5 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 phần 4

ẹE THI THệ SO 56

SGDVTHNI
TRNGTHPTANPHNG

THITH THPTQUCGIA
NMHC2014 2015
MễN:TON
Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigiangiao

Cõu 1(2.0im) 1)Khosỏtsbinthiờn vv th (C)cahms y=

x+ 2
x -2

2) Tỡm im M thuc th (C) sao cho tip tuyn ca (C) ti M vuụng gúc vi
ngthng y =

1
x +5.
4
1
4

Cõu 2(1.0im) 1)Giiphngtrỡnhsau: sin 6 x + cos 6 x = sin 2x
2)Chos phc z = 3 -2i .Tỡmphnthcvphn ocas phc w = iz -z .
Cõu3(1,0im).
1)Chohaingthngsongsongd1 vd2.Trờnngthngd1 cú10imphõnbit,ngthng
d2 cúnimphõnbit( n 2 ).Bitrngcú1725tamgiỏccúnhlcỏcimócho.Tỡmn.
2)Giiphngtrỡnh 2e x + 2e - x - 5 = 0, x ẻR
e

ln x - 2
dx.
x
ln
x
+
x
1

Cõu4:(1.0im) Tớnhtớchphõn:I= ũ

Cõu5 (1.0im) ChohỡnhchúpS.ABCcúỏyABCltamgiỏcucnha, SA =a vSAtovi
mtphng(ABC)mtgúcbng300.ChõnngvuụnggúchtSxungmtphng(ABC)limH
thucngthngBC,imMthuccnhSAsaocho SM = 2MA. Tớnhkhongcỏchgiahaing
thng BC,SA vth tớchtdin SMHCtheo a.
Cõu6 (1.0im) Trongkhụnggianvih taOxyz,vitphngtrỡnhmtphng(P)iquaO,
vuụng gúc vi mt phng (Q): 5x - 2y + 5z =0 v to vi mt phng (R): x - 4y - 8z + 6 =0 gúc

45o .
Cõu7 (1.0 im) Trongmtphng vih ta Oxy,chohỡnhthoiABCDcútõm I( 33) v

ổ 4ử
ổ 13ử
AC =2BD .im M ỗ 2 ữ thucngthng AB,im N ỗ 3 ữ thucngthng CD .Vit
ố 3ứ
ố 3 ứ
phngtrỡnh ngchộo BD bitnh B cúhonhnh hn3.

(

)(

)

ỡ x + 1 + x 2 . y + 1 + y2 = 1 (1)
ù
Cõu8(1.0 im) Giih phngtrỡnh ớ
ù x 6 x - 2 xy + 1 = 4 xy + 6 x + 1 (2)
ợ
Cõu9(1.0im) Choa,b,clbasthcdngthamónabc=1.Tỡmgiỏtrlnnhtcabiuthc

P=

1
1
1
+ 2
+ 2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3
2

ưưưưưưưưưưưưưưưưHtưưưưưưưưưưưưưưưưưưưư


SỞ GD&ĐT HÀ NỘI 

MA TRẬN  ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 

TRƯỜNG THPT ĐAN  PHƯỢNG 

MÔN TOÁN 
Năm học 2014­2015

Lĩnh vực kiến thức 

Nhận biết 

Thông hiểu 

Vận dụng 

(B) 

(H) 

(V) 

0.5 

0.25 

0.25 

1.0 

Kỹ năng 

1.0 

1.0 

Kiến thức 

0.25 

0.25 

Kiến thức 

Tổng 

Khảo sát hàm số 
Lượng giác 

Kỹ năng 

0.25 

Kiến thức 

0.25 
0.5 

0.5 

Tích phân 
Kỹ năng 

0.5 

0.5 

Kiến thức 

0.25 

0.25 

Số phức 
Kỹ năng 
Phương trình mũ 

Kiến thức 

0.25 
0.25 

Kỹ năng 
Hình không gian 

Hình giải tích không gian 

0.25 
0.25 

0.25 

Kiến thức 

0.25 

0.25 

0.5 

Kỹ năng 

0.25 

0.25 

0.5 

Kiến thức 

0.25 

0.25 

0.5 

0.25 

0.5 

0.25 

0.5 

0.25 

0.5 

Kỹ năng 
Hình giải tích trong mặt 
phẳng 

0.25 

Kiến thức 

0.25 
0.25 

Kỹ năng 

0.25 

Kiến thức 

0.5 

0.5 

Hệ phương trình 
Kỹ năng 
Bất đẳng thức 

Kiến thức 
Kỹ năng 

Tổng 

0.5 
0.5 
0.25 

0.5 
0.5 

0.25 

0.5 

2.0 

3.0 

50 

10.0 

20% 

30 % 

50% 

100% 


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2014 – 2015 
MÔN: TOÁN 
Câu 1: 
1) 

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 
* TXĐ: D=R\{2} 
*  lim +
x ® 2 

0,25đ 

x + 2 
x + 2 
= +¥ ;  lim = -¥ Þ Đồ thị có tiệm cận đứng là x=2. 
x 
®
2 
x - 2 
x - 2 
0,25đ 

x + 2 
lim
= 1  Þ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=1 

x ®±¥ x - 2 

-4 
< 0 "x ¹ 2 
( x - 2) 2 

* y'= 

Bảng biến thiên: 
x 
1 điểm 

­¥2 

+¥ 

y' 
y 

­ 

0,25đ 

­ 

1 

+¥ 
­¥ 

1 

Hàm số nghịch biến trên (­¥;2) và (2;+¥) 
* Đồ thị: 
­ Lấy thêm điểm phụ (3;5), (4;3) 
­ Giao với các trục tọa độ  (­2;0), (0;­1) 

0,25đ 

­ Vẽ chính xác đồ thị. 
­ Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận I(2;1) làm tâm đối xứng. 
2) 

1 
4 

Gọi tiếp tuyến là d vuông góc với đường thẳng y=  x + 5  Þ  d có hệ số góc k =­4 

0,25đ 

*Giả sử M0( x0 ; y0) là tiếp điểm của  tiếp tuyến d: 
0,25đ 
1 điểm 

Xét phương trình 

-4 
= - 4  => x0= 1 hoặc x0 = 3 
( x0  - 2) 2 

* Với  x0= 1   thì tiếp điểm M1(1;­3) 

0,25đ 

Với  x0= 3   thì  tiếp điểm là M2(3;5) 

0.25đ


Câu 2: 
1) 

sin 6 x + cos 6  x =

1 
sin 2 x
4 
1 

Û (sin 2 x + cos 2 x) éë (cos 2 x + sin 2 x) 2 - 3sin 2 x.cos 2  x ùû = sin 2 x
4 

0,25đ 

Û 3sin 2  2 x + sin 2 x - 4 = 0 
0.5 điểm 

ésin 2 x = 1 
Ûê
-4 

êsin 2 x =
(loai) 
3 
ë 
* Với  sin 2 x = 1 Û x =

2) 
0.5 điểm 

p
4 

+ kp

0,25đ 

z = 3 + 2 i
w = i ( 3 - 2i ) - ( 3 + 2 i ) 
= -1 + i

0,5đ 

Phần thực là ­1 
Phần ảo là 1. 
Câu 3: 
1) 

3
Theo ®Ò ra ta cã : C 3n +10 - C10
- C 3n = 1725 ( n ³ 2 )

0.5đ

Û

( n + 10 )! - 10! - n! = 1725
3!( n + 7 ) ! 3!7! 3!( n - 3) !

0,25đ 

Û ( n + 10 )( n + 9 )( n + 8 ) - 10.9.8 - n ( n - 1)( n - 2 ) = 1725.6
é n = 15
Û n2 + 8n – 345 = 0 Û ê
ë n = -23 < 2

0.25đ 

VËy n = 15 
2) 
0.5đ

2e x + 2e - x - 5 = 0 Û 2e2 x - 5e x + 2 = 0.
Đặt  t = e x , t > 0  . Phương trình trở thành
0.25đ

ét = 2
2t 2 - 5t + 2 = 0 Û ê 1
êt  =
êë 2

éex = 2
é x = ln 2
ê
Û x 1Ûê
êe =
ê x = ln 1
ëê
2
ëê
2

0.25đ 

Câu 4: 
1.0đ 

e 

e 
ln x - 2 
ln x - 2 
dx =  ò 
dx 
x
ln
x
+
x
(ln

x
+
1)x
1 
1 

0.25đ 

I =  ò 

Đặt t = lnx + 1 Þ  dt = 

1 
dx ; 
x 

0.25đ 

Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e  thì t = 2 
0.25đ 
2

2 
2 
t -3
æ 3 ö
Suy ra: I =  ò
dt = ò ç 1 - ÷dt  = ( t - ln | t |)  = 1 – ln2 
1 
t

tø
1
1 è

0.25đ 
Câu 5: 
1.0đ 

0

SHA(vuông tại H), có AH = SA cos 30 =

a  3
. Mà DABC đều cạnh a suy ra H là trung 
2 

điểm cạnh BC, vậy AH ^ BC. 

0.25đ 

Ta có SH ^ BC suy ra BC^(SAH). Hạ HK  vuông góc với SA suy ra HK là khoảng cách 
0

giữa BC và SA. Ta có  HK = AH sin 30 =

AH a  3
a 3
=
, vậy d(BC,SA)= 
2

4 
4 

0.25đ 

Ta thấy 

SH =

a
1
1 a a 3
3a 2
2
3a 2
Þ S SHA = .SH . AH = . .
=
Þ S SMH = S SAH  =
. 
2
2
2 2 2
8
3
12 

1
1 a 3a 2
3a 3
CH ^ ( SHA) Þ VSMHC = CH .S SMH  = . . 

=
3
3 2 12
72 

0.25đ 

0.25đ 

Câu  6 : 
1,0 

Mặt phẳng (P) đi qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng :  Ax  + By + Cz = 0  với 
2

2

2 

A +B +C > 0
5 
2

( P ) ^ ( Q ) Û 5A - 2B + 5C = 0 Û B = ( A + C ) 
(P) tạo với (R) góc  45 o  nên

(1) 

0,25 

A - 4B - 8C

cos45o =

2

2

A +B +C

(1) , ( 2 ) ị

2

A - 4B - 8C
1
(2)
=
2
A 2 + B2 +C 2.9



1 + 16 + 64

2 A - 10 ( A + C ) - 8C = 9 A 2 +

0,25

25
2
( A + C ) +C2
4

21A 2 + 18AC = 3C2 =0
ộ A = -1
Chn C = 1ị ờ
1 *) A = -1, C = 1 ị B = 0 ị Phngtrỡnhmtphng(P)lxư
ờ A=
7
ở

0,25

z=0
*) A =

1
20
, C = 1 ị B=
ị Phngtrỡnhmtphng(P)l
7
7

x+20z+7z=0
Vyphngtrỡnhmtphng(P)cntỡmlxưz=0hocx+20z+7z=0

0,25

Cõu7:

ổ
ố

5ử
3ứ

Ta imNixngviimNquaIl N ' ỗ 3 ữ

0.25

ngthngABiquaM,Ncúphngtrỡnh: x - 3 y + 2 =0
Suyra: IH = d ( I ,AB )=

3 - 9 + 2
10

=

4
10

Do AC =2BD nờn IA = 2IB .t IB = x >0,tacúphngtrỡnh

0.25

1
1
5

+ 2 = x 2 = 2 x= 2
2
x
4x
8
t B ( x,y).Do IB = 2 v B ẻAB nờnta Blnghimcah:

0.25

14
ỡ
ỡù( x - 3) 2 + ( y- 3)2 = 2 ỡ5 y 2 - 18 y+ 16 = 0 ùù x= 5 ỡ x= 4 > 3
ớ
ớ
ớ
ớ
ợ x = 3 y- 2
ù y = 8 ợ y= 2
ợù x - 3 y+ 2 = 0
ùợ 5
ổ 14 8 ử
ữ
ố 5 5ứ

DoBcúhonhnh hn3nờntachn B ỗ

Vy,phngtrỡnh ngchộoBDl: 7 x - y - 18 =0.

0.25

Cõu8:

x 2 + 1 = - y +

(1) x +

2

( - y ) +1(3)
0.25

2

+Xột f ( t )= t + t + 1

Khiú: f ' ( t )=

,t ẻR

t 2 + 1+ t
t2 +1

>

t + t
t 2 +1

0 "t ẻ R.Suyrahms f(t)ngbintrờnR
0.25

Suyra: ( 3) x = -y
2

xử
25x2
ổ
2
Th x=ưyvo(2) ... ỗ 2 x + 6 x+ 1- ữ =

2ứ
4
ố

ộ 2 x 2 + 6 x + 1 = 3x
ờ
ờở 2 x 2 + 6 x + 1 = -2x

0.25

Vi 2 x 2 + 6 x + 1 = 3 x... x = 1 y = -1

3 - 11
-3 + 11
+ 2 x + 6 x + 1 = -2 x... x =
y =
2
2

0.25

2

Cõu9
.
Tacúa2+b2 2ab,b2+1 2b ị

Tngt

PÊ

1
1
1
1
= 2
Ê
2
2
2
2
a +2 b + 3 a + b + b + 1 + 2 2 ab + b + 1

1
1
1
1
1
1
Ê

, 2
Ê
2
2
b + 2 c + 3 2 bc + c + 1 c + 2a + 3 2 ca + a + 1

0.25

0.25

2

1ổ

1
1
1
ab
b
ử 1ổ 1
ử 1
+
+
+
+
ỗ
ữ= ỗ
ữ=
2 ố ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 ứ 2 ố ab + b + 1 b + 1 + ab 1 + ab + b ứ 2

0.25

1
1
khia=b=c=1.VyPtgiỏtr lnnhtbng
khia=b=c=1.
2
2

0.25

P =

Cmnthy on CụngHong()óchiasnwww.laisac.page.tl


ÑEÀ THI THÖÛ SOÁ 57

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

1
x

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---------

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
a  1 
2(a  b )  a  2 b 1  0
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


ln(1
)
u


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


ÑEÀ THI THÖÛ SOÁ 58
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y 

ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).

1 3
x  mx 2   m 2  4  x  5 (1) , với m là tham số thực.
3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m  1 .
b) Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = - 1.
Câu 2(1,0 điểm)
a) Giải phương trình 4sin 2 x cos x  sin 3 x  sin   x  .





b) Tìm số phức z sao cho z  2  z và  z  1 z  i là số thực.





Câu 3(0,5 điểm). Giải phương trình log5 x 2  x  log 25 4  log5  x  1
Câu 4(1,0 điểm).Giải bất phương trình

x2 

19 x 1
x 1
  6x 1 
2
4
2

 x   .
 x   .


2

Câu 5(1,0 điểm). Tính tích phân I   cos x  x  2 sin x  dx .
0

Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a , AD = a 2 , SA vuông
góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 300 .Gọi M là trung điểm của BC.
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SB.

Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Gọi
D, E lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB và AH. Đường thẳng vuông góc với AB tại D cắt đường
thẳng CE tại F(-1; 3). Đường thẳng BC có phương trình là x – 2y + 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết
điểm D thuộc đường thẳng 3x + 5y = 0 và hoành độ của điểm D là số nguyên.
Câu 8(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y + z – 3 = 0 và hai
điểm A(  1;2;0), B(1; 1;3) .Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). Viết phương
trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cách điểm A một khoảng bằng 2.
Câu 9(0,5 điểm). Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 2C

2

khai triển Nhị thức Niutơn  x 2  
x


3
n 1

An3
C 
. Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong
2
2
n

n

 x  0

Câu 10(1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn (bc  1) 2  a 2  2(1  a)  bc . Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức : P 

a  1  a 2c
4
12 a

 2
2
2
a bc
(1  c) a  1
----------------- Hết ----------------


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN: TOÁN

(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)
Câu
Câu 1.a
(1,0đ)

Nội dung

Điểm

1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  mx 2   m 2  4  x  5 với m  1
3
1 3

Với m  1 , ta có hàm số y  x  x 2  3 x  5
3
* Tập xác định: D  R
* Sự biến thiên: y '  x 2  2 x  3 ; y '  0  x  3 hoặc x  1

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  3;+  . Hàm số nghịch biến trên
khoảng  1;3 .

0,25

20
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -1; yCĐ =
, đạt cực tiểu tại x  3, yCT  4
3
- Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

x 

- Bảng biến thiên

x
y'

1





0



3
0





20
3

0,25



y



4

Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm

y
6

(0;5)

4

2

O
-5

3

-1

5

x

0,25

-2

-4

-6

Câu1.b
(1,0đ)

Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = - 1.

y  x 2  2mx  m 2  4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1
m  1
 y( 1)  0  m 2  2m  3  0  
 m  3
Với m = 1 theo câu a hàm số đạt cực đại tại x = -1(loại)
Với m = - 3  y 

1 3
x  3 x 2  5 x  5  y '  x 2  6 x  5;
3

0,25
 x  1
y' = 0  
 x  5

0,25

1


Dấu của y’
+

-5

+

-1

_

0,25

Tại x = -1 hàm số đạt cực tiểu. Vậy m = - 3 ( thỏa mãn)
Kết luận m  3 là giá trị cần tìm
Câu 2.a
(0,5đ)

0,25

a) Giải phương trình 4sin 2 x cos x  sin 3 x  sin   x  .
PT  4sin 2 x cos x  sin 3 x  sin x  0
 2sin 2 x sin x  2sin 2 x cosx  0

0,25

 2sin 2 x  sin x  cosx   0

x 
2sin
2
x

0



sin x  cosx  0

x 

Kết luận nghiệm……
Câu2.b
(0,5đ)

k
2

 l
4

0,25

k, l  





Tìm số phức z sao cho z  2  z và  z  1 z  i là số thực .

 a, b   

Giả sử z  a  bi

z  2  z  a  bi  2  a  bi 

 a  2

2

 b2  a2  b2

0,25

 a 2  4a  4  b 2  a 2  b 2  a = 1

 z  1  z



 i  z . z  zi  z  i  a 2  b2   ai  bi 2   a  bi  i   a2  b2  b  a    a  b  1 i



0,25



Để  z  1 z  i là số thực thì a + b + 1 = 0
Với a = 1  b  2  z  1  2i
Vậy z  1  2i
Câu 3
(0,5đ)



2



Giải phương trình log5 x  x  log 25 4  log5  x  1

 x2  x  0

Điều kiện 

x 1  0

 x   .

 x  1 . Khi đó ta có PT:

0,25

log 5  x 2  x   log 5 2  log 5  x  1  log 5  x 2  x   log 5 2  x  1
x 1
 x 2  x  2  x  1  x 2  3x  2  0  
x  2

0,25

Thử ĐK ta có x = 2 là nghiệm của phương trình.
Câu 4
(1,0đ)

Giải bất phương trình:

x2 

19 x 1
x 1
  6x 1 
2
4
2

 2 19 x 1
 0
1
x 
 x
Điều kiện 
2
4
6
6 x  1  0
Với ĐK trên ta có bpt:

4 x 2  38 x  1  2 6 x  1  x  1

0,25

0,25

 4 x 2  38 x  1  2 6 x  1  x  1 ( hai vế không âm)
 4 x 2  38 x  1  4(6 x  1)  4( x  1) 6 x  1  x 2  2 x  1
2

 3  x  1  6 x  1  4( x  1) 6 x  1

2


Vì x 

1
6x 1 4 6x 1
2
, chia hai vế cho  x  1  0 ta được: 3 

2
6
x 1
 x  1

0,25

t  3
6x 1
 t  t  0  , ta có bất phương trình: t 2  4t  3  0  
x 1
t  1

Đặt

1
6x 1
 3  6 x  1  3  x  1 ( vì x  )

6
x 1
2
 9 x  12 x  10  0 ( vô nghiệm)
1
6x 1
 1  6 x  1   x  1 ( vì x  )
Với t  1 
6
x 1
x  2  2
 x2  4x  2  0  
 x  2  2
x  2  2
1
Kết hợp ĐK x  bất phương trình có nghiệm là  1
  x  2 2
6
 6

0,25

Với t  3 

Câu 5
(1,0đ)


2

Tính tích phân I   cos x  x  2 sin x  dx .
0





2

2

0,25

I   xcos xdx  2  sin x cos x dx
0

0


2

I1   xcos xdx
0



0,25

u  x
du  dx

Đặt 

cosxdx  dv v  s inx




2





 I1  x.s inx 2   s inxdx  x.s inx 2  cos x 2   1
2
0 0
0
0




2

2


2

I 2   sin x cosx dx   sin x d  sin x  

0

Vậy I  I1  2 I 2 
Câu 6
(1,0đ)

0


2

1 1 


2

sin x 2 1

2 0 2

0,25
0,25

2

S

I
M

C

30

B

a

O
H
A

N

D

3


  300
Vì SA   ABCD   SCA

0,25

Trong tam giác vuông ACD có AC  AD 2  CD 2  a 3
  SA  SA  AC.tan SCA
  a 3 tan 300  a
Trong tam giác vuông SAC có tan SCA
AC

1
1
a3 2
S ABCD  AB. AD  a.a 2  a 2 2  VS . ABCD  SA.S ABCD  .a.a 2 2 
3
3
3
Gọi N là trung điểm của AD  DM / / BN  DM / /  SBN 
 d  DM ,SB   d  DM ,  SBN    d  D,  SBN  

0,25

0,25

Vì N là trung điểm của AD  d  D,  SBN    d  A,  SBN  
Giả sử AC giao với BN tại H  H là trọng tâm của ABD
a 6
a 3
Tính được BH 
; AH 
3
3
2
2
2
Có AB = a  AH  BH  AB

AHB  900  BN  AC .
Theo định lý Pitago đảo  
Kẻ AI  SH , ta lại có BN  AC ; BN  SA  BN   SAC   BN  AI

0,25

Vậy AI  SH ; BN  AI  AI   SBN   AI  d  A,  SBN  
Trong tam giác vuông SAH có
Vậy d  DM,SM  

1
1
1


 AI 
2
2
AI
AS
AH 2

AS . AH
AH 2  AS 2



a
2

a
2

Câu 7
(1,0đ)
F

A
M
E

C

D
H
B

Giả sử DE cắt AC tại M

0,25

FD  AB; AC  AB  FD / / CA
CE EM CH
CE CH




 EH / / BF  BF  BC
Ta có
EF ED HB
EF HB
Đường thẳng FB đi qua F(-1; 3) và vuông góc với BC nên nó nhận VTCP của đường 0,25


thẳng BC là u   2;1 là VTPT
Phương trình đường thẳng BF: 2(x + 1) + 1(y – 3) = 0  2 x  y  1  0
1

x

1 3
5
Giải hệ pt :  2 x  y  1  0  
 B ; 
5 5
x  2 y 1  0
y  3

5

4


Vì D thuộc đường thẳng 3x + 5y =0

0,25

Vì D là trung điểm của AB nên A  11 ; 3 
 5 5

Đường thẳng AC đi qua điểm A  11 ; 3  và có VTPT AB   12 ;0 
 5 5
 5



0,25

3x0
1 3 x0 3 
 ;  
3x0  ;  

 D  x0;
 FD   x0  1 ; 5  3  BD   x0  5 ; 5  5 
5 





 
20 (loại)
BD  FD  FD.BD  0  17 x02  37 x0  20  0  x0  1(t / m) hoặc  x0 
17
3


Vậy D  1; 
5


Lập được PT dường thẳng AC là: 12  x  11   0  y  3   0  x  11
5

5

5

C là giao điểm của đường thẳng AC và BC  C  11 ; 3 
 5 5 

Vậy A  11 ; 3  , B  1 ; 3  , C  11 ; 3 
 5 5
5 5
 5 5 
Câu 8
(1,0đ)

5



0,25

Đường thẳng (AB) đi qua điểm A(1;2;0) có VTCP AB ( 2; 3;3)
 x  1  2t
Xét pt (AB):  y  2  3t  M  1  2t; 2  3t;3t  thuộc đường thẳng (AB)
 z  3t


M là giao điểm của AB và (P) nên

0,25

2  1  2t   2  2  3t   3t  3  0  t 

9
 5 1 27 
M ; ; 
13
 13 13 13 

Vì mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) nên mặt phẳng (Q) có dạng 2x – 2y + z + m = 0 . 0,25
Mặt phẳng (Q) cách điểm A một khoảng bằng 2 nên ta có:
 m  12
 2  m6  6  
m  0
2   2   1
2  4  m
2

2

Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là:
2 x  2 y  z  12  0 hoặc 2 x  2 y  z  0
Câu 9
(0,5đ)

2C

3
n 1

2

An3
 n  1!  n!  n!
C 
2
2
3! n  2 ! 2! n  2 ! 2  n  3!
2
n

0,25

n  
n  2

 n  1  1  1  2n  5  3n  6  n  11
3 n  2 2  n  2 2
n

k

11
11
k
 2 2
k
2 11 k  2 
k
22 3 k

x


C
x
.


  11  
   C11  2  .x
x  k 0

 x 
k 0
 22  3k  10  k  4
Vậy hệ số của x10 là 16.C114  5280

Câu 10
(1,0đ)

0,25

ĐK: 

0,25

Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn (bc  1) 2  a 2  2(1  a)  bc .

a  1  a 2c
4

12 a

 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P 
2
2
a bc
(1  c) a  1

5


Ta có (bc  1) 2  a 2  2(1  a )  bc  b 2 c 2  bc  1  2a  a 2
2

 b 2c 2  bc  1  2a  a 2  2   a  1  2  b 2c 2  bc  2  0  bc  1 
Ta có P 

1
c
b

a 1 1
4
12 a
 
 2
2
2
a bc b 1  c  a  1

0,25

0,25

a 1 a 1
 2
a 2bc
a
1
1
4
4
c
Vì  c  
2
2
b
b 1  c 
1  c 

Do bc  1 

Theo Bất đẳng thức Cauchy, ta có

c

4

1  c 

Do đó P 

Đặt t 

2

2

c 1 c 1
c 1 c 1
4
4


3 3
3
.
.
2
2
2
2
2 1  c 2
1  c 

1
4

2

b 1  c  2

a 1
12 a a  1
12 a 1 1 6
2 2
 2 2
 2 
2
2
a
a 1 a
a
a
2a
a
0,25

1
 t  0   P  t 4  t 2  6t  2  f (t )
a

Xét f (t )  t 4  t 2  6t  2 trên  0; 

f '(t )  0  t  1
Bảng biến thiên
t
f’(t)



1

0
_

+

0

f(t)
-2

P  f (t )  2  t   0;   

0,25

t  1

Vậy GTNN của P bằng - 2  bc  1  a  b  c  1
c  1

Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( đến 
www.laisac.page.tl

6


ÑEÀ THI THÖÛ SOÁ 59

TRƯỜNG THPT NHƯ THANH 
Tổ: Toán ­ Tin 
ĐỀ CHÍNH THỨC 

ĐỀ THI THỬ THPT QG NĂM 2015 
Môn : Toán; Lớp 12 
Thời gian làm bài: 180 phút 

3 m  2 
x  + m  (m là tham số). 
2 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 2; 
2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. 
Câu 2 (1,0 điểm). 
1. Giải phương trình:  3 cos 2 x - 2 cos 2 x = 3 sin x - 1 ; 
2. Cho số phức z thỏa mãn:  iz  = 3i + 2 . Tìm số phức z và tính giá trị biểu thức  z + 2 z  . 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3  ­ 

x 
x 
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình:  36 - 7 . 6  + 6 = 0 . 
1 
2 
2 x
Câu 4  (1,0 điểm). Tính tích phân sau:  I =  x ( 4 x  + e  ) dx . 

ò

0 

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng (P) cho hình thoi ABCD tâm O có cạnh bằng a, BD 
= 

2a 
.  Trên  đường  thẳng  qua  O  vuông  góc  với  mặt  phẳng  (P)    lấy  điểm  S  sao  cho 
3 

SO = 

a  6 
.  Hãy  tính  thể  tích  của  khối  chóp  S.ABCD  và  khoảng  cách  giữa  hai  đường 
3 

thẳng SB và AD. 
Câu  6  (1,0  điểm).  Trong mặt phẳng với  hệ  toạ độ  Oxy, cho  hình  thang  ABCD  với  hai 
cạnh đáy AB, CD và CD = 2AB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC và 
M là trung điểm của HC. Biết toạ độ đỉnh B(5; 6), phương trình đường thẳng DH: 2x – y 
= 0, phương trình đường thẳng DM: x – 3y + 5 = 0, tìm toạ độ các đỉnh của hình thang 
ABCD. 
Câu  7  (1,0  điểm).  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz  cho  đường  thẳng  d: 
x - 1 y - 2  z - 3 
=
=
và mặt phẳng (P): 2x + z ­ 5 = 0. Tìm tọa độ giao điểm A của đường 
1 
2 
2 

thẳng d và mặt phẳng (P). Xác định tọa độ điểm C trên đường thẳng d sao cho diện tích 
tam giác ABC bằng 12  2 , biết điểm B(2; 8; 1). 

Câu 8 (0,5 điểm). Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được thành 
lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên từ tập A một số. Hãy tính xác suất để 
lấy được số tự nhiên từ tập A có tổng các chữ số bằng 14. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 
ïì x + 3 y = 9 
í 4
. 
2 
ïî y + 4 ( 2 x - 3) y - 48 y - 48 x + 155 = 0 

Câu 10 (1,0 điểm). Cho  số x, y, z là các số dương thỏa mãn:  xy  ³ ( x + y ) z . Chứng 
x cos A +  y cos B + z cos C  < x + y - z . 
minh rằng: 
Với A, B, C là ba góc của tam gác bất kỳ. 
………………………………………Hết……………………………………… 


TRƯỜNG THPT NHƯ THANH 
Tổ: Toán ­ Tin 

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 

Hướng dẫn 

Câu 
3 

Điểm 

2 

m = 2: y = x  ­ 3x  + 2 
TXĐ: D = R 
é x = 0 
y' = 3x 2  ­  6x ,  y' = 0 Û ê
ë x = 2 
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ¥; 0 ), (2 ; +¥ )
Hàm số nghịch biến trên khoảng  (0; 2) 
Hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 0 và ycđ  = 2 
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yct = ­ 2 
Giới hạn: lim  y = ±¥ . Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận. 

0,25 

x ® ±¥

Bảng biến thiên:
- ¥
+ ¥
+ 

0 
0 

2
­ 

0,
25 

0       + 

2
+¥
0,
25 

- ¥
­ 2 
Đồ thị:  Đi qua (0; 2). (2; ­2); (1; 0) (­ 1 ; ­ 2); (3; 2); 
8 

6 

Câu 1 
Ý 1 
(1,0đ) 

4 

2

­ 10 

­ 5 

5 

­2

­4

0,
25 

­6

­8 

Câu 1 
Ý 2 
(1,0đ) 

Đồ thị hàm số nhận điểm (1; 0) làm tâm đối xứng. 
y' = 3x 2  ­ 3mx 
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y' = 0 có hai nghiệm phân biệt. 
tức là PT: 
x 2  ­ mx = 0 có 2 nghiệm phân biệt Û  D = m 2 > 0 Û m ¹ 0 . 

0,25 
0,25 
0,5


3 cos  2  x - 2 cos  2 x  = 3 sin  x  - 1 
Û 3 ( 1 - sin  2  x )  - 2 ( 1 - 2 sin  2  x )  - 3 sin  x  + 1 

Câu 2 

0,25 

Û sin  2  x  - 3 sin  x  + 2  = 0 
é sin  x  = 1 
p 
Û ê
Û x  =
+ k . 2 p ( k  Î Z ) 
2 
ë sin  x  = 2 ( vô  nghiêm  ) 

ý 1 
(0,5đ) 

Gọi số phức  z có dạng:  z
Theo giả thiết ta có:

0,25 

= a + bi  ở đó:  a, b Î R . 

iz  = 3 i + 2 Û ( a + bi ) i = 3 + 2 i Û ai - b = 3 i + 2 
ì a = 3 
Ûí
îb = -2 

ý 2 
(0,5đ) 

0,25 

Vậy:  z = 3 - 2 i . 
2
2 
Ta có:  z + 2 z  = 3 - 2 i + 6 + 4 i  = 9 + 2 i  = 9  + 2  = 85 . 

Câu 3 
(0,5đ) 

Đặt 6 x  = t. 
Ta có phương trình: t 2  ­ 7t + 6=0. 
Phương trình này có 2 nghiệm là t = 1 và t = 6. 
Từ đó, phương trình ban đầu có 2 ngiệm là x = 0 và x = 1. 
1 

1 

2 x 
x 
( 
4 
x 
+ 
e 
) 
dx 
=
4 
x 
dx 

+
xe 
ò
ò dx . 
I = ò
3 

0 

0,25 

0,25 

1 

2 x

2 

0,25 

0 

0,25 

0 

1 
3 
Tính  A = ò 4 x  dx . 

0 

1 

4 

Ta có  A = ò ( 4 x  ) dx = ( x 
3

0 

Câu 4 
(1,0 
đ) 

1 

0,25 

)  = 1 . 
0 

1 

Tính  B = 

2 x

ò xe 

dx . 

0 

ìdu = dx 
ìu = x 
ï
Þ
í
Đặt: dv = e 2 x dx  ív = 1 e 2 x  . 
î
ïî
2 

0,25


2 x 

1 

xe 
1 1  2 x 
B  = ò xe  dx  = (
)  - ò e  dx 
2 0 
0 
2 
1 

2 x 

0,25 

0 
2 

=

Ta có: 

2 

e 
1
e  + 1 
- (  e 2 x )  =
. 
0 
2  4 
4 
1 

e 2  + 1  5 + e 2 
=
. 
Vậy:  I =  A + B = 1 +
4 
4 
S 

j 
A 
B 

J 

K 

O 
H 
D 

Ta có: BD = 

C 

2a
a 
Þ OB = OD = BD = 
. 
3 
3 

Trong D vuông AOB: AO =  AB 2 - OB 2  =

a  6 
2a  6 
= OC  nên AC = 
3 

3 

Thể tích hình chóp: 
Câu 5 
1 
1 
1 
1  a  6  2 a  6  2a  4 a 3  3 
(1,0đ) 
V =  SO . S ABCD = . SO .  AC . BD = . 
. 
.  =
3 
3 
2 
6  3 
3 
27 
3 
* Do ABCD là hình thoi Þ AD // BC Þ AD // (SBC) 
Qua tâm O kẻ đường thẳng HK vuông góc BC tại H, vuông góc AD tại K 
Vì ABCD là hình thoi tâm O nên O là trung điểm HK 
Ta sẽ có: d(AD; BC) = d(AD; (SBC)) = d(K;(SBC)) = 2d(O;(SBC))  (1). 
Trong mặt phẳng (SOH) kẻ OJ ^ SH  (2) 
OH ^ BC ü
Ta có: 
ý Þ BC ^ ( SOH ) Þ BC ^ OJ  (3) 
SO ^ BC þ
Từ (2) và (3) Þ OJ ^ (SBC) Þ d(O;(SBC)) = OJ  (4) 
1 

1 
1 
3 
3 
9 
a  2 
Trong tam giác BOD: 
=  2  +
= 2  + 2  = 2  Þ OH  =
2 
2 
OH
OB  OC  a  2 a  2 a 
3 
Trong tam giác SOH: 
1 
1 
1 
3 
9 
6 
a  6 
(5) 
=  2  +
= 2  + 2  = 2  Þ OJ  =
2 
2 
OJ
SO  OH  2 a  2 a  a 
6 

2 a 6  a  6 
= 
Từ (1); (4); (5) Þ d(AD; SB) = 
6 
3 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25


I 
B 

A 

J 

H 
M 

E 
D 

C 

Tìm được toạ độ D(1; 2) 
Qua B dựng đường thẳng D // AC và cắt DH tại I, cắt DM tại J, cắt DC tại E
Þ D ^ DH và J là trung điểm của IE. 
Phương trình đường D qua B và vuông góc với DH là: x + 2y ­ 17 = 0 
Câu 6 
æ 17 34 ö
æ 41 22 ö
(1,0đ)  Toạ độ I ç 5 ;  5 ÷ , toạ độ J  ç 5 ;  5 ÷ Þ toạ độ E(13; 2). 
è
ø 
è
ø

Ta có: ABEC là hình bình hành Þ EC = AB 
1 uuur
3
uuur uuur 
EC = BA Þ A (1;6 ) . 

0,25 

0,25 

0,25 

uuur

Do đó: EC = ED Þ C ( 9;2 ) 

0,25 

Cách  2:  Goi  K  là  trung  điểm  của  DC.  Khi  đó,  KM  vuông  góc  với  AC. 
KM=0,5 DH. Chứng minh được d(B, AC)=KM, từ đó suy ra: 
d(D, AC)=2d(B, AC) ( với D(1; 2), B(5; 6), CA có pt: x + 2y + m = 0), lập 
được pt AC, giải hệ tìm được tọa độ H, M, từ đó có tọa độ của C, A. 
Tọa độ giao điểm A của (d) và (P) là nghiệm của hệ phương trình:

ì x = 1 + t 
ï y = 2 + 2 t 
ï
í
ï z = 3 + 2 t 
ïî2 x + z - 5 = 0 
ì t  = 0 
ï x = 1 
ï
Ûí
ï y = 2 
ïî z = 3 
Câu 7 
(1,0đ) 

0,25 

0,25 

Vậy, tọa độ giao điểm là A(1;2;3). 
…………………………………………………………………………… 
Đường thẳng d có VTCP u (1 ; 2 ; 2 ) 
Mặt phẳng (α) đi qua điểm B(2;8;1) và vuông góc với đường thẳng d có 

phương trình:  x + 2y + 2z ­20 =0 
Chân đường cao H kẻ từ B trong D ABC là giao điểm của d và (α) có tọa độ 
là nghiệm của hệ:
x = 1 + t 
ì t  = 1 
ì
ï x = 2 
ï
y = 2 + 2 t 
ï
ï
Þí
Þ H(2;4;5) 
í
z = 3 + 2 t 
ï y = 4 
ï
ïî x + 2 y + 2 z - 20 = 0 = 0  ïî z = 5 

0,25