60 đề thi toán chọn lọc có giải chi tiết

/>
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =

ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
2x − 1
.
x +1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có hoành độ x = 1.

Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn:

π
3
tan α
< α < π và sin α = . Tính A =
.
2
5
1 + tan 2 α

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 + i ) z + (3 − i ) z = 2 − 6i. Tính môđun của z.

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log 3 ( x + 2) = 1 − log 3 x.
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:

x2 + x +

x − 2 ≥ 3( x 2 − 2 x − 2).

2

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (2 x 3 + ln x) dx.
1

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a, ACB = 30o ,
Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và SH =

2a. Tính theo

a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc
đường thẳng ∆ : 4 x + 3 y − 12 = 0 và điểm K (6; 6) là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm
nằm trên ∆ sao cho AC = AO và các điểm C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C có
hoành độ bằng

24
, tìm tọa độ của các đỉnh A, B.
5

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 phẳng trung trực (P) của đoạn thẳng AB và phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc
với (P).
Câu 9.(0,5 điểm) Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí

sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình
thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định
câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3
câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau.
Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P=

3( 2 x 2 + 2 x + 1)
+
3

1

1

+

2

2 x + (3 − 3 ) x + 3

2

2 x + (3 +

----------- HẾT -----------

/>
.
3 )x + 3

/>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN

CÂU
Câu 1
(2,0 điểm)

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a) (1,0 điểm)
Tập xác định: D = » \ {−1} .
● Giới hạn và tiệm cận:
lim + y = − ∞ , lim − y = + ∞ ; lim y = lim y = 2.
●

x → ( −1)

x → −∞

x → ( −1)

0,25

x → +∞

Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = − 1 và một
tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2.
●

Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' =

3
> 0 ∀x ∈ D.
( x + 1) 2

0,25

Suy ra, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; − 1) và ( −1; + ∞ ) .
- Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.

Lưu ý: Cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số.
- Bảng biến thiên:
x

–∞
+

y'
y
●

+∞

–1
+∞

2

0,25

+
2
–∞

Đồ thị (C):
y

2

−1 O ½
−1

/>
0,25

x


/>
b) (1,0 điểm)
Tung độ y0 của tiếp điểm là: y0 = y (1) =

1
.
2

0,25
3
.
4

0,25

3
1
( x − 1) + ;
4
2

0,25

Suy ra hệ số góc k của tiếp tuyến là: k = y '(1) =
Do đó, phương trình của tiếp tuyến là: y =

3
1
x− .
4
4
a) (0,5 điểm)
Câu 2
(1,0 điểm) Ta có: A = tan α = tan α.cos 2 α = sin α.cos α = 3 cos α.

1 + tan 2 α
5
hay y =

0,25

(1)

0,25

2

3
16
cos 2 α = 1 − sin 2 α = 1 −   =
.
25
5
π
4
Vì α ∈  ; π  nên cos α < 0. Do đó, từ (2) suy ra cos α = − .
5
2 
12
Thế (3) vào (1), ta được A = − .
25
b) (0,5 điểm)

(2)
0,25

(3)

Đặt z = a + bi, ( a , b ∈ » ); khi đó z = a − bi . Do đó, kí hiệu (∗) là hệ thức cho
trong đề bài, ta có:
(∗) ⇔ (1 + i )( a + bi ) + (3 − i )( a − bi ) = 2 − 6i
⇔ (4a − 2b − 2) + (6 − 2b)i = 0

⇔

{

{

4a − 2b − 2 = 0
a=2
⇔
b = 3.
6 − 2b = 0

Do đó | z | =

Câu 3
(0,5 điểm)

2

0,25

0,25

2

2 + 3 = 13.

Điều kiện xác định: x > 0. (1)
● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có:
(2) ⇔ log 3 ( x + 2) + log 3 x = 1 ⇔ log 3 ( x ( x + 2)) = log 3 3
●

0,25

⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ x = 1 (do (1)).

0,25

● Điều kiện xác định: x ≥ 1 + 3.
Câu 4
đó, ký hiệu (2) là bất phương trình đã cho, ta có:
(1,0 điểm) ● Với điều kiện
2
(2) ⇔ x + 2 x − 2 + 2 x ( x + 1)( x − 2) ≥ 3( x 2 − 2 x − 2)
⇔
⇔

(1)
0,25

x ( x − 2)( x + 1) ≥ x ( x − 2) − 2( x + 1)

(

x ( x − 2) − 2 ( x + 1)

Do với mọi x thỏa mãn (1), ta có
(3) ⇔

)(

x ( x − 2) +

x ( x − 2) +

)

( x + 1) ≤ 0.

(3)
0,50

( x + 1) > 0 nên

x( x − 2) ≤ 2 ( x + 1)
2

⇔ x − 6x − 4 ≤ 0
⇔ 3 − 13 ≤ x ≤ 3 + 13.
(4)
Kết hợp (1) và (4), ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
1 + 3 ; 3 + 13  .




/>
0,25


/>
2
2
Câu 5
3
I
=
2
x
d
x
+
Ta
có:
∫
∫ ln xdx.
(1,0 điểm)
1

0,25

(1)

1

2

2

Đặt I1 = ∫ 2 x dx và I 2 = ∫ ln xdx. Ta có:
3

1

1

0,25

2

1
15
I1 = x 4 = .
2 1
2
2

2

I 2 = x.ln x 1 − ∫ xd(lnx) = 2 ln 2 − ∫ dx = 2 ln 2 − x 1 = 2 ln 2 − 1.
2

2

1

1

0,50

13
V ậ y I = I1 + I 2 =
+ 2 ln 2.
2

Câu 6
(1,0 điểm)

1
AC = a và SH ⊥ mp(ABC).
2
Xét ∆v. ABC, ta có: BC = AC .cos ACB = 2 a.cos 30o = 3a.

Theo giả thiết, HA = HC =

0,25

1
1
3 2
AC.BC.sin ACB = .2a. 3a.sin 30o =
a .
2

2
2
1
1
3 2
6a3
Vậy VS . ABC = SH .S ABC = . 2a.
a =
.
3
3
2
6
Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)).
(1)
Gọi N là trung điểm của AB, ta có HN là đường trung bình của ∆ABC.
Do đó HN // BC. Suy ra AB ⊥ HN. Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN). Do đó
mp(SAB) ⊥ mp(SHN). Mà SN là giao tuyến của hai mặt phẳng vừa nêu, nên
trong mp(SHN), hạ HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB).
Vì vậy d(H, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C, (SAB)) = 2HK. (2)
Do đó S ABC =

Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN, ta có:
1
1
1
1
1
=
+

= 2 +
.
2
2
2
HK
SH
HN
2a
HN 2
1
3a
Vì HN là đường trung bình của ∆ABC nên HN = BC =
.
2
2
1
1
4
11
66a
Do đó
= 2 + 2 = 2 . Suy ra HK =
.
2
HK
2a
3a
6a
11

Thế (3) vào (2), ta được d ( C , ( SAB ) ) =

2 66a
.
11

/>
0,25

0,25

0,25
(3)


/>
Câu 7
(1,0 điểm)

Trên ∆, lấy điểm D sao cho BD = BO và D, A nằm khác phía nhau so với B.
Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC; gọi F là giao điểm của các
đường thẳng KB và OD.
Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của ∆OAB nên KE là phân giác của góc
OAC . Mà OAC là tam giác cân tại A (do AO = AC, theo gt) nên suy ra KE cũng
là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC = KO.
Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD = KO.
Suy ra ∆CKD cân tại K. Do đó, hạ KH ⊥ ∆, ta có H là trung điểm của CD.
Như vậy:
+ A là giao của ∆ và đường trung trực d1 của đoạn thẳng OC;
(1)

+ B là giao của ∆ và đường trung trực d 2 của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối
(2)
xứng của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆.
24
(gt) nên gọi y0 là tung độ của C, ta có:
Vì C ∈ ∆ và có hoành độ x0 =
5
24
12
4.
+ 3 y0 − 12 = 0. Suy ra y0 = − .
5
5
6
 12
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là  ; −  và đường thẳng OC có
5
 5
phương trình: x + 2 y = 0.
Suy ra phương trình của d1 là: 2 x − y − 6 = 0.
Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
2 x − y − 6 = 0.

{

Giải hệ trên, ta được A = (3; 0).

/>
0,50

0,25


/>
Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và vuông góc với ∆, ta có phương trình của
d là: 3 x − 4 y + 6 = 0. Từ đây, do H là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ của H là
nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
3x − 4 y + 6 = 0.

{

 6 12 
 12 36 
Giải hệ trên, ta được H =  ;  . Suy ra D =  − ;
.
5 5 
 5 5 
 6 18 
Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là  − ;  và đường thẳng OD có
 5 5
phương trình: 3 x + y = 0.
Suy ra phương trình của d 2 là: x − 3 y + 12 = 0.
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
x − 3 y + 12 = 0.

0,25

{

Giải hệ trên, ta được B = (0; 4).

Câu 8
1
3 1
Gọi M là trung điểm của AB, ta có M =  ; ; −  .
(1,0 điểm)
2
2 2
Vì (P) là mặt phẳng trung trực của AB nên (P) đi qua M và AB = (−1; 1; − 1) là
một vectơ pháp tuyến của (P).
3 
1
1


Suy ra, phương trình của (P) là: (−1)  x −  +  y −  + (−1)  z +  = 0
2 
2
2


hay: 2 x − 2 y + 2 z − 1 = 0.
Ta có d (O , ( P)) =

| −1|
22 + (−2)2 + 22

=

1
2 3

.

Do đó, phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) là: x 2 + y 2 + z 2 =

0,25

0,25

0,25

1
12

0,25

hay 12 x 2 + 12 y 2 + 12 z 2 − 1 = 0.

Câu 9
Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí
(0,5 điểm) thứ nhất của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ
3 câu hỏi thí sinh B chọn.
3
Vì A cũng như B đều có C10
cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy

( )

0,25

2

3
tắc nhân, ta có n(Ω) = C10
.

Kí hiệu X là biến cố “bộ 3 câu hỏi A chọn và bộ 3 câu hỏi B chọn là giống
nhau”.
Vì với mỗi cách chọn 3 câu hỏi của A, B chỉ có duy nhất cách chọn 3 câu hỏi
3
3
giống như A nên n ( Ω X ) = C10
.1 = C10
.
Vì vậy P ( X ) =

n (Ω X )
n( Ω)

=

3
C10
3 2
10

(C )

=

1
1
=
.
3
C10 120

/>
0,25


/>
Câu 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, với mỗi số thực x, xét các điểm A( x ; x + 1) ,
(1,0 điểm)
 3

1
3
1
B 
; −  và C  −
; −  .
2
2
 2
 2

OA OB OC
Khi đó, ta có P =
+
+
, trong đó a = BC, b = CA và c = AB.
a
b
c

0,25

Gọi G là trọng tâm ∆ABC, ta có:
OA.GA OB.GB OC.GC 3  OA.GA OB.GB OC.GC 
P=
+
+
= 
+
+
,
a.GA
b.GB
c.GC
2  a.ma
b.mb
c.mc 
trong đó ma , mb và mc tương ứng là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A,
B, C của ∆ABC.

0,25

Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số thực không âm, ta có
1
a.ma =
. 3a 2 2b 2 + 2c 2 − a 2
2 3
2
2
2
2
a 2 + b2 + c 2
1 3a + 2b + 2c − a
≤
.
=
.
2
2 3
2 3
a2 + b2 + c 2
a2 + b2 + c2
Bằng cách tương tự, ta cũng có: b.mb ≤
và c.mc ≤
.
2 3
2 3

(

)

(

Suy ra P ≥

)

3 3
( OA.GA + OB.GB + OC.GC ) .
a + b2 + c 2

0,25

(1)

2

Ta có: OA.GA + OB.GB + OC.GC ≥ OA.GA + OB.GB + OC.GC.

(2)

OA.GA + OB.GB + OC.GC
= OG + GA .GA + OG + GB .GB + OG + GC .GC

(

)

(

(

)

(

)

)

= OG. GA + GB + GC + GA2 + GB 2 + GC 2
4 2
a2 + b2 + c2
ma + mb2 + mc2 =
.
9
3
Từ (1), (2) và (3), suy ra P ≥ 3.
=

(

)

Hơn nữa, bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy P = 3 khi x = 0.
Vậy min P = 3.

/>
0,25

(3)


/>
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
PHÚ YÊN 
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 
MÔN:TOÁN 
Ngày thi: 02/4/2015 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
­­­­­­­­­­­ 

Câu 1. (2,00 điểm) Cho hàm số  y = x 3  - 3x - 2 . 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Hãy tìm tọa độ điểm M thuộc 
đồ thị (C) sao cho tam giác MAB cân tại M. 
Câu 2. (1,00 điểm) Giải phương trình  log 2 ( x - 2) + 3log8 (3 x - 5) - 2 = 0  trên tập hợp số thực. 
3 

2 
Câu 3. (1,00 điểm) Tính tích phân: I = ò  2 
dx . 
1  2 x + 3 x - 2 
Câu 4. (1,00 điểm) Một lớp học có 33 học sinh, trong đó có 10 học sinh giỏi, 11 học sinh khá 
và 12 học sinh trung bình. Chọn ngẫu nhiên trong lớp học 4 học sinh tham dự trại hè. Tính xác 
suất để nhóm học sinh được chọn có đủ học sinh giỏi, học sinh khá và học sinh trung bình. 
Câu 5. (1,00 điểm) Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc 
với mặt phẳng đáy. Tính thể tích tứ diện biết đường cao AH của tam giác ABC bằng a và góc 

giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) là 60 0 . 
Câu  6.  (1,00  điểm)  Trong  mặt  phẳng  Oxy  cho  hình  vuông  ABCD  có  M,  N  lần  lượt  là  trung 
điểm  của  các  cạnh  BC,  CD.  Tìm  tọa  độ  đỉnh  B,  điểm  M  biết  N(0;­2),  đường  thẳng  AM  có 
phương trình  x +2y – 2 = 0 và cạnh hình vuông bằng 4. 
Câu 7. (1,00 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(­4;­2;4) và đường thẳng d : 
ì x = -3 + 2 t 
ï
í y = 1 - t (t Î ¡ ). 
ï z = -1 + 4 t
î
Viết phương trình đường thẳng D đi qua A, cắt và vuông góc với đường thẳng d. 
ì 27 x3  + 3 x + ( 9 y - 7 )  6 - 9 y  = 0 
ï
Câu 8. (1,00 điểm) Giải hệ phương trình: í x 2 
( x, y Î ¡ ) . 
109 
2 
+
y
+
2
3
x
=
0 
ï
81 
î3

Câu 9. (1,00 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P = 52 x + 5 y  , biết rằng 

x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1 . 
­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­ 

Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( ) 
đã gửi tới www.laisac.page.tl 

/>

/>
HNGDNCHMTHI
(Gmcú04 trang)
1. Hngdnchung
ưNuthớsinhlmbikhụngtheocỏchnờutrongỏpỏnmvnỳngthỡchoim
tngphnnhhngdnquynh.
ưVicchitithúathangim(nucú)sovithangimchmphibomkhụngsai
lchvihngdnchmvcthngnhtthchintrongHingchmthi.
ưimbithikhụnglmtrũns.
2. ỏpỏnvthangim
CU

1

PN

IM

2,00

3

Chohms y = x - 3x -2
a)Khosỏtsbinthiờnvvth(C)cahms.
ưTpxỏcinh: Ă .
ưSbinthiờn:

1,00

ộ x= -1
+Chiubinthiờn:y ' = 3 x 2 - 3 = 3( x 2 -1). y ' = 0 3( x2 - 1) = 0 ờ
.
ởx = 1
Hmsngbintrờncỏckhong ( -Ơ -1) v (1 +Ơ)
Hmsnghchbintrờnkhong ( -11).
+Cctrvgiihn:
H/stcciti x = -1 yC= y ( -1)=0.

0,25
f(x)
8

6

H/stcctiuti x =1 yCT= y (1)= -4.

4

2

Cỏcgiihn: lim y = -Ơ lim y = +Ơ .
x đ-Ơ

xđ+Ơ

f(x)=x^3ư3x ư2

x
ư9

ư8

ư7

ư6

ư5

ư4

ư3

ư2

ư1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

+Bngbinthiờn:
x -Ơ
ư11+ Ơ
y
+0 ư 0 +
0+ Ơ
y
ư Ơ
ư4
ưthiquacỏcim(20),(0ư2):nhhỡnhv.
b)Tỡmtaim Mthucth (C)saocho DMABcõnti M.
M(xy)cntỡmlgiaoimcangtrungtrccaon ABvth(C).
TacúcỏcimcctrlA(ư10),B(1ư4),trungimcaon AB lI(0ư2).
uuur
ngtrung trcon ABnhn AB = (2 -4) lmvtcpcúp/t x - 2 y - 4 =0.
x- 4
HonhgiaoimcaM lnghimcaphngtrỡnh: x 3 - 3 x - 2=
.

2
7
Giiratacx =
v x =0(loi).
2
ổ 7 14 - 8ử
7
14 - 8
Vi x =
ị y =
,tacúim M 1 ỗỗ

ữữ
2
4
2
4
ố
ứ
ổ 7 - 14 - 8ử
7
- 14 - 8
Vi x = ị y =
,tacúim M 2 ỗỗ -
ữữ .
2
4
2
4
ố

ứ

0,25

ư2

ư4

ư6

ư8

/>
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25

0,25

0,25


/>
2

Giiphngtrỡnh log 2 ( x - 2) + 3log8(3 x - 5) - 2 =0

1,00

ỡ x- 2 > 0
iukin ớ
x> 2.
3
x
5
>
0
ợ
Phngtrỡnhtngng: log 2 ( x - 2) + log 2(3x - 5) = 2

0,25
0,25

log 2 [ ( x - 2)(3 x - 5) ]= 2 3 x 2 - 11x + 6 =0.

3

0,25
0,25

Giipttrờnvichiuiukintatỡm cnghimptócholx =3.
3
2
Tớnhtớchphõn I = ũ 2
dx
1 2 x + 3 x - 2
3

2
Tacú: I = ũ
dx =
1 (2 x - 1)( x + 2)

1,00

3
3
ử
2ổ
2
1
dx
dxữ
ỗũ
ũ
5 ố 1 2x -1
x + 2 ứ
1

0,50

3
3
2 ổ d (2 x - 1)
d ( x+ 2)ử
= ỗũ
-ũ
ữ

5 ố 1 2x -1
x + 2 ứ
1

=

0,25

2
2
3
3
ln | 2 x - 1| 1 - ln | x + 2 | 1 = ln 3.
5
5

(

)

0,25

4

1,00
Gi Albinc:4HScchncúHSgii,HSkhỏvHStrungbỡnh.
4
Sphntkhụnggianmu: W =C33
=40920.
Tacúcỏctrnghpcchnsau:

1
1
(1)Cú2HSgii,1HSkhỏv1HStrungbỡnh.Scỏchchnl:C102 .C11
.C12
=5940

0,25

1
1
(2)Cú1HSgii,2HSkhỏv1HStrungbỡnh.Scỏchchnl:C10
.C112 .C12
=6600
1
2
(3)Cú1HSgii,1HSkhỏv2HStrungbỡnh.Scỏchchnl:C10
.C111 .C12
=7260. 0,25

Tac WA =5940+6600+7260=19800.
Doú P ( A)=

WA
W

=

0,25

15

.
31

0,25

5

1,00
DABCvuụngcõnti Anờn BC=2AH =2a.
1
1
Tú S ABC = AH .BC = a.2a =a 2(vdt).
2
2
Vỡ SA^(ABC)vAH ^ BCsuyraSH^ BC
ã =600
Doú((SBC),(ABC))=SHA
Suyra SA = AH tan 600 =a 3.

S

0,25
A

0,25

C

0,25

H

3

1
1
a 3
Vy VSABC = SA.S ABC = a 3.a 2 =
(vtt).
3
3
3

0,25

B

6

1,00
Gi I=AM ầBN. DBIMngdng DABM
suyraAM^BNnờn BN:2xư y+c=0.
N(0ư2) ị c = -2ị BN:2x ưy ư2=0.
Taim Ilnghimhpt:

y

0,25
A

B

2

1
I
ư2

ư1

O

1

2M
x

/>
ư1


/>
6
ộ
x=
ờ
x
+
2
y

2
=
0
ỡ
ổ 6 2ử
5
ờ
ị Iỗ ữ .
ớ
ố 5 5ứ
ợ2 x - y- 2 = 0
ờ y = 2
ờở 5
AB.BM
4
T DABMvuụng: BI =
=
.
2
2
5
AB +BM
ỡ 2 x - y- 2 = 0
ỡ B ẻ BN
ù
ù
2
2
Taim B(xy)thamónớ
4 ị ớổ 6

2
16.
ử
ổ
ử
BI
=
x
+
y
=
ù
ữ ỗ
ữ
5 ùợỗố 5
5
ợ
ứ ố5
ứ
2
ỡ
x=
ù
x
=
2
ỡ
ù
ổ 2 -6ử
5

Giihtac ớ
v ớ
,suyra B(2 2)(loi ỗ ữ ).
ố 5 5 ứ
ợy = 2
ù y = -6
ùợ
5
ỡ x + 2 y- 2 = 0
ỡù M ẻ AM
ù
2
2
Taim M(xy)tha ớ
ị ớổ
6ử ổ
2ử
4.
2
2
x
+
y
ùỗ
ữ ỗ
ữ =
ợù IM = BM - BI
5ứ ố
5ứ
5

ợố
2
ỡ
x=
ù
ỡ x= 2
ù
ổ 2 4ử
5
Giihtac ớ
v ớ
,suyra M 1 (2 0), M 2 ỗ ữ .
ố 5 5ứ
ợy = 0
ù y = 4
ùợ 5
7

0,25

0,25

1,00
Do DiquaAvvuụnggúcvi dnờn Dphinmtrongmtphng(P)iqua
Avvuụnggúcvi d.
r
Mt phng (P) nhn vtcp u = (2 -1 4) ca d lm vtpt, i qua A(ư4ư24) cú
phngtrỡnh:2xưy+4z ư10=0.
Gi Mlgiaoimcadv(P)thỡ M(ư3+2t1ư tư1+4t) ẻ d vMẻD.
TacngcúMẻ(P) 2(ư3+2t) ư (1 ưt)+4(ư1+4t)10=0

21t 21=0 t=1.Vy M(ư103).
uuuur
Khiú AM = (3 2 -1),ngthng DquaA vMcúphngtrỡnh:
x + 4 y + 2 z - 4
=
=
.
3
2
-1

8

0,25

ỡ 27 x3 + 3 x + ( 9 y - 7 ) 6 - 9 y = 0 (1)
ù
Giihphngtrỡnh: ớ x2
.
109
2
+
y
+
2
3
x
=
0
(2)

ù
81
ợ 3
2
2
Viiukin: x Ê , y Ê ,(1)vitlil: 9 x 2 + 1 3x = ( 6 - 9 y + 1) 6 -9y .
3
3

(

0,25
0,25

0,25
0,25

1,00

)

0,25

/>

/>
Đặt  u = 3 x, v = 6 - 9 y , ta có: ( u 2 + 1) u = ( v 2  + 1 ) v . 
Xét h/s: f (t ) = ( t 2  + 1 ) t có  f '(t ) = 3t 2  + 1 > 0  nên h/s luôn đồng biến  trên  ¡ , 
ì x ³ 0 
ï

Suy ra  u = v Û 3 x = 6 - 9 y  Û í
2  2  . 
ïî y = 3 - x (3) 
2 

x 2  æ 2
109 
ö
Thế (3) vào (2) ta được:  + ç - x 2  ÷ + 2 - 3 x = 0  (4). 
3 è3
81 
ø 
2 
Nhận xét:  x = 0, x =  không phải là nghiệm của (4). 
3 

0,25 đ 

2 

x 2  æ 2
109 
ö
+ ç - x 2  ÷ + 2 - 3 x 3 è3
81 
ø 
3
æ 2 ö
Ta có: g '( x) = 2 x 2 x 2  - 1 < 0, "x Î ç 0;  ÷
2 2 - 3 x

è 3 ø 
æ 2 ö
Nên hàm số g(x) nghịch biến trên  ç 0;  ÷ . 
è 3 ø 
1 
5 
æ1 5ö
Dễ thấy  x =  là nghiệm của (4), suy ra y =  nên hệ có nghiệm duy nhất  ç ; ÷ . 
3 
9 
è 3 9 ø 

Xét hàm số:  g ( x ) =

(

9 

) 

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức  P = 52 x + 5 y  , biết  x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1 
5 
Do  x + y = 1 Þ y = 1 - x , nên  P = 52 x + 51- x = 5 2 x  +  x  . 
5 
x 
Đặt  t = 5  thì  1 £ t £ 5  (do  0 £ x £ 1 ). 
5 2t 3  - 5 
5 
Xét hàm số  f (t ) = t 2  +  , với  1 £ t £ 5 . Ta có  f '(t ) = 2 t - 2 =  2  . 
t

t
t
Do đó có bảng biến thiên: 
5 
3 
t 
1 
5 
2 
f’(t) 
­ 
0           + 
6                             26 
f(t) 
25 
3 3 
4 
æ 5ö
25 
Vậy  min P = min f (t ) = f çç 3 ÷÷ = 3 3  ; max P = max f (t ) = f (5) = 26 . 
4 
1£t £ 5
1£ t £5 
è 2 ø 
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( ) 
đã gửi tới www.laisac.page.tl

/>
0,25 đ 
0,25 đ 

1,00 đ 
0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 


/>
THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI 
Đề Số 6, số 453, tháng 4 năm 2015. 

ĐỀ 
(Thời gian làm bài:180 phút) 
Câu 1 (2,0 điểm). Gọi ( C m  )  là đồ thị của  hàm số  y = x 3  - 3 x + m ( m là tham số thực). 
a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi  m = 2 . 
b)  Định tham số m để qua điểm uốn của đồ thị ( C m  ) kẽ được một đường thẳng ( d ) tạo với đồ thị ( C m  ) một 
hình phẳng (H) và ( d )  tiếp tục chắn trên hai trục tọa độ một tam giác (T) sao cho diện tích của (H) và (T) 
bằng nhau đều bằng 2 (đvdt) . 
Câu 2 (1,0 điểm).  Giải phương trình tan x.cot 2 x = (1 + s inx ) ( 4cos2  x + 4sin x - 5 ) . 
p
3 
ln ( 4 tan x )
Câu 3 (1,0 điểm).  Tính tích phân I = ò 
dx . 
p sin 2 x.ln ( 2 t anx ) 
4 

Câu 4 (1,0 điểm). 
n 

a) Trog trường hợp khai triển theo nhị thức Newton của biểu thức (1 + x 2 )  ta có hệ số chứa  x 8  bằng 210 
Tính tổng các hệ số của các số hạng được khai triển từ biểu thức trên  theo trường hợp đó. 
b) Cho các số phức z thỏa mãn  z - 1 =  34  và  z + 1 + mi = z + m + 2 i . Định tham số  m Î ¡ để tồn tại hai 
số phức  z1 , z 2 đồng thời  thỏa mãn hai điều kiện trên sao cho  z1 - z2  là lớn nhất. 
Câu 5 (1,0 điểm).  Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, qua hai điểm M (1; -1;1) , N ( 0; - 1;0 )  lập 
2 

phương trình mặt phẳng a  cắt mặt cầu ( S ) ( x + 2 )  + ( y + 1) 2 + ( z - 1)2  = 5  một thiết diện đường tròn mà diện 
tích hình tròn sinh bỡi đường tròn đó có diện tích  S = p . 
Câu 6 (1,0 điểm).  Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên  SA ^ ( ABCD ) 
và SA = a. Qua A dựng mặt phẳng a  vuông góc với SC  sao cho a  cắt SC, SB, SD lần lượt tại G, M, N. 
Tính theo a thể tích khối nón (H),  biết rằng đường tròn đáy của (H) ngoại tiếp tứ giác AMGN và đỉnh O của 
(H) nằm trên  đáy ABCD của hình chóp S.ABCD. 
Câu 7 (1,0 điểm).  Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hãy tính diện tích tam giác ABC biết rằng hai 
điểm  H (5;5) , I ( 5; 4 )  lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và  x + y - 8 = 0  là 
phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của tam giác. 
Câu 8 (1,0 điểm).  Giải phương trình nghiệm thực ( x - ln x )  2x 2  + 2 = x + 1 . 

Câu 9 (1,0 điểm).  Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn  0 < x < y <  z . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x3 z
y4
z 3 + 15 x 3 
+
+

. 
x 2 z 
y 2 ( xz + y 2 ) z 2 ( xz +  y 2  ) 

Nguyễn Lái 
(  GV  THPT Chuyên Lương Văn Chánh. 
Tuy Hòa, Phú Yên.)

/>

/>HNGDNGII.
Cõu1.
a)Bnctgii.
b)Taimuncath ( Cm )l I ( 0m)nờnngthng ( d) cúdng y = kx +m
Phngtrỡnhhonhgiaoimcahms ( Cm )vphngtrỡnhngthng ( d) l
x 3 - 3x +m = kx + m x3 - ( k + 3)x =0 (1)

( d) chnctrờnth ( Cm ) mtdintớchthỡphngtrỡnh(1)phicú3nghim ị k > -3,
lỳcú3nghimcaphngtrỡnh(1)l x = 0, x = - k + 3, x = k +3.
VỡIltõm ixngcangcong ( Cm )nờndintớchcahỡnhphng(H)l:
k+ 3

S =2

ũ

0

1
1

2
2
ộở kx + m - x 3 + 3 x - m ựỷdx = ( k + 3) ị S = 2 ( k + 3 ) = 2 ị k = -1 (vỡ k > -3).
2
2

Lỳcnyngthng ( d) vitli y = - x +m nờn(d)cthaitrctatihaigiaoim
1
A ( 0 m ) , B ( m0).Vỡ(T)ltamgiỏcvuụngcõnnờndintớchca(T)l S = m 2
2
theogithit S = 2 ị m = 2, m = -2.Vycúhaigiỏcntỡml m = 2, m = -2.
ỡcos xạ 0
kp
Cõu2. iukin: ớ
.
ị xạ
2
ợsin 2 x ạ 0

Tacú tan x.cot 2 x = (1 + s inx ) ( 4 cos2 x + 4sin x - 5 ) tan x.cot 2 x = 3sin x - 4sin 3 x -1
1 + tan x.cot 2 x = sin 3 x

sin 3 x
1
ổ
ử
= sin 3x sin 3 xỗ
- 1ữ = 0
cos x.sin 2 x
ố cos x.sin 2x ứ

Nghimphngtrỡnhxyra:
np
p
2p
hoc sin 3x = 0 x = ,soviiukinphngtrỡnhcúnghiml x = + mp ,x =
+mp
3
ỡsin 2 x = 1 ỡsin 2 x= -1
hoc sin 2 x.cos x= 1 ớ
"ớ
vụnghim
ợcos x = 1 ợcos x = -1
p
2p
Vynghimcaphngtrỡnhtrờnl x = + mp , x =
+ mp ,
3
3
p
3

Cõu3.Tacú: I = ũ
p

p

p

3

p

4

4

p
p
dx
ln 2 3 dộởln ( 2 t anx) ựỷ ln 2
ln 2 ổ ln 2 3ử
=
.ũ
=
. ộở ln ( ln(2 tan x) )ựỷ p3 =
.lnỗỗ
ữữ .
sin 2 x.ln ( 2 t anx )
2 p ln ( 2 t anx )
2
2
ln
2
4
ố
ứ

4

p

( m ẻZ ).

3
ln 2 + ln ( 2 t anx)
dx
dx
dx= ln 2.ũ
+ ũ
sin 2 x.ln ( 2 t anx )
p sin 2 x.ln ( 2 t anx ) p sin 2x

4
3

4

p
3
dx
1
1
= ln(t anx) = ln 3.
p
sin 2 x 2
2

Tớnh ũ
p

4

Vy I =

3

3

p

Tớnh ln 2.ũ

3

4

ln 2 ổ ln 2 3 ử 1
.ln ỗỗ
ữữ + ln 3.
2
ố ln 2 ứ 2

/>

/>Câu 4 . 
a) . Khai triển biểu thức trên có số hạng thứ (k+1)  là Cn k x 2 k ,  ( k < n ) . 
ì 2k = 8 

Theo giả thiết , ta có  í

Þ k = 4, C n 4  = 210 Þ

k 
n 

n ! 
= 210 
4!( n - 4 ) ! 

îC = 210 
Û ( n - 3 )( n - 2 )( n - 1) n = 5040 Û n 2 - 3n n 2  - 3n + 2 = 5040 . 

(

)(

) 

Đặt ẩn phụ và giải phương trình này ta được n = 10 . 
10 

10 
Khai triển biểu thức (1 + x 2 )  = C100 + x 2C101 + x 4C102 + .... + x 2.10C10 
. 
10 

10
Do đó tổng các hệ số: C100 + C101 + C102 + .... + C10 
= (1 + 1)  = 2 10 

b). Giả sử M ( a; b ) là  điểm biểu diễn số phức z = a + bi, ( a, b ΠR ) , vì
2 

2 

z - 1 = 34 Þ ( a - 1)  + b 2  = 34 Þ M thuộc đường tròn (C ) : ( x - 1)  + y 2  = 34 . Vì
2

2

2

2 

z + 1 + mi = z + m + 2i Þ ( a + 1) + ( b + m ) = ( a + m ) + ( b + 2 ) Þ 2 (1 - m ) a + 2 ( m - 2 ) b - 3 = 0 
Þ  M nằm trên đường thẳng  (d ) :  2 (1 - m ) x + 2 ( m - 2 ) y - 3 = 0 

Để tồn tại hai số phức  z1 , z 2  đồng thời thỏa mãn hai điều kiện đã cho nghĩa là tồn tại hai điểm biểu 
diễn  M 1 , M 2 của hai số phức lần lượt nằm trên hai giao điểm của  (C )  và (d) , và để  z1 - z2  lớn nhất 
khi và chỉ khi  M 1 M 2  là đường kính của ( C ) hay (d) qua tâm  I (1;0)  của ( C )
1 
Þ 2 (1 - m ) .1 + 2 ( m - 2 ) .0 - 3 = 0 Þ m = -  . 
2 
Lúc nầy đường thẳng (d) viết lại  3 x - 5 y - 3 = 0 . Do đó  M 1 , M 2 là nghiệm của hệ

ìï( x - 1) 2  + y 2  = 34 
Þ M 1 ( 6;3) , M 2  ( -4; -3 ) . 
í
ïî 3 x - 5 y - 3 = 0 

Vậy hai số phức cần tìm là  z3 = 6 + 3i, z4  = -4 - 3 i . 
Câu 5. Mặt cầu (S) có tâm  I (-2; - 1;1)  và bán kính  R =  5 . 
Gọi  r là bán kính đường tròn thiết diện, theo giả thiết ta có  S = p Û r 2 .p = p Þ r = 1 . 
Gọi d là khảng cách từ I đến mặt phẳng a  ta có  d 2 = R 2 - r 2  = 5 - 1 Þ d = 2 . 
Mặt phẳng a  qua N ( 0; - 1; 0 )  có dạng Ax + B ( y + 1) + Cz = 0 Û Ax + By + Cz + B = 0 ( A2 + B 2 + C 2  ¹ 0 ) . 
Mặt khác a  qua M (1; - 1;1 )  nên thỏa  A + C = 0 Þ a : Ax + By - Az + B = 0 . 
-3 A 

A 
= ±2  ( vì  A2 + B 2 + C 2  ¹ 0  ) 
2
2 
B 
2 A + B
Do đó có hai mặt phẳng a  cần tìm là :  2 x + y - 2 z + 1 = 0 ,  2 x - y - 2 z - 1 = 0 . 
ì BC ^ SA 
Câu 6.  Ta có í
Þ BC ^ ( SAB ) Þ BC ^ AM  ( vì  AM Ì ( SAB) )  (1) 
î BC ^ AB
Mặt khác  SC ^ a Þ SC ^  AM ( vì  AM Ì a )  (2) 
S 
Từ (1) và (2) suy ra  AM ^ (SBC ) Þ AM ^ MG ( vì  MG Ì ( SBC ) ) 
G 
Þ D AMG vuông tại M, tương tự ta cũng có tam giác  D ANG vuông 
M 
N 
tại N Þ tâm H đường tròn đáy của (H) là trung điểm AG, có bán 

Vì  d = d ( I , a ) =

= 2 Û A2 = 4 B 2  Þ

H 
B 

C 
O 

A

D 

/>

/>SA. AC 
6
6 
AG 
. Xét tam giác vuông SAC tại A có  AG =
=
a Þ R = 
a . 
2 
SC
3
6 
Vì OH là đường cao (H)  Þ OH ^ a Þ OH / / SC Þ O là giao điểm hai đường chéo AC, BD 
AC 2  2
3 

1 
Þ OH =  CG . Xét tam giác vuông SAC có AG là đường cao , nên  CG =
=
a Þ OH =  a 
2 
SC
3 
3 

kính  R = 

1
3

Vậy thể tích hình nón là V( H )  = p R 2 . OH = 

3  3 
p a . 
54 

Câu 7  Kéo dài đường cao AH lần lượt cắt BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  tại hai điểm 
E và K, ta dễ dàng chứng minh được E là trung điểm HK. 
Đường cao  AH ^  BC nên có phương trình  x - y = 0 , E là giao điểm của BC và AH  Þ E (4; 4) và H là 
trung điểm HK  Þ K (3;3) , suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là  R = IK = 5 
2

2 

Þ  phương trình đường tròn là ( x - 5 ) + ( y - 4 )  = 5, (C ) 

Vậy hai điểm B, C là nghiệm của hệ hai phương trình đường thẳng BC và đường tròn 
(C ) Þ B(3;5), C (6; 2)  và đỉnh A là nghiệm hệ của đường cao AH và đường tròn  (C ) Þ  A(6; 6) 
Diện tích tam giác ABC là
S ABC  =

1
1  6 + 6 - 8 
d ( A, BC ) .BC =
.3 2 = 6 (đvdt). 
2
2 
2 

Câu 8. Điều kiện  x > 0  ta có ( x - ln x ) 2x 2  + 2 = x + 1 Û ( x - ln x )  =
Xét hàm số  f(x)  =

x + 1 

Þ f / (x) =

1 - x 

x + 1 
2x 2  + 2

Þ f /  (x) = 0 Û x = 1 

2x + 2
(x + 1) 2x + 2
Lập bảng biến thiên ta có  f ( x) £ 1, "x > 0 ,  đẳng thức xảy ra khi x = 1. 

1 x - 1 
Xét hàm số  g ( x ) = x - ln x Þ g '( x) = 1 - =
Þ g '( x ) = 0 Û x = 1 . 
x
x
Lập bảng biến thiên ta có  g ( x ) ³ 1, "x > 0 ,  đẳng thức xảy ra khi x = 1. 
2 

2

2 

Vậy phương trình có đúng một nghiệm x = 1. 
3 

3 
æ x ö
æ y ö
2 
ç y ÷
ç ÷
x
y
z 
z ø æ z ö 15 
è
ø
è
Câu 9  Ta có  P =
+

+
+ .  Đặt  a = , b = , c = Þ a.b.c = 1, c > 1. 
x y x y çè x ÷ø
z 
y
z
x
+
+ 
y z y z
x

a3
b 3 
15 
+
+ c 2  +
a + b a + b
c
3
3 
a
b 
1 
Ta có a3 + b3  ³ ab ( a + b ) Þ
+
³ ab =
a + b a + b
c
1 2 15

16 
Vậy P ³ + c + = c 2  + = f (c ), "c Î (1; +¥ ) 
c
c
c
16 
Ta có  f '(c ) = 2c - 2  Þ f '(c) = 0 Û c = 2 
c

Biểu thức viết lại  P =

( vì a, b > 0 ). 

Lập bảng biến thiên ta có  f (c) ³ f (2) = 12, khi và chỉ khi  c = 2 Þ a = b =
Vậy giá trị nhỏ nhất  P = 12  khi và chỉ khi  z = 2 y = 2 x .

/>
1 
Þ z = 2 y = 2 x . 
2 


/>
Kỳ thi tuyển sinh CHUNG quốc GIA

Sở giáo dục & đào tạo Thừa thiên huế

Năm học 2014-2015
Mụn thi : Toán
(120 phút, không kể thời gian giao đề)

---------------------------------------

Trng THPT 80 Nguyn Hu
đề chính thức

Cõu I (3,0 im) Cho hm s y

2x 3
cú th (C)
x2

1.

Kho sỏt v v th hm s(C)

2.

Cho ng thng d: y 2 x m . Chng minh rng d ct (C) ti hai im A, B phõn bit

vi mi s t h c m . G i k1 , k 2 l n l t l h s gú c c a t i p tu y n c a (C )
2014

t i A v B. Tỡ m m P = k1

k 2

2014

t giỏ tr nh nht.

Cõu II (2,0 im)
1.
2.

Gii phng trỡnh lng giỏc:
Gii h phng trỡnh:

cos 2x sin x cos x 0





1

2
3 xy 1 9 y 1
x 1 x

3
2
2
x (9 y 1) 4( x 1) x 10



900 ,
Cõu III (2,0 im) Cho khi chúp S .ABC cú SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS
B SAC
1200 . Gi M, N ln lt trờn cỏc on SB v SC sao cho SM = SN = 2a. Chng minh

BSC
tam giỏc AMN vuụng. Tớnh th tớch S.ABC v khong cỏch t im C n mt phng ( SAB )
theo a.

Cõu IV (2,0 im)

Trong mt phng vi h trc ta Oxy, cho hai im A 1; 2 v B 4;3 . Tỡm

ta im M trờn trc honh sao cho gúc AMB bng 450 .

Cõu V (1,0im) Chng minh rng nu x, y l cỏc s thc dng thỡ

1

1 x

2



1

1 y

2



1
1 xy

- Giỏm th coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
- H v tờn thớ sinh ................................................................S bỏo danh ...............................................

/>

/>
Câu I
1. Khảo sát tự làm
2.

Nội dung

Điểm

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:
 x  2
2x  3
 2 x  m   2
x2
2 x  (6  m) x  3  2m  0(*)

0,5

Xét phương trình (*), ta có:   0, m  R và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn

0,5

cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là

k1 

1
1
, trong đó x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy
, k2 
2
( x1  1)
( x2  1) 2

k1 .k 2 

1

x1  2 2  x2  22

Có P =  k1 
k1  k 2 

2014

2014

  k2 



0,5

1

 x1 x2  2 x1  2 x2  42

 2.

 k1k 2 2014

4

(k1>0, k2>0)
2015

 22015 , do dó MinP = 2

1
1

 ( x1  2) 2  ( x2  2) 2
2
( x1  2)
( x 2  2) 2

đạt được khi

0,5

do x1 , x2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2
 x1 + x2 = - 4  m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.
Câu II
1.

Nội dung

Điểm

cos 2x  sin x  cosx  0  cos2 x  sin 2 x  (co s x  sin x)  0

0,5

 (cos x  sin x)(cos x  sin x  1)  0

0,5




2.cos  x    0

4
cosx  sin x  0



cosx  sinx  1  0  2 cos  x     1


4 


 




 x  4  2  k
x   k


4

 3

 x 
 k2  x    k2

4 4





3
 k2 
x 
 x     k2
2

4
4


/>
0,5

0,5


/>
2.

Nội dung

Điểm

ĐK: x  0
NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0
PT (1)  3 y  3 y 9 y 2  1 

x 1  x
x

 3 y  3 y (3 y ) 2  1 

1
1

x
x

0,5

2

 1 
  1 (3)

 x

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2  1 , t > 0.
t2 1 

Ta có: f’(t) = 1 +

t2
t 2 1

>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

 1 
1
  3y =
x
 x

PT(3)  f(3y)= f 

0,5

Thế vào pt(2) ta được PT: x 3  x 2  4( x 2  1). x  10
Đặt g(x)= x 3  x 2  4( x 2  1). x  10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0
 g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

0,5

Ta có g(1) = 0
Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x =1 y =

1
3

0,5

1
KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ).
3

Câu III
S

Dùng Đlý hàm số Cosin
N

0,25

tính được: MN = 2a 3

S

A
C

A
M

N
B

M

H

AM= 2a 2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600)  tam 0,25
giác AMN vuông tại A.

/>

/>
Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A.
 SH  (AMN ) ; tính được SH = a.

0,5
0,25

2 2a 3
3
SM .SN 1

  VS . ABC  2 2a 3
SB.SC 3

Tính được V S . AMN 
VS . AMN
VS . ABC

Vậy d (C ;( SAB)) 

0,25

3VS . ABC 6a 3 2

 2a 2
SSAB
3a 2

0,5

Câu IV



Giả sử tọa độ của M  x; 0 . Khi đó MA  1  x; 2  ; MB   4  x ;3 .
 
Theo giả thiết ta có MA.MB  MA.MB.cos 450
2
2
2
 1  x  4  x   6  1  x   4.  4  x   9.
2
2
 x 2  5x  10  x 2  2 x  5. x 2  8x  25.

2



 2 x 2  5 x  10

2

  x

2





 2 x  5 x 2  8 x  25 (do x2  5 x  10  0)

0,25

0,25

0,25

 x4  10 x3  44 x 2  110 x  75  0





  x  1 x  5 x2  4 x  15  0  x  1; x  5

Vậy ta có hai điểm cần tìm là M 1; 0 hoặc M  5; 0 

0,25

Câu V
Do x, y  0 nên bất đẳng thức đã cho tương đương với

1  x 2  1  y  2  1  xy   1  x  2 1  y 2


2
2
  2  2 x  2 y  x  y  1  xy   1  2 x  x 2 1  2 y  y 2 
2

2

 xy  x  y    xy  1  0 , bất đẳng thức này luôn đúng.
Dấu bằng xảy ra khi x  y  1

/>
0,25
0,25
0,25
0,25


/>TRNG THPT S 3 BO THNG

THI THPT QUC GIA NM 2015

Ngy Thi : 19-03-2015

Mụn: TON

THI TH LN 1

Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt

Cõu 1 (2,0 im) Cho hm s y =

2x -1
cú th (C)
-x +1

1. Kho sỏt v v th ca hm s (C)
2. Tỡm m ng thng y = -2 x + m ct th (C) ti hai im phõn bit cú honh x1 , x2 sao cho
x1 x2 - 4( x1 + x2 ) =

7
2

x
+ 3
2
=0
2sin x + 3

s inx - 2 3cos 2
Cõu 2 (1,0 im) Gii phng trỡnh
e

Cõu 3 (1,0 im) Tớnh tớch phõn I = ũ
1

ln 2 x
dx
x (1 + 2 ln x )

Cõu 4(1,0 im)
1. Cho s phc z tha món iu kin (1 - 2i ) z +

1 - 3i
= 2 - i . Tớnh mụ un ca z .
1+ i
15

2 ử
ổ
2. Tỡm h s khụng cha x trong khai trin f ( x) = ỗ 3 x +
ữ
xứ
ố

Cõu 5 (1,0 im) Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho A(-1;2; -1) v mt phng

(a) : x + 2y - 2z - 1 = 0 .

Vit phng trỡnh mt phng (b ) song song vi mt phng (a ) sao cho

khong cỏch t im A ti mt phng (a ) bng khong cỏch t im A ti mt phng (b )

Cõu 6 (1,0 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi cnh bng a . SAB l tam giỏc vuụng cõn ti
S v nm trong mt phng vuụng gúc vi ỏy , gúc gia cng SC v mt phng (ABCD) bng 600 ,cnh AC = a.
Tớnh theo a th tớch khi chúp S.ABCD v khong cỏch t A n mt phng (SBC).
ỡù 2 x - y - 1 + 3 y + 1 = x + x + 2 y

Cõu 7 (1,0 im) Gii h phng trỡnh: ớ

3
3
2
ùợ x - 3 x + 2 = 2 y - y

ổ7 3ử
Cõu 8(1,0 im) Trong mt phng ta Oxy cho hỡnh vuụng ABCD cú tõm O ỗỗ ; ữữữ . im M (6;6)
ỗố 2 2 ứữ
thuc cnh AB v N (8; -2) thuc cnh BC . Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh vuụng.
Cõu 9 (1,0 im)

(

)

Cho x, y, z l cỏc s thc thuc (0;1) tha món iu kin x 3 + y 3 (x + y ) = xy(1 - x )(1 - y ) .Tỡm giỏ tr
ln nht ca biu thc : P =

1

1+ x

2

+

1
1+ y

2

+ 3 xy - ( x 2 + y 2 )

---------- HT -------

CmnbnNgụQuangNghip() ógitiwww.laisac.page.tl
/>

/>ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
I

Đáp án

Ý
1

− TXĐ : D = R
− Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên

1
y'=
> 0, "x ¹ 1
2
( - x + 1)
Vậy: Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ¥ ;1) và (1 ; + ¥ )
+ Cực trị :
Hàm số không có cực trị
+ Giới hạn :
lim y = -2; lim y = -2 => y = -2 là đường tiệm cận ngang
x ®-¥

Điểm
1,0

0,25

0.25

x ®+¥

lim y = +¥; lim+ y = -¥ => x = 1 là đường tiệm cận đứng

x ®1-

x ®1

+ Bảng biến thiên :

0,25

·

Đồ thị:

− Đồ thị :
1
Đồ thị hàm số giao với Ox: ( ;0)
2
Đồ thị hàm số giao với Oy: (0;-1)

0,25

2

1,0

ì 2 x - (m + 4) x + m + 1 = 0 (1)
2x -1
= -2 x + m Û í
-x +1
îx ¹ 1
Đường thằng y = -2 x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt Û phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt khác 1
ìï( m + 4 )2 - 8(m + 1) > 0
Ûí
Û m 2 + 8 > 0, "m
ïî-1 ¹ 0
2

/>
0,25

0,25


/>Vậy "m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có
hoành độ x1 , x2 , x1 ¹ x2
4+m
m +1
Theo vi-et : x1 + x2 =
, x1.x2 =
2
2
7
m +1
m+4 7
22
x1 x2 - 4( x1 + x2 ) = Û
- 4(
)= Ûm=2
2
2
2
3
22
Vậy m = thì đường thẳng y = -2 x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt
3
7
có hoành độ x1 , x2 và x1 x2 - 4( x1 + x2 ) =

2
2

0,25

1.0

3
ĐK : sin x ¹
;
2

x
+ 3
2
= 0 Û s inx - 3cosx=0
2sin x + 3

s inx - 2 3cos 2

1
3
pö
æ
s inx cosx=0 Û cos ç x + ÷ = 0
2
2
6ø
è
p

Û x = + kp , k Î Z
3
p
Kết hợp ĐK ta có x = + k2p, k Î Z là nghiệm của phương trình
3
Û

3

1 4 ln x - 1 + 1
1 ( 2 ln x - 1) dx 1
dx
dx = ò
+ ò
ò
4 1 x (1 + 2 ln x )
41
x
4 1 x (1 + 2 ln x )
e

I=

e

2

0.25

0.25

0.25
0.25
1.0

e

1
1 d ( 2 ln x + 1)
( 2 ln x - 1) d ( 2 ln x - 1) + ò
ò
81
8 1 (1 + 2 ln x )
e

=

0.25

e

1
2ö
æ1
= ç ( 2 ln x - 1) ÷ e + ln (1 + 2 ln x )
è 16
ø1 8
1
= ln 3
8
4

0.25

e

0.25
0.25

1

1 - 3i
1 7
(1 - 2i ) z +
= 2-i Û z = + i
1+ i
5 5
=> z = 2
15- k
k
5k
15
15
52 ö
æ
k
k
k
k
3
2

6
f ( x) = ç 3 x +
=
C
x
.
x
.2
=
C
.2
.
x
,(0 £ k £ 15, k Î Z )
å
å
15
15
÷
xø
è
k =0
k =0
5k
Hệ số không chứa x ứng với k thỏa mãn : 5 - 6 = 0 Û k = 6 => hệ số : 320320

0.35
1.0
0,25
0,25

15

0,25
0,25
1,0

5

4
3
Vì (b ) // (a ) nên phương trình (b ) có dạng : x + 2y - 2z + d = 0, d ¹ -1
d ( A, ( a )) =

d ( A, ( a )) = d ( A, ( b )) Û

5+ d
3

=

4
Û
3

é d = -1
ê d - 9 Û d = -9 (d = -1 loại) => (b ) : x + 2y - 2z - 9 = 0
ë

0,25

0,25
0,25

0,25

1,0

6

/>

/>S

A

I

B

D

K

N

M

C

0.5

Gi I l trung im ca on AB => SI ^ AB,( SAB) ^ ( ABCD) => SI ^ ( ABCD )
ã = (ã
nờn SCI
SC , ( ABCD ) ) = 600 ,

a 3
3a
=> SI = CI tan 600 =
2
2
Gi M l trung im ca on BC , N l trung im ca on BM
a 3
a 3
AM =
=> IN =
2
4
a2 3
1 a 2 3 3a a 3 3
Ta cú S ABCD = 2 SDABC =
=> VS . ABCD = .
. =
2
3 2
2
4
CI =

ta cú

BC ^ IN , BC ^ SI => BC ^ ( SIN )
Trong mt phng (SIN) k IK ^ ( SN ), K ẻ SN . Ta cú
ỡ IK ^ SN
=> IK ^ ( SBC ) => d ( I ,( SBC )) = IK
ớ
ợ IK ^ BC
Li cú :
1
1
1
3a 13
3a 13
3a 13
= 2 + 2 => IK =
=> d ( I ,( SBC )) =
=> d ( A,( SBC )) =
2
26
26
13
IK
IS
IN
7

0.5

1.0

ỡ2 x - y - 1 0

ùx + 2 y 0
ùù
K : ớ x > 0
ù
ùy - 1
ùợ
3
(1) 2 x - y - 1 - x + 3 y + 1 - x + 2 y = 0



x - y -1
x - y -1
=0
2x - y -1 + x
3y +1 + x + 2 y

0,25

ổ
ử
1
1
( x - y - 1) ỗ
ữ
ỗ 2x - y -1 + x
3 y + 1 + x + 2 y ữứ
ố
(3)
ộ y = x -1

ờ
(4)
ờở 2 x - y - 1 + x = 3 y + 1 + x + 2 y

(4) 2 x - y - 1 + x = 3 y + 1 + x + 2 y x = 3 y + 1 y =

x -1
(5)
3
0,25

/>

/>T (3) v (2) ta cú :
ộx =1
( x - 1) 2 ( x + 2) = 2( x - 1)3 - ( x - 1) 2 ( x - 1)2 ( x - 5 ) = 0 ờ
ởx = 5
x = 1 => y = 0; x = 5 => y = 4

0,25

T (5) v (2) ta cú :
2
1
( x - 1) 2 ( x + 2) =
( x - 1)3 - ( x - 1)2 ( x - 1)2 ( 25 x + 59 ) = 0 x = 1 (do x > 0)
27
9

0,25

Vy h ó cho cú nghim : ( x; y ) = (1;0);( x; y ) = (5; 4)
8

1

1,0

0,25

Gi G l im i xng ca M qua O => G = (1; -3) ẻ CD
Gi I l im i xng ca N qua O => I = (-1;5) ẻ AD
uuuur
Phng trỡnh cnh MO qua M v cú VTCP MO l : 9 x - 5 y - 24 = 0
=> Phng trỡnh cnh NE qua N v vuụng gúc MO l : 5 x + 9 y - 22 = 0
ổ 163 39 ử
Gi E l hỡnh chiu ca N trờn MG => E = NE ầ MG => E = ỗ
; ữ
ố 53 53 ứ
Li cú

0,25

uuur uuur
ỡù NJ = MG
uuur (k ạ 0, k ẻ R) => J (-1;3) ;(Vỡ NE , NJ cựng chiu )
NE ^ MG => ớ uuur
ùợ NE = k NJ

Suy ra phng trỡnh cnh AD : x + 1 = 0 => OK =

9
. Vỡ KA = KO = KD nờn
2

0,25

K,O,D thuc ng trũn tõm K ng kớnh OK
2

3 ử 81
ổ
ng trũn tõm K bỏn kớnh OK cú phng trỡnh : ( x + 1) + ỗ y - ữ =
2ứ
4
ố
ộ ỡ x = -1
2
ỡ
ờớ
3 ử 81
2
ổ
ù( x + 1) + ỗ y - ữ =
ờợ y = 6
Vy ta im A v D l nghim ca h : ớ
2ứ
4 ờ
ố
ỡ x = -1

ùx +1 = 0
ờớ
ợ
ờở ợ y = -3
Suy ra A(-1; 6); D(-1; -3) => C (8; -3); B (8; 6) . Trng hp D(-1; 6); A(-1; -3)
loi do M thuc CD .
2

/>
0,25