tuyển tập đề thi thử thpt quốc gia môn toán có đáp án 1275 trang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN I

TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

Môn thi: TOÁN

—————————

Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
—————————————-

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 4 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó song song với đường thẳng
y = 9x + 3.
Câu 2 (1,0 điểm).
√
a) Giải phương trình: cos 2x + 2 sin x = 1 + 3 sin 2x.
b) Giải phương trình: log3 (x2 + 2x) + log 1 (3x + 2) = 0 trên tập số thực.
3

2

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

1 + x2 ex
dx.
x

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1 + i)z + 2z = 2. Tính mô đun của số phức ω = z + 2 + 3i.
b) Cho một đa giác đều 12 đỉnh A1 A2 ...A12 nội tiếp đường tròn (O). Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác
đó. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn ra tạo thành một hình chữ nhật.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; −2; 1) và mặt phẳng (P) :
x − 2y + 2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) và viết phương trình mặt cầu tâm A cắt
mặt phẳng (P) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π .
√
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a 2. Hình
chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
(ABCD) bằng 60◦ . Tính theo a theo thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(SBC) .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn,
đỉnh A(−2; −1). Gọi H, K, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BD,CD.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE là (C) : x2 + y2 + x + 4y + 3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh
B,C, D biết H có hoành độ âm, C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng x − y − 3 = 0.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3 y3 (2x − y) + x2 (5y2 − 4x2 ) = 4y2
√
(x, y ∈ R).
√
2 − x + y + 1 + 2 = x + y2

Câu 9 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 4(a3 + b3 ) + c3 = 2(a + b + c)(ac + bc − 2).
2a2
b+c
(a + b)2 + c2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2
+
−
.
3a + b2 + 2a(c + 2) a + b + c + 2
16
——HẾT——
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Cảm ơn bạn Chedungquen ( ) đã gửi tới www.laisac.page.tl


SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

KỲ THI THỬ QUỐC GIA THPT NĂM 2015-LẦN I
MÔN : TOÁN

( Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
Câu
1
(2,0)

Nội dung

Điểm

 Tập xác định: 
 Sự biến thiên :

0,25

-Chiều biến thiên: Ta có
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

và

; nghịch biến trên khoảng

.

0,25

-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0
yCĐ = 4,hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2
yCT = 0.
3
2
3
2
lim y  lim ( x  3 x  4)  .
-Giới hạn: lim y  lim ( x  3x  4)  ;
x 

x 

x 

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
-Bảng biến thiên

x
0

y

x 

y

2

4

0,25

,

+

0

-

0

+

4
y

0





Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm

-1

O

1

2

3

x

0,25

(-1;0) và (2;0).
b) Ta có:

. Gọi M  x 0 ; x 03  3 x 02  4  là điểm thuộc đồ thị (C ) .

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại M là

.

0,25

Vì tiếp tuyến của đồ thị tại M song song với đường thẳng d : y  9 x  3 nên có hệ số góc k  9
 3 x 02  6 x 0  9  x 02  2 x 0  3  0  x 0  1  x 0  3

2
(1,0)

0,5

Vậy M (1;0) và M (3;4) đều không thuộc d nên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
a). Phương trình đã cho tương đương:

0,25

 x  k
sin x  0

 
  

 sin   x   1
3
cos
x

sin
x


1

0

 2
  3





  x   k 2
 x    k 2

 1
3

6
6
+ Với sin   x    

 3
 2
5



 k 2  x   k 2
 x 


 3
6
2

0,25

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  k ; x 
b). Điều kiện:

0,25



 k 2 ; x    k 2   k   
2
6

. Phương trình đã cho tương đương:
0,25


log 3 ( x 2  2 x )  log 3 (3 x  2)  0  log 3 ( x 2  2 x )  log 3 (3 x  2)

 x  1
 x 2  2 x  3x  2  x 2  x  2  0  
 x  2
Đối chiếu điều kiện ta có phương trình đã cho có nghiệm x  2
3
(1,0)

2

Ta có I  
1
2

Tính:


1

0,25

2
2
2
1

1  x 2e x
dx
x

dx     xe dx  
  xe x dx
 x

x
x
1
1

1

dx
 ln x
x

2
1

0,5

 ln 2

0,25
2

Đặt u  x  du  dx ; dv  e x dx chọn v  e x . Suy ra

 xe

x

2

2

1

1

dx  xe x  e x  e 2

1

0,25

Vậy I  ln 2  e 2
4
(1,0)

3a  b  2 a  1
a). Đặt z  a  bi a, b    . Theo bài ra ta có: 

nên z  1  i
a  b  0
b  1

0,25

Khi đó   z  2  3i  1  i  2  3i  3  4i .
0,25

Vậy
b). Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các cách chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong 12 đỉnh .

0,25

Ta có: n ()  C124  495 .
Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một hình chữ nhật”
Gọi đường chéo của đa giác đều A1 A2 ...A12 đi qua tâm đường tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác

đã cho có 6 đường chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 12 điểm A1 ,A2 ,..., A12 có các đường chéo là hai đường
chéo lớn. Ngược lại, mỗi cặp đường chéo lớn có các đầu mút là 4 đỉnh của một hình chữ nhật.
Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là: n (A)  C 62  15 .

0,25

15
1
n (A)


Vậy xác suất cần tính là P (A) 
495 33
n ()

5
(1,0)

6
(1,0)

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) là : h  d A;( P ) 

1.1  (2).(2)  2.1  5
12  (2) 2  2 2

 4  .
0,25

Gọi r là bán kính của đường tròn thiết diện thì ta có

0,25

Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm ta có

0,25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là :

0,25

Diện tích hình chữ nhật ABCD là

.

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình chữ nhật ta có
0,25


Ta có

nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc

Trong tam giác vuông SHB ta có

.
0,25

Thể tích khối chóp S.ABCD là :

Ta có
Kẻ

với

; kẻ

với

Ta có

.

Do đó

(2)

Từ (1) và (2) suy ra

Ta có

(1)

nên

.

0,25

. Trong tam giác vuông SHK ta có :

. Vậy

7
(1,0)

0,25

Ta có
nên bốn điểm A,H,C,E cùng thuộc
đường tròn đường kính AC.
Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Ta có:
.
  EAD
 và
Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên EKD
  BAH
.
BKH

Do đó
Vì vậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE.

0,25

.

 c  2 c  4 
;

 , do I thuộc (C) nên có phương trình:
 2
2 

+) Gọi C (c ;c 3)  d ,(c  0)  I 

0,25

c  c  2  0  c  2  c  1 (loại c  1) . Suy ra: C(2;-1) và I(0;-1).
2

+) Điểm E,H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên toạ độ thoả mãn hệ phương
trình:

.
 8
5

+)Vì H có hoành độ âm nên H  ;


11
, E (0;3) . Suy ra AB : x  y  1  0 , BC : x  3 y  5  0
5 

Toạ độ B thỏa mãn

0,25

(t/m).

0,25

Vì

. Vậy

.


8
(1,0)

Điều kiện:
.
+) Sử dụng bất đẳng thức AM –GM cho hai số không âm ta có:
.
0,25
Suy ra:

.

Vì vậy ta phải có:

.

Vậy phương trình đầu của hệ tương đương với: x  y .
Thay

0,25

vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

.

Do
nên ta phải có: x 2  x  2  0  x  1 (do x  1) .
Khi đó phương trình (*) tương đương với:


1
1
  0 .
x 2  x  1  x  1  2  x  x  x  1  0   x 2  x  11 


x  1  2  x x  x  1 

 x  1  5 (t / m )



1
1
1 5
2
 x 2  x  1  0 do 1 

 0  
xy
.




2
 
x 1  2  x x  x  1
1 5
 x  2 (l )



 



1  5 1  5 
 .
;
 2
2 

0,25

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x ; y )  
9
(1,0)

Ta có:

0,25

, kết hợp với giả thiết suy ra:

 a  b  c  2

1

3
3
3
3
3
3
(a  b  c )  (a  b )  c  4(a  b )  c  2(a  b  c ) 
 2  a  b  c  4 .

4
4


0,25

Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
2a 2

3a 2  b 2  2a (c  2)

a
b
a

a  c  2    
 2a 2 

Và

2

a



ac 22

b2 a
.
2a 2



0,5

. Suy ra:

Đặt

.
, ta có:

.

Suy ra hàm số f (t ) nghịch biến trên  4; . Do đó
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

a
;
a b c 2

.
.

1
.
6

................ Hết.................

Cảm ơn bạn Chedungquen ( ) đã gửi tới www.laisac.page.tl

0,25


Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP.HCM

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA- 2015

Trường THPT Thành Nhân

Môn: TOÁN – Thời gian: 180’ (Ngày 17/05/2015)

---------------------------o0o--------------------------Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y  f ( x)  x  3(m  1) x  3 (1) .
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m  0 .
b. Tìm m để đường thẳng (d ) : y  3x  1 cắt đồ thị hàm số (1) tại một điểm duy nhất.
Câu 2: (1 điểm)
a. Giải phương trình: sin3 x  cos3 x  sin x  cos x .
b. Tính môđun của số phức z , biết số phức z thỏa: z  2(i  z) z  3i  1 .
3

Câu 3: (0.5 điểm)









Giải phương trình: log 2 x3  1  log 2 x 2  x  1  2log 2 x  0





 xy 2 1  x 2  1  y  1  y 2


, ( x, y  ) .
Câu 4: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 

4 y 1
1
1

4
3  8
xy
xy
 1  3 y  2  y
0
 x2 
Câu 5: (1 điểm) Tính: I   
 ln(1  x) dx
x

1

1 

Câu 6: (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều cạnh 3a và cạnh CD tạo với mặt phẳng
( ABC ) một góc 600 . Gọi H là điểm nằm trên AB sao cho AB  3AH và mặt phẳng ( DHC ) vuông góc
với mặt phẳng ( ABC ) . Tính theo a thể tích tứ diện đã cho và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng
( MAB) , biết M là trung điểm CD và mặt phẳng ( ABD) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) .

Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C (3; 3) và đỉnh
A thuộc đường thẳng (d ) : x  2y  2  0 . Gọi E là điểm thuộc cạnh BC , điểm F giao điểm của đường
7
 87
thẳng AE và CD , I  ;   là giao điểm của đường thẳng ED và BF . Tìm tọa độ các điểm B, D
 19 19 

4 
biết điểm M  ;0  thuộc đường thẳng AF .
3 
Câu 8: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(2; 3; 1) ; B(4; 1;2) và mặt
phẳng (P) : 5x  10y  2z  12  0 . Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . Tìm
tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho M cách đều ba điểm A, B, O ( O gốc tọa độ).
Câu 9: (0.5 điểm) Cho tập X  0;1;2;3;4;5;6;7 , gọi S là tập hợp các số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác
nhau được lập từ tập X . Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên trong tập S . Tính xác suất để số được chọn
có mặt chữ số 6.
Câu 10: (1 điểm)
Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn a2  b2  1 và c

d

3 . Chứng minh rằng: ac  bd  cd 

---------Hết--------(Trình bày rõ ràng, tính toán cẩn thận. Không sử dụng bút chì, bút xóa)
Lưu ý: Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………. Số báo danh:…………………..
Cảm ơn thầy Võ Nguyên Linh () đã gửi tới www.laisac.page.tl

96 2
.
4


ĐÁP ÁN

Câu

Đáp án

Điểm

Khi m  0  y  f ( x)  x3  3x  3 (C )
 Tập xác định: D 
 Giới hạn:
lim y   ;
lim y  

1
(2 điểm)

x 

0.25

x 

 Sự biến thiên:

 x  1
Ta có: y '  3x 2  3, cho y  0  
.
x  1
Hàm số:
Nghịch biến trên (1;1) , đồng biến (; 1);(1; )
Đạt cực đại tại điểm x  1; yCD  5
Đạt cực tiểu tại điểm x  1; yCT  1
 Bảng biến thiên:

x
y'

1.a
(1đ)





1
0





1
0





5

y

0.25

0.25

1


 Đồ thị:

6

f(x) = x3

3∙x + 3
5

4

3

0.25

2

1

4

2

2
1

Đồ thị hàm số (1) cắt (d ) : y  3x  1 tại một điểm duy nhất nên:
Pthđgđ: x3  3(m  2) x  2  0 (*) có duy nhất một nghiệm.
2
 3(m  2) (vì x  0 không là nghiệm của phương trình)
x
2
Khi đó xét hai đồ thị: y  g( x )  x 2  và y  3(m  2)
x
2
Ta có: y  g ( x)  2 x  2 , cho g ( x)  0  x  1  g (1)  3 .
x
x 
Bảng biến thiên:

0
1
g ( x)



0




0.25

Ta có: x 2 

1.b
(1.0đ)

g ( x)

3


0.25

0.25


Dựa vào BBT ta có: m  1 thỏa ycbt.
2
(1 điểm)

0.25

Giải phương trình: sin3 x  cos3 x  sin x  cos x (*) .

(*)   sin x  cos x 1  sin x cos x  1  0



 sin  x    0 hoặc  sin 2 x  0
4


2.a

(0.5đ)

Vậy nghiệm phương trình: x  


4

 k  x 

k
2

0.25

0.25

Tính z , biết số phức z thỏa: z  2(i  z) z  3i  1 .

Gọi số phức z  a  bi (a, b  ; i 2  1) thỏa ycbt. Ta có:

2.b
(0.5đ)

z  2(i  z) z  3i  1  2(a2  b2 )  a  2b  1  2a  b  3  0
11

a

2
2

2(a  b )  a  2 b 1  0
a  1 
10


 
b  1
2a  b  3  0
b  4

5
Vậy môđun của số phức: z  2 hoặc z 

3
(0.5 điểm)







185
.
10

0.25

0.25



Giải phương trình: log 2 x3  1  log 2 x 2  x  1  2log 2 x  0 (*)

Đk: x  0
(*)  log 2 ( x  1)( x 2  x  1)   log 2 ( x 2  x  1)  2log 2 x  0

0.25

 log 2 ( x  1)  log 2 x 2
1 5
1 5
(l )  x 
( n)
2
2
1 5
Vậy nghiệm phương trình x 
.
2
 x2  x  1  0  x 



4
(1 điểm)
Giải hệ pt:

0.25



 xy 2 1  x 2  1  y  1  y 2 (1)


, ( x, y  ) .

4 y 1
1
1

4
 3   8 (2)
xy
xy
 1  3 y  2  y

 1
 3  y  2
Đk: 
và y  1  y 2  y  y  0  VT(1)  0  x  0
 xy   1  xy  0

3

0.25


Dễ thấy y  0 không là nghiệm của (1) nên chia 2 vế của (1) cho y 2 :

(1)  x  x 1  x 2 

1 1
1

1  2  f ( x) 
y y
y

1
f 
y

Xét hàm số : f (t )  t  t 1  t 2 , t  0 ta có :

f (t )  1  1  t 
2

(2) 

0.25

t2

1
1
 0, (t  0)  f ( x )  f    x  (3)
y
y
1  t2

4y  1
1
1

4
3 8
xy
1  3y  2  y xy
2

 1

 1  3y  2  y  
 3  2   1  1  1  3y  2  y  1
 xy

1

y 
2

 y 1
 4 y 2  3y  1  0

1
Thay (3) vào (2) ta được: 4 y 2  3y  1  0  y   (l)  y  1(n)
4
Vậy nghiệm của hệ pt: (1;1)
5

(1 điểm)

0.25

0.25

 x2 
  x  1  ln(1  x) dx

1 
0

Tính: I 

0
0
1 
ln(1  x )

I    x 1
dx
 ln 1  x  dx    x  1 ln 1  x  dx  
x

1
1

x



1
1
1
0

1

u

ln(1

x
)

du


dx

1 x
Tính I1   ( x  1)ln(1  x )dx . Đặt: 
2
dv  (1  x )dx  v  x  x
1

2

0.25

0

0.25

0


x2 
1 0
3 
5
 I1   x   ln(1  x )    x  3 
dx  2ln 2 
2 
2 1 
x 1 
4

1
Tính I 2 

ln(1  x )
dx .
1 x
1
0



Đặt t  ln(1  x )  dt  

 I2 

ln 2


0

1
dx ;
1 x

 x  1  t  ln 2
x  0  t  0


0.25

ln 2

1
1
tdt  t 2
 ln 2 2
2 0
2

5 1
Vậy I  I1  I 2  2ln 2   ln 2 2
4 2

0.25


6
(1 điểm)

( ABD )  ( ABC )



(CDH )  ( ABC )
  DH  ( ABC )
( ABD )  (CDH )  DH 
ABC đều cạnh 3a
3a 3
9a 2 3
 CN 
; SABC 
2
4
A

D

M

H

 CH  a 7  DH  a 21

Vậy: VD. ABC

0.25
I
E N
B

K

1
9 a3 7
(đvđd)
 DH .SABC 
3
4

0.25
C

Ta có: CD   MAB  M  d  D,  MAB   d  C,  MAB 
Dựng MK / /HC (K  HC)  MK   ABC 

0.25

CK  (MAB)  H  d  C,  MAB   2d  K,  MAB 

Dựng KE  AB;KI  ME  d  K,  MAB   KI
1
1
1

3a 777


 KI 
2
2
2
KI
KE MK
74
3a 777
Vậy khoảng cách: d  D,  MAB  
37

Ta có:

7
(1 điểm)

0.25

A

B
M
I

Chứng minh: CI  AF

O

D

0.25

E
C

F

Đường thẳng ( AF ) đi qua M và vuông góc CI  ( AF) : 3x  5y  4  0
Điểm A  (d)  (AF)  A  2;2 

1 1
Gọi O là tâm hình vuông  O là trung điểm AC  O  ;  
2 2

0.25

Đường thẳng (BD) : x  y  1  0  B(b; b  1)

 AB  (b  2; b  3)
b  3
; AB  CB  AB.CB  0  

 b  2
CB  (b  3; b  2)
Vậy tọa độ B(3;2) và D(2; 3)
8
(1 điểm)

1

Ta có: AB  (2;2;3) là vtpt của ( ) và trung điểm I  3; 2;  của AB
2

Phương trình mặt phẳng ( ) : 4 x  4y  6z  7  0
1 

J  2;  ;1 là trung điểm OB  phương trình mặt phẳng trung trực của
2 

cạnh OB là ( ) : 8x  2y  4z  21  0

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25


 14 3 1 
Vậy tọa độ điểm M  (P)  ( )  (  )  M  ;  ;  
 5 10 2 
9
(0.5 điểm)

0.25

Không gian mẫu:   A73  3.6.A62  750

0.25

Biến cố đối A :  A  A63  2.5A52  320
Vậy xác suất P(A)  1  P(A)  1 

10
(1 điểm)

320 43

750 75

Ta có: a2

3

D

tamO
R  1

b2

2

c

B

0.25

1 là một đường tròn (T) 
3 là một đường thẳng ( ) .

d

3 2
2

1

C

A

Do đó: d O;( )

O

2

1

Suy ra: AB

BĐT

5

OB

R

3 2
2

3 2 2
2

1

3

AB 2

2



ac

bd

cd

3

b2

(c

d )2

1
9

10

Từ (2) và (3) ta được: VT

2

10 2 ac

4

Gọi hai điểm bất kỳ lần lượt:

a2

2

a2

C a; b

(T )

D c; d

( )

b2

a c

c2
2

2

(1) .

bd

cd



0.25

2

3

2

0.25

2

2

(2) .

.

d2

b d

OB .

2

3 2
9  6 2 10 11  6 2
ac  bd  cd 
 
 5
4
2
4
4

0.25

0.25

2cd (3)
2

CD 2

AB2 luôn đúng (đpcm).

---------Hết--------Chú ý:
 Học sinh giải bài khác với đáp án nhưng đúng thì vẫn chấm điểm tối đa câu đó.
 Đáp án đề thi thử lần 2 ngày 17/05/2015 gồm 5 trang.
Cảm ơn thầy Võ Nguyên Linh () đã gửi tới www.laisac.page.tl


KTHIKHOSTCHTLNGLN2
NMHC2014ư2015
Mụn:Toỏn12KhiA - B
Thigianlmbi:180phỳt(Khụngkthigiangiao)

TRNGTHPTCHUYấNVNHPHC

chớnhthc
CHNHTHC

(thigm01trang)

Cõu 1(2,0im).Chohms y = x 3 - 3 x 2 + 2

(1).

a) Khosỏtsbinthiờnvvth cahms (1)
b)Tỡmdim M thuc ngthng d : y = 3 x -2 saochotngkhongcỏcht M tihai
imcctr th hms (1) lnhnht.
Cõu 2(1,0im).Giiphngtrỡnh

( tan 2 x cot x - 1)sin 4 x = sin ổỗ x +
ố

2

pử
3x
x
ữ + 2cos sin
3 ứ
2
2

2

6- x
Cõu 3(1,0im).Tớnhtớchphõn I = ũx3ln
dx
2
6
+
x
0
Cõu 4(1,0im).Giiphngtrỡnh log 3 x + 2 + log 3 x - 5 + log 1 8 =0
3

Cõu 5(1,0im)..Mthpcha 4 qucumu, 5 qucumuxanhv 7 qucumu
vng.Lyngunhiờncựnglỳcra 4 qucuthpú.Tớnhxỏcsutsaocho 4 qucu
clyracúỳngmtqucumuvkhụngquỏhaiqucumuvng.
Cõu 6 (1,0 im). Cho hỡnh lng tr ng ABC.AÂBÂC Â cú ỏy ABC l tam giỏc u ,
AB = a , ( a >0).Bitgúcgiahaingthng ABÂ v BCÂ bng 600.Tớnhthtớchkhilng
tr ABC.AÂBÂC Â vkhongcỏchgiahaingthng ABÂ v BCÂ theo a .
Cõu7(1,0im).Trongmtphngvihta Oxy chotamgiỏc ABC cúphngtrỡnh
ng thng cha trung tuyn v phõn giỏc trong nh B ln lt l d1 : 2 x + y - 3 =0
, d 2 : x + y - 2 =0. im M( 21) nm trờnng thng cha cnh AB ,ng trũnngoi
tiptamgiỏc ABC cúbỏnkớnhbng 5 .Bitnh A cúhonhdng,hóyxỏcnhta
cỏcnhcatamgiỏc ABC .
ỡù x 3 - y 3 + 17 x - 32 y = 6 x 2 - 9 y2 - 24
Cõu 8(1,0im).Giihphngtrỡnh. ớ
2
ùợ( y + 2 ) x + 4 + ( x + 9 ) 2 y - x + 9 = x + 9 y + 1
Cõu 9(1,0im).Chocỏcsthcdng a, b,c thamón ab + bc + ca =3.Chngminhrng

(a

7

- a 4 + 3 )( b 7 - b 4 + 3)( c 7 - c 4 + 3)27 .

ưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưHtưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưưư
Ghichỳ:

ưThớsinhkhụngcsdngbtctiliugỡ!
ưCỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm!
Hvtờnthớsinh:.Sbỏodanh:...

Cm nthyNguynDuyLiờnTHPTchuyờnVnhPhỳcgin />
0


PNư THANG IM
KKHOSTCHTLNGTHIIHCư CAONGNMHC2014ư2015
Mụn:ToỏnKhi:A+B
(ỏpỏnthang im:gm04trang)
Cõu
1

ỏpỏn

iờm
ồ2,0

a)Khosỏtsbinthiờnvvth cahms: y = x 3 - 3 x 2 +2
a)
TX. D = Ă
b)
Sbinthiờn.
,
2
+Chiubinthiờn.: y = 3 x - 6 x = 3 x ( x -2),y = 0 x = 0 x =2
Hmsngbintrờncỏckhong ( -Ơ 0 ) v ( 2 +Ơ)

ồ1,0
0,25

Hmsnghchbintrờnkhong ( 0 2)
+Cctr.
Hmstcciti x = 0 yCD = y ( 0 )=2
Hmstcctiuti x = 2 yCT = y ( 2 )= -2
+Cỏcgiihn tivụcc:

ổ 3
lim y = lim x3ỗ 1- +
x đ+Ơ
xđ+Ơ
ố x
ổ 3
lim y = lim x3ỗ 1- +
x đ-Ơ
xđ-Ơ
ố x

0,25

2 ử
ữ = +Ơ
x 3 ứ
2 ử
ữ = -Ơ
x 3 ứ

Bngbinthiờn.

x
y

,

y

-Ơ
+

0
0
2

-

2
0

+Ơ
0,25

+

+Ơ

-Ơ
-2
c)th.(Tv)
Giaoimcathvitrc Ox l (1 0 ) , 1 + 3 0 , 1 - 3 0

(

)(

)

Giaoimcathvitrc Oy l ( 0 2)
Vth.
Nhnxột:thnhngiaoimcahaitimcn I(10)lmtõmixng
b)Tỡmdim M thucngthng d : y = 3 x -2 saochotngkhongcỏcht Mti
haiimcctrlnhnht.
Cỏcimcctrl A ( 0 2 ) , B ( 2 -2)
Xộtbiuthc g ( x, y )= 3 x - y -2
ta cú g ( x A , y A )= 3 x A - y A - 2 = -4 <0 v g ( xB , y B )= 3 xB - y B - 2 = 6 >0 sau ra hai
im A,B nmvhaiphớangthng d : y = 3 x -2
Doú MA +MB nhnht 3 im A, B,Mthnghng M lgiaoimgia d
v AB
Phngtrỡnhngthng AB y = -2 x +2:.Taim M lnghimhphng

0,25

ồ1,0
0,25

0,25
0,50

1


4
ỡ

ùù x= 5
ỡ y = 3 x- 2
ổ 4 2ử
trỡnh: ớ
ớ
ị M ỗ ữ
y
=
2
x
+
2
2
ố 5 5ứ
ợ
ùy =
ùợ 5

2

Giiphngtrỡnh

( tan 2 x cot x - 1)sin 4 x = sin ổỗ x +
ố

pử
3x
x
ữ + 2cos sin
3 ứ

2
2

ồ1,0

iukin: cos 2 x ạ 0,sin x ạ0.Phngtrỡnhóchotngngvipt
pử
3x
x
ổ sin 2 x cos x - cos 2 x sin x ử
ổ
ỗ
ữ sin 4 x = sin ỗ x+ ữ + 2cos sin
sin x cos 2 x
3 ứ
2
2
ố
ứ
ố
2 sin 2 x =

1
3
sin x +
cos x + sin 2 x -sinx
2
2

0,25

3
1
ổp
ử
cos x - sin x sin 2 x = sinỗ - x ữ
2
2
ố 3 ứ
p
2p
p
2p
2p
2 x = - x + k 2p 2 x =
+ x + k 2p x = + k
x=
+ k 2p vi k ẻ Â
3
3
9
3
3
p
2p
2p
ichiuviiukintacnghiml x = + k
,x =
+ k 2p vi k ẻ Â
9

3
3
sin 2 x =

3

0,25

2
6- x2
Tớnhtớchphõn I = ũx3ln
dx
2
6
+
x
0

0,25

0,25

ồ1,0

24x
ỡ
ỡ
dx
6- x2 ù du = 4
u

=
ln
ù
ù
x
36
t ớ
6+ x2 ị ớ
4
ù
ùv= x - 36
3
dv
=
x
dx
ợ
ùợ
4

0,25

2

2
x 4 - 36
6- x2
I=
ì ln
- ũ6xdx

4
6+ x 2
0

0,25

0

2

I = 5ln 5 - 3 x 2 = 5ln 5 -12.Vy I = 5ln 5 -12

0,50

Giiphngtrỡnh log 3 x + 2 + log 3 x - 5 + log 1 8 =0

ồ1,0

0

4

3

ỡù x+ 2 > 0 ỡ x ạ -2
iukin : ớ
ớ
ùợx - 5 > 0 ợ x ạ 5
Khiúphngtrỡnh ócho
log 3 x + 2 + log 3 x - 5 - log3 8 = 0 log 3 ( x + 2 ì x - 5 )=log 38

x = -3 x= 6
ộ x 2 - 3 x - 10 = 8
ộ x 2 - 3 x- 18 = 0 ộ
ờ
x - 3 x- 10 = 8 ờ
ờ

ờ x = 3 17
ờở x 2 - 3 x - 10 = -8
ờởx 2 - 3 x - 2 = 0
ờở
2
2

ichiuviiukintacnghiml x = -3 x = 6x =

3 17
2

0,25
0,25

0,25

0,25

ồ1, 0

5

Sphntkhụnggianmul n ( W )= C =1820
0,25
Gi A lbinc 4 qucuclyracúỳngmtqucumuvkhụng
0,25
quỏhaiqucumuvng.
Khiú n ( A )= C41C53 + C41C71C52 + C41C72 C51 =740
0,25
4
16

2


Xỏcsutcabinc A l P ( A) =
6

n ( A) 740 37
=
=
ằ 0, 41
n ( W) 1820 91

0,25

uuur
uuur uuur uuur uuuur
Trờn tia CB ly im D sao cho CB = BD ị BD = C ÂBÂ ị T giỏc BDB ÂC Â l hỡnh
bỡnh hnh. t AAÂ = h, ( h > 0 )ị AB Â = BC Â = DBÂ = a 2 + h 2,BD = CB =a . T ú

ồ1,0

0,25

suyra AD = AB 2 + BD 2 - 2 AB.BD cos1200 =a 3
Tgiỏc BDB ÂC Â lhỡnhbỡnhhnhị BC Â DB Â .
Vy 600 = ( ABÂ, BC Â ) = ( ABÂ, DBÂ ) ị ã
ABÂD =1200 hoc ã
ABÂD = 600
ã Trnghp1. ã
AB ÂD = 1200 ị AD 2 = ABÂ2 + DB Â2 -2 ABÂ.DB Â cos1200

0,25

ị 3a 2 = a 2 + h 2 + a 2 + h 2 + a 2 + h 2 ị 0 = 3h 2 ị h =0 vụlý
ã Trnghp2. ã
ABÂD = 600 ị DABÂD u
ị AB Â = BD ị a 2 + h 2 = a 3 ị h =a 2

0,25

a 2 3 a3 6
Vythtớchcalngtrl V = AAÂ ì dtDABC = a 2ì
=
4
4

a3 6
3.V
V
a 2
d ( BC Â, ABÂ ) = d ( BC Â, ( ABÂD ) ) = d ( B,( ABÂD) )= B Â.ABD =

= 24 =
dtDAB ÂD
dtDABÂD 3a 3
3
4

7

0,25

ồ1,0
Tacú d1 ầ d 2 ={ B (11)}.Doúphngtrỡnh ( AB ) ( AM ) : y =1

0,25

Gi ta im A ( a1), im Ni xng vi M qua phõn giỏc d2 khi ú ta tỡm
c N(1 0).Vyphngtrỡnhngthngchacnh : x - 1 = 0 ị C (1c )ị Trung
ổ 1 + a 1+ cử

imca AC l I ỗ
ữ .
2 ứ
ố 2
Do I ẻ d1 ị 2a + c - 3 =0 , (1)
2

2

Dthy,tamgiỏc ABC vuụngti B ị IB = 5 ị ( a - 1) + ( c - 1) =20, ( 2)
ỡù 2a + c- 3 = 0

ộ a = 3, c = -3 ( t /m)
T (1) v ( 2) inhpt ớ
ịờ
2
2
)
ợù( a - 1) + ( c - 1) = 20 ởờ a = -1, c = 5 ( loai
&
Vy A ( 31) , C (1 -3)

8

ỡù x 3 - y 3 + 17 x - 32 y = 6 x 2 - 9 y2 - 17
Giihphngtrỡnh. ớ
2
ùợ( y + 2 ) x + 4 + ( x + 9 ) 2 y - x + 9 = x + 9 y + 1
ỡ x -4
iukin ớ
ợ2 y - x + 9 0
3

0,25

0,25

0,25

(1)
( 2)

ồ1,0

3

pt (1) : x 3 - y 3 + 17 x - 32 y = 6 x 2 - 9 y 2 - 17 ( x - 2 ) + 5 ( x - 2 ) = ( y - 3) + 5 ( y - 3)

0,25

2
2
ộở( x - 2 ) - ( y - 3 ) ựỷ ì ộ( x - 2 ) + ( x - 2 )( y - 3 ) + ( y - 3) + 5 ự = 0
ở
ỷ
( x - 2 ) - ( y - 3)= 0 y = x + 1 ( 3)

Th ( 3) vo ( 2) tacpt: ( x + 3) x + 4 + ( x + 9 ) x + 11 = x 2 + 9 x + 10

( x + 3) (

)

x + 4 - 3 + ( x + 9)

(

)

x + 11 - 4 = x 2 + 2 x -35

0,25

3


( x + 3) ì

x-5
x+4 +3

x- 5

+ ( x + 9)

x + 11 +4

= ( x - 5 )( x+ 7)

0,25

ộ x - 5 = 0 ị x = 5, y = 6
ờ x+3
x+ 9
ờ
+
= x+ 7 ( 4)
ờở x + 4 + 3
x + 11 + 4
x+3
x+5
x+9

x+ 9
+
= 0
( 4 )
2
x+4 +3
x + 11 + 4 2

9

1
1ử
1
1ử
2
ổ
ổ
)
( x + 5) ỗ
- ữ + ( x + 9) ỗ
- ữ= 0 ( vụ nghiem)
&
x + 4 + 3
ố x+4 +3 2ứ
ố x + 11 + 4 2ứ
Vyhphngtrỡnhcú1nghimduynht ( x y ) =( 56)

0,25

(a

ồ1,0

7

- a 4 + 3 )( b 7 - b 4 + 3)( c 7 - c 4 + 3)27
2

Nhnxột1.Tacú a 7 - a 4 + 3 a 3 + 2 ( a - 1) ( a + 1) ( a 2 + 1)( a 2 + a + 1) 0 "a >0
2

Nhnxột2. ( a + b + c ) 3 ( ab + bc + ca )= 9 ị a + b + c 3
Tachngminhrng

ế( a

3

0,25

3

)

+ 2 ( a + b + c )

( a ,b ,c)

pdngbtngthcAMưGMtac
a 3

1
1
3a
+ 3
+ 3

(1),tngttacú
3
3
a + 2 b + 2 c + 2
( a + 2)
3

ế

( a ,b ,c)

b3
1
1
+ 3
+ 3

3
b + 2 c + 2 a + 2

3b
3

ế( a3 + 2)

( 2),

0,25

( a ,b ,c)
3

c
1
1
+ 3
+ 3

c + 2 a + 2 b + 2

3c

3

3

ế( a 3 + 2)

( 3)

( a , b ,c)

cng (1) , ( 2 ) , ( 3) theovtac
3=

a 3 + 2 b3 + 2 c3 + 2 3( a + b + c)
+
+


3
a 3 + 2 b3 + 2 c3 + 2
a
+
2
(
)
3

ế

ế( a

3

)

3

+ 2 ( a + b + c )

0,25

( a ,b ,c)

( a ,b ,c)

Dubng xy ra khi v ch khi a = b = c =1( bc nhn xột 1 sdng phng phỏp
tiptuyn

0,25

Lu ýkhichmbi:
ưỏpỏntrỡnhbymtcỏchgiigmcỏcýbtbucphicútrongbilmcahcsinh.
Khichmnuhcsinhbquabcnothỡkhụngchoimbcú.
ưNuhcsinhgiicỏchkhỏc,giỏmkhocnccỏcýtrongỏpỏnchoim.
ưTrongbilm,numtbcnoúbsaithỡcỏcphnsaucúsdngktqusaiú
khụngcim.
ưCõu6hcsinhkhụngvhỡnh,thỡkhụngchmim.
ưimtonbitớnhn0,25vkhụnglmtrũn.
Cm nthyNguynDuyLiờnTHPTchuyờnVnhPhỳcgin

4


T
TH
HS
S
CT
TR
R

CK

KèT
TH
HI
ó cngtrongbỏoToỏnHcvTuitrs 450 s3,nm2014

Cõu1(1im). Chohms y = x 3 - 3x2 + ( m - 1) x +1 cúth l (Cm ) .
1)Khosỏtsbinthiờnvvth khi m =1
2)Tỡm m th (Cm ) ctngthng y = x +1 tibaim A (0;1) , B, C saocho BC = 10 .
Cõu2(1im)Giiphngtrỡnh:

3
cos2 x

+

4 + 2 sin 2x
- 2 3 = 2(cot x +1) .
sin 2x

(

)

p
4

Cõu3.Tớnhdintớchhỡnhphnggiihnbicỏcng y = x, y = x 3 + tan 2 x , x = .
Cõu4.
1)Tỡmtphpim M biudinsphc z tha z - 2i + 1 = iz + i -1 .
2)Tỡmsnguyờndng n tha C2n +1 + 2C2n +2 + 2C2n + 3 + C2n +4 =149 .

Cõu5.TrongkhụnggianOxyzchobangthng
ỡ
ù
x = -2t
ù
ù
x -1
y +1
z-1
x +1
y -1
z
ù
d1 :
=
=
, d 2 :
=
=
v d 3 : ớ y = -1 - 4t .
ù
1
2
-1
2
3
-1
ù
ù
ù

ợz = - 1 + 2t

Vitphngtrỡnhmtphng (a) iqua d2 vct d1 , d3 lnlttiA,Bsaocho AB = 13 .
ã = 600 .Hỡnhchiuca
Cõu6.Chohỡnhchúp S.ABCD cúỏy ABCD lhỡnhthoicnh a v BAD
S lờnmtphng ( ABCD) ltrngtõmtamgiỏc ABC .Gúcgiamtphng ( ABCD) v (SAB) bng
600 .Tớnhthtớchkhichúp S.ABCD vkhongcỏcht B nmtphng (SCD) .

Cõu7.Trongmtphng Oxy chotamgiỏc ABC nitipngtrũn (C) cúphngtrỡnh:
2

(x - 2)

ổ 8ử
2
+ ( y - 3) = 26 . G ỗỗ1; ữữữ ltrngtõmtamgiỏcv M (7; 2) nmtrờnngthngiqua A v
ỗố 3 ữứ

vuụnggúcvingthng BC M ạ A .Tỡmtacỏcnhcatamgiỏc ABC ,bit y B > y C .
ửổ
ử
ùỡùỗổ 2
x + 1 + xữữữ ỗỗy - y 2 - 1 ữữữ = 1
ùỗ
ỗ
ỗ
ùùố
ứố
ứ
.

Cõu8.Giihphngtrỡnh: ớ
2
ùùổ
ửữ
2
2
ùùỗỗ x + 1 + y - 1 ữ + 8 y - x + 3 = 17
ùùợỗố
ứữ

Cõu9.Chocỏcsthc a, b ẻ(0;1) tha a 2 + b2 = a 1 - b2 + b 1 -a 2 .Tỡmgiỏtrnhnhtca
biuthcsau:
P=

8(1 - a)
1- b
+9
.
1+a
1 +b

NGUYNTTTHU
(GVTHPTchuyờnLngThVinh,ngNai)

CmnthyNguynTtThuóchiasnwww.laisac.page.tl


Hngdngii
Cõu1.
1)Bnctlm.

2)Phngtrỡnhhonh giaoimca (Cm ) vngthng d : y = x +1 l:
x3 - 3x 2 + ( m - 1) x + 1 = x + 1
ộx = 0
x x 2 - 3x + m - 2 = 0 ờờ
.
2
ờởx - 3x + m - 2 = 0 (*)
ngthng d ct th (Cm ) tibaimphõnbitkhivchkhiphngtrỡnh(*)cúhainghimphõnbit

(

)

x1 , x2 khỏc 0 ,hay
ỡùD = 9 - 4 ( m - 2) > 0
ù

ớ
ùm - 2 ạ 0
ùợ

ỡ
ù
ùm < 17
ù
ớ
4 (1).
ù
ù
ù

ù
ợm ạ 2

Khiú B ( x1 ; x1 + 1) , C ( x 2 ; x2 +1) .
ộ
ự
2
2
Suyra BC2 = 2 ( x1 - x2 ) = 2 ờ( x1 + x2 ) - 4x1 x2 ỳ = 2 (17 - 4m ) .
ờở
ỳỷ

Doú BC = 10 BC2 = 10 17 - 4m = 5 m = 3 (tha(1)).
Vy m =3 lgiỏtr cntỡm.

Cõu2.
kp
, k ẻ Â .
2
4
3 1 + tan 2 x +
- 2 3 = 2 cot x
sin 2x

iukin: sin 2x ạ 0 x ạ
Phngtrỡnh

(

)

2(sin2 x + cos2 x)
- 3 = 2 cot x
sin x cos x
ộ
ộ tan x = - 3
ờ x = - p + kp
ờ
ờ
3
ờ
.
ờ
ờ
1
ờ
tan
x
=
p
ờ
ờ x = + kp
ờở
3
6
ởờ
3 tan2 x +

Cõu3.

(

3 tan2 x + 2 tan x - 3 = 0

)

Xộtphngtrỡnhhonh giaoim: x = x 3 + tan2 x x = 0 .
Din tớchhỡnhphngcntớnhl:
p
4

S=

ũ

0

x - x(3 + tan2 x) dx =

p
4

ũ x(2 + tan

2

0

ùỡu = x
ùỡdu = dx

t ùớ
ị ùớ
.
ùùdv = (2 + tan2 x)dx
ùùợv = x + tan x
ợ

x)dx


p
p
4
Suyra S = x(x + tan x) 4 - (x + tan x)dx
0
0
p
ửữ 4
2
ổ
ử ổ 2

ũ

=

p ỗp
p
p 1
ỗx

+ - ln 2 (vdt).
ỗ + 1ữữữ - ỗỗ - ln cos x ữữữ =
ữứ ỗỗ 2
ữ
4 ỗố 4
32
4 2
ố
ứ
0

Cõu4.

1)Gi M ( x; y) limbiudins phc z ,tacú z = x +yi .
Suyra z - 2i + 1 = ( x - 2) + ( y + 1) i
iz + i - 1 = -y - 1 + ( x +1) i

Nờn

z - 2i + 1 = iz + i - 1
2

2

2

2

( x - 2) + ( y + 1) = ( y + 1) + ( x + 1) 2x - 1 = 0 .
Vytphpim M lngthng 2x - 1 = 0 .

2)iukin: n 3
Tacú:C2n +1 + 2C2n + 2 + 2C2n +3 + C2n+ 4 = 149


(n + 1) ! 2 (n + 2) ! 2 (n + 3) ! (n + 4) !
+
+
+
= 149
2! n !
2 ! (n - 1) !
2 ! (n + 1) ! 2! (n + 2) !

n2 + 4n - 45 = 0 n = 5 n = -9(l) .
Vy n = 5 lgiỏtr cntỡm.

Cõu5.
Tacú A ẻ d1 ị A(1 + a; -1 + 2a;1 -a) , B ẻ d 3 ị B(- 2b; - 1 - 4b; - 1 +2b)
uuur
Suyra AB = (-a - 2b - 1; -2(a + 2b); a + 2b - 2) ,t x = a +2b
4
T AB = 13 ị (x + 1)2 + 4x 2 + (x - 2)2 = 13 x = -1, x =
3
uuur
r
ã Vi x = 1 ị AB = (0; 2; - 3) ,tacú u = (2; 3; - 1) lVTCPca d2 v A(-1;1; 0) ẻ d 2 ị A ẻ (a)
ur
uuur r
Suyra n = ộờ AB, uựỳ = (7; -6; -4) lVTPTca (a) .
ở

ỷ
Phngtrỡnh (a ) : 7x - 6y - 4z + 13 =0 .
uuur
4
7
8
2
ã Vi x = ị AB = (- ; - ; - ) .
3
3
3
3
ur
uuur r
ộ
ự
Suyra n = ờ-3AB, u ỳ = (-14;11; 5) lVTPTca (a) .
ở
ỷ
Phngtrỡnh (a ) : 14x - 11y - 5z - 25 = 0 .

Cõu6.
S

K
B

C

M

H
N
A

D


GiHltrngtõmtamgiỏcABC,suyra SH ^ (ABCD) .K MHvuụnggúcviAB,MthucAB.
ã = 600 .
ã lgúcgiahaimtphng SAB v ABCD ,doú SMH
Tacú SMH

(

Vỡ

)

(

)

HB 1
1
1a 3
a 3
a
,suyra SH = MH. tan 600 = .
= nờn MH = d (D, AB) =
=

DB
3
3
3 2
6
2

MtkhỏctamgiỏcABDucnhanờn SABCD = 2SABD = 2.
Th tớchkhichúp S.ABCD l V =

a2 3
a2 3
.
=
4
2

1
1 a a2 3
a3 3
SH.S ABCD = . .
=
.
3
3 2
2
12

3
Tacú d (B, (SCD)) = d (H, (SCD)) .

2
GiN,KtheothtlhỡnhchiucaHlờnCDvSN,khiú d (H, (SCD)) =HK .
Vỡ HN =

2
2a 3
a 3
d (B, CD) =
=
nờn HK =
3
3 2
3

Vy d (B, (SCD)) =

SH.HN
SH2 +HN2

=

a 7
.
7

3a 7
.
14

Cõu7.

A

B'

I

H

B

G

F

C

E

M

A'

Gi I ltõmcangtrũn (C) , E ltrungim BC v H ltrctõmtamgiỏc ABC .
K ngkớnh AA ' cangtrũn (C) .
Tacú BA ' P CH, CA ' PBH nờn BHCA ' lhỡnhbỡnhhnh.Suyra E ltrungimca A ' H .
Dnti IE lngtrungbỡnhcatamgiỏc HA ' A ị
Doú,tacú DGIE

IE
1

EG
= =
.
AH
2
GA

uuur
uur
ã ị G, H, I thnghngv GH = -2GI .
ã = EGI
Dọ
GHA ị AGH

ỡùx - 1 = -2 (2 - 1)
ùù H
ỡ
ùxH = -1
M I (2; 3) nờntacos ùớ
ị H (-1; 2) .
ổ
ửữ ị ớù
8
8
ùùy - = -2 ỗỗ3 - ữ ù
ùợy H = 2
ữ
ỗố
ùù H 3
ữ

3ứ
ợ
Mtkhỏc M ẻ(C) v A, H, M thnghng.

ã ị DMBH cõnti B nờn BC lngtrungtrccaon HM .
ã = AHB
ã = BMH
ã' = ACF
Licú BHM
uuuur
Tacú F (3; 2) v HM = (8; 0) nờnphngtrỡnh BC : x - 3 = 0 .
ỡùx - 3 = 0
ỡ
ùx = 3
ù
Ta B, C lnghimcah ùớ
.
ù
ớ
2
2
ùù( x - 2) + ( y - 3) = 26
ù
y = -2, y = 8
ù
ợ
ùợ
Phngtrỡnh HM : y - 2 = 0 nờnta im A lnghimcah

ỡùy - 2 = 0
ỡ
ù x = -3
ùù
ù
ị A (-3; 2) .
ớ
ớ
2
2
ùù( x - 2) + ( y - 3) = 26
ù
y=2
ù
ợ
ùợ
Vy A (-3; 2) , B (3; 8) , C (3; -2) .

Cõu8.
.iukin y 1 .
ổ
ửổ
ử
Tacú ỗỗ x 2 + 1 + xữữữ ỗỗ y - y 2 - 1 ữữữ = 1
ốỗ
ứốỗ
ứ

x2 + 1 + x = y + y 2 - 1

y - x = x 2 + 1 - y 2 -1 (1)
ổ
ử2
2
ị ( y - x) = ỗỗ x2 + 1 - y 2 - 1 ữữữ xy = x2 + 1 y 2 - 1
ỗố
ứ
ỡù xy 0
ỡ
ùxy 0
ù
ùớ 2 2
ù
(2).
ớ 2
2
2
ùù x y = x + 1 y - 1
ù
y - x2 = 1
ù
ợ
ùợ

(

(

T(1)tacú y - x =

)(

)(

)

)

x2 - y 2 + 2
x2 + 1 + y 2 - 1

=

1
x 2 + 1 + y 2 -1

1
.Tõytacú 0 < y - x Ê1 .
y -x
1
Thayvophngtrỡnhth haitac:
+ 8 y - x + 3 = 17 .
2
y
-
x
(
)

Suyra x 2 + 1 + y 2 - 1 =

t t = y - x, t ẻ (0;1ựỳỷ ,tacúphngtrỡnh
1
t2
Xộthms f (t) =

1
t2

+ 8 t + 3 =17 (3).

+ 8 t + 3, t ẻ (0;1ựỳỷ cú
f '(t) = -

2
t3

+

4
t+3

=

(

2 2t 3 - t + 3
t3 t +3

) .

Tacú f '(t) = 0 2t 3 - t + 3 = 0 4t 6 - t - 3 = 0

(

)

( t - 1) 4t5 + 4t 4 + 4t3 + 4t2 + 4t + 3 = 0 t =1 .
Suyra f (t) Ê f (1) = 17 "t ẻ (0;1ựỳỷ.Doú(3)cúnghimduy nht t =1 .
ùỡy - x = 1
ùỡx = 0
Vytacú ùớ
ùớ
.Th litathycpnghimnythah ócho.
ùùy 2 - x2 = 1
ùùợy = 1
ợ
ỡùx = 0
Vynghimcah l ùớ
.
ùùợy = 1

Cõu9.
Do a, b ẻ(0;1) nờntntihaigúcnhn x, y saocho a = cos x, b = cos y .
Khiúgithitbitoỏn cos2 x + cos2 y = sin x cos y + sin y cos x = sin(x +y) (1)
V P = 8 tan 2

x
y
+9 tan .

2
2


ìï
ïïx >
p
ï
Nếu  x + y > Þ ïí
ïï
2
ïïy >
îï

ìï
p
ïïcos x < cos( p - y) = sin y
-y
ï
2
2
Þ ïí
ïï
p
p
-x
ïïcos y < cos( - x) = sin x
2
2
îï

Þ sin 2 x + sin 2 y < sin x cos y + sin y cos x = sin(x + y) Þ  (1) không đúng 

p
Nếu  x + y <  , chứng minh tương tự ta cũng có:  sin 2 x + sin 2 y > sin(x + y) nên (1) không đúng. 
2
x
9(1 - tan )
æ p x ö÷
p
x
2 x
2
2 . 
Do vậy  (1) Û x + y =  . Suy ra  P = 8 tan
+ 9 tan çç - ÷÷ = 8 tan
+
÷
ç
2
4
2
2
x
2
è
ø
1 + tan
2
9 (1 - t )

x
Đặt t = tan Þ t Π(0;1) , ta có P = 8t 2 +
= f (t) . 
1 + t
2
Xét hàm số  f (t)  với t Π(0;1) ta có:
f '(t) = 16t -

18
2

(1 + t)

=

(

) = 2 (2t - 1)(4t2 + 10t + 9) . 

2 8t 3 + 16t 2 + 8t - 9
2

(1 + t)

2

(1 + t)

æ1 ö
1

Suy ra  f '(t) = 0 Û t =  . Lập bảng biến thiên ta có  f (t) ³ f çç ÷÷÷ = 5 Þ P ³ 5 . 
çè 2 ÷ø 
2
x 1
Đẳng thức xảy ra khi  tan = Þ a = cos x =
2
2

x
2 = 3 , b = cos y = sin x = 4 . Vậy min P = 5 . 
x
5
5
1 + tan2
2
1 - tan2

Người gửi: Nguyễn Tất Thu – GV Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai 
Email:  
ĐT: 0942444556.


Đăng trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ Số 449.11/2014

THÖÛ SÖÙC TRÖÔÙC KÌ THI
Đề số 2
(Thời gian làm bài: 180 phút)
3

2

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x − 6 x + 9 x + m (m là tham số) có đồ thị (Cm ).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C ) khi m = 0.
b) Tìm m để tồn tại tiếp tuyến với đồ thị (Cm ) đi qua điểm A(3;0) và cắt đường tròn ( S ) có phương trình
( x + 1) 2 + ( y − 2)2 = 25 theo một dây cung MN có độ dài nhỏ nhất.

Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình

cos 4 x − 3 sin 2 x + 2
sin 4 x − 3 cos 2 x
1+ 2

∫

Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân I =

2

= 3⋅

2 x2 − 4x + 3
( x − 1) − x 2 + 2 x + 3

dx.

Câu 4 (1 điểm).
2 1
4
a) Giải phương trình log 2015 x 2 − 4 = log 2015 ( x + 2 ) + log 2015 ( x − 3) .
4

b) Cho số phức z thỏa mãn z + (1 − 2i ) z = 2(1 − 2i). Tìm phần thực và phần ảo của số phức ω = z 2 − 3z.
Câu 5 (1 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : 2 x + y − z = 0 và hai đường
x−4 y
z
x−6 y z +2
thẳng ∆1 :
= =
= =
⋅ Tìm điểm M trên mặt phẳng ( P), điểm N trên đường
,∆ :
1
1 −3 2 1
2
2
thẳng ∆1 sao cho M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng ∆ 2 . Viết phương đường thẳng ∆ đi qua M , vuông

(

)

góc với ∆1 và tạo với mặt phẳng ( P) một góc 30o.
Câu 6(1 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA ⊥ ( ABCD ), SA = a. Diện tích tam giác
a2 2
⋅ Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a. Gọi I , J lần lượt là trung điểm các cạnh SB và
2
SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và CJ .
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I (2; 1) và AC = 2 BD.
SBC bằng

 1
Điểm M  0;  thuộc đường thẳng AB, N (0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ điểm P biết BP = 5 BI với điểm
 3
B có tung độ dương.
 x + 3 + 4 x − 2 − y4 + 5 = y

Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình 
⋅
2
2
 x + 2 x( y − 2) + y − 8 y + 4 = 0

1
Câu 9(1 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = ⋅ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
6
1
1
1
P= 4
+
+
⋅
4
4
a (2b + 1)(3c + 1) 16b (3c + 1)(a + 1) 81c (a + 1)(2b + 1)

PHẠM TRỌNG THƯ
(GV THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp)

Cảm ơn thầy Phạm Trọng Thư chủ nhân  /> />1

BÀI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Cho hàm số y = x3 − 6 x 2 + 9 x + m ( m là tham số) có đồ thị (Cm ).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C ) khi m = 0.
b) Tìm m để tồn tại tiếp tuyến với đồ thị (Cm ) đi qua điểm A(3;0) và cắt đường tròn ( S ) có phương trình
( x + 1) 2 + ( y − 2)2 = 25 theo một dây cung MN có độ dài nhỏ nhất.

Bài giải.
a) Bạn đọc tự giải.
b) Giả sử ∆ là tiếp tuyến với đồ thị (Cm ) đi qua A và cắt đường tròn ( S ) tại hai điểm phân biệt M , N .
Đường tròn ( S ) có tâm I (−1;2), bán kính R = 5 và điểm A nằm trong đường tròn ( S ).
Vẽ IH ⊥ ∆ tại H .
Ta có MN = 2 MH = 2 R 2 − IH 2 .
Mà IH ≤ IA nên MN ≥ 2 R 2 − IA2 (hằng số).
Do đó MN nhỏ nhất khi và chỉ khi H trùng với A.
Đường thẳng ∆ đi qua A và nhận vectơ IA = (4; −2) làm vectơ pháp tuyến, có phương trình 2 x − y − 6 = 0.
3
2
 x − 6 x + 9 x + m = 2 x − 6
Đường thẳng ∆ tiếp xúc với đồ thị (Cm ) nếu và chỉ nếu hệ sau có nghiệm 
3 x 2 − 12 x + 9 = 2

Đến đây, ta tìm được m =

−36 ± 10 15
⋅
9

Câu 2. Giải phương trình

cos 4 x − 3 sin 2 x + 2
sin 4 x − 3 cos 2 x

= 3⋅

Bài giải.
π mπ

x ≠ 4 + 2
cos 2 x ≠ 0

π


Điều kiện sin 4 x − 3 cos 2 x ≠ 0 ⇔ cos 2 x 2sin 2 x − 3 ≠ 0 ⇔ 
⇔
 x ≠ + nπ (m, n, l ∈ ℤ ) (*)
3
6
sin2
x
≠


2

π

 x ≠ 3 + lπ



(

)

(

)

Với điều kiện trên thì PT đã cho tương đương cos 4 x − 3 sin 4 x + 3

(

)

3 cos 2 x − sin 2 x + 2 = 0

π
π
π
π




⇔ cos  4 x +  + 3 cos  2 x +  + 1 = 0 ⇔ 2cos2  2 x +  + 3 cos  2 x +  = 0
3
6
6

6




π kπ

x= +

 
π
π π
6
2


cos  2 x + 6  = 0
 2 x + 6 = 2 + kπ


π
⇔
⇔
⇔  x = + kπ ( k ∈ ℤ ).

 
3
π
3
5π

2 x + π = ± 5π + k 2π

= cos
cos  2 x +  = −

6
6

6
2
6
 x = − π + kπ
 
2

2π
π
Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy x =
+ kπ , x = − + kπ ( k ∈ℤ) là nghiệm của PT đã cho.
3
2
1+ 2

Câu 3. Tính tích phân I =

∫
2

2 x2 − 4x + 3
( x − 1) − x 2 + 2 x + 3

dx.

Bài giải.
1+ 2

Ta có I =

∫

− x2 + 2 x + 3

2

1+ 2

i Tính I1 =

2( x − 1)

∫
2

1+ 2

dx +

(

d − x2 + 2 x + 3

2

−x + 2x + 3

∫
2

)=

(2

1+ 2

dx

=−

( x − 1) − x 2 + 2 x + 3

− x2 + 2 x + 3

)

1+ 2
2

=2

∫
2

(

d − x2 + 2 x + 3

(

)+1

− x2 + 2 x + 3

2

1+ 2

∫
2

 x −1
d

 2 
 x −1
 x −1

 1− 

2



 2 

⋅
2

)

2− 3 .

2


 x −1 
d

 2 

1+ 2

∫

i Tính I 2 =

⋅
2
 x −1 
 x −1 

 1− 


 2 
 2 
x −1
 π π
Đặt
= sin t , t ∈  − ;  ⋅
2
 2 2
π
π
Đổi cận: khi x = 2 thì t = ; x = 1 + 2 thì t = ⋅
6
4
2

π
4

π
4

∫

π

6

6

6

π

d (sin t )
dt
t

Ta có I 2 =
=
= ln  tan 
sin t.cos t π sin t
2

π

∫

1
Vậy I = − I1 + I 2 = 2
2

(

4

π 

 tan 8 
= ln 
⋅

 tan π 
12 


π 

tan 
1 
8 ⋅
3 − 2 + ln 

2  tan π 
12 


)

Câu 4.
2 1
4
a) Giải phương trình log 2015 x 2 − 4 = log 2015 ( x + 2 ) + log 2015 ( x − 3) .
4
b) Cho số phức z thỏa mãn z + (1 − 2i ) z = 2(1 − 2i). Tìm phần thực và phần ảo của số phức ω = z 2 − 3z.

(

)

Bài giải.

a) Điều kiện x ∈ (−∞; −2) ∪ (2;3) ∪ (3; +∞).
Với điều kiện đó, phương trình viết lại là

(

)

(

2

)

2

log 2015 x 2 − 4 = log 2015 ( x + 2) x − 3 ⇔ x2 − 4 = ( x + 2) x − 3
⇔ x − 2 = ( x + 2) x − 3 (*).
i Với x ∈ (−∞; −2) ∪ (2;3) (a), ta có:

(*) ⇔ x − 2 = ( x + 2)(3 − x) ⇔ x 2 = 8 ⇔ x = ±2 2 (thỏa mãn (a) ).
i Với x ∈ (3; + ∞) (b), ta có:

(*) ⇔ x − 2 = ( x + 2)( x − 3) ⇔ x 2 − 2 x − 4 = 0 ⇔ x = 1 ± 5.
Đối chiếu với (b) ta được x = 1 + 5.
Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm là x = ±2 2 và x = 1 + 5.
b) Giả sử z = x + yi (x, y ∈ ℝ). Ta có
z + (1 − 2i ) z = 2(1 − 2i ) ⇔ x + yi + (1 − 2i )( x − yi ) = 2 − 4i ⇔ 2 x − 2 y − 2 xi = 2 − 4i.
 −2 x = −4
x = 2
⇔

⇔
⇒ z = 2 + i.
2 x − 2 y = 2
y =1

Do đó ω = z 2 − 3z = (2 + i ) 2 − 3(2 + i ) = −3 + i.
Vậy phần thực của số phức cần tìm là −3, phần ảo là 1.
Câu 5. Trong
x−4
thẳng ∆1 :
=
1
thẳng ∆1 sao cho

không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : 2 x + y − z = 0 và hai đường
y
z
x−6 y z +2
=
,∆ :
= =
⋅ Tìm điểm M trên mặt phẳng ( P), điểm N trên đường
1 −3 2 1
2
2
M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng ∆ 2 . Viết phương đường thẳng ∆ đi qua M , vuông

góc với ∆1 và tạo với mặt phẳng ( P) một góc 30o.
Bài giải.
Gọi M (m; n; 2m + n), N (4 + k ; k ; − 3k ).

Ta có VTCP của đường thẳng ∆ 2 là u∆ = (1; 2; 2) và MN = (4 + k − m; k − n; − 3k − 2m − n), trung điểm của
2
 m + k + 4 n + k 2m + n − 3k 
MN là I 
;
;
⋅
2
2
2



3