2  2

2 x 1

 2log 2

 2 2 y  log 2 2 y  2

2x

2x
 22 y  1  2
y

 log 2 2 x

2x

 log 2

2x
y

1'

f  t   2t  log 2 t trên  0; 

Xét hàm số:

Ta có: f '  t   2t ln 2 

1
 0 t  (0; ) ,vậy f là hàm số đồng biến, liên tục
t ln 2

trên  0; 

1'   f  2 y  

f





2 x  2 y  2x

(b)

Từ (1') và (2') ta có:
x  1

x  1
x  1
 x2
2  x  1  2 x   2
 2
  
4 x  8 x  4  2 x
2 x  5 x  2  0
 x  1
 
2
x2
Với x  2  y  1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm  2;1 .

---------------------------------------Hết--------------------------------------------

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

24


Thi thử THPTQG năm 2015

HD GIẢI
ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 8
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3 x  2 , (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .
b) Tìm m để phương trình x3  3x  2  4m  0 có đúng hai nghiệm.
Câu 2.(1,0 điểm)

1
cos 2 x
    và sin   . Tính giá trị của biểu thức
2
2
1  sin 2 x
3
b) Tìm số phức z biết rằng z  z

a) Biết

2

2

HD. Ta có z z  z . Từ z  z 3 suy ra z  z 4
Đặt z = a + bi; a, b  .

(1)

2
2
ab(a  b )  0
(1)  a  b  6a b  4ab(a  b )i  a  b   4
4
2 2

2
2
a  b  6a b  a  b  0
4

4

2 2

2

2

2

2

b  0
z  0
 a 0 

b  1  z   i
a  0
z  0
 b0 

 a  1  z  1
 a 2  b 2  4a 4  2a 2  0  a  b  0  z  0
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình log 4 ( x  1)2  1  log 2 ( x  1)

HD. ĐK: x > - 1 và x  1
log 4 ( x  1)2  1  log 2 ( x  1)  log 2 2 x  1  log 2 ( x  1)  2 x  1  x  1
x  3
2x  2  x  1


1
2x  2  x 1  x 
3

x2  3x  3

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

2

x  2  x  2x  2



1
2

HD.
x 2  2 x  2  ( x  1)2  1  ( x  1)2  x  1  ( x  1)  x  1  x 2  2 x  2  0
 x  2  x2  2x  2  0

Bất phương trình đã cho
 2 x 2  3 x  3  x  2  x 2  2 x  2  2(2 x 2  6 x  6)  x  2  x 2  2 x  2

(1)

Mặt khác x  2  x 2  2 x  2  2  ( x  2)2  x 2  2 x  2   2(2 x 2  6 x  6)
Từ (1) và (2) suy ra:

(2)

x  2  x 2  2 x  2  2(2 x 2  6 x  6)  x 2  2 x  2  x  2  0  x  1
1

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =  e x dx
0

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

25