VNMATH COM DE THI THU THPT LE HONG PHONG HCM 2015 1

TRUNG TÂM DẠY THÊM VĂN HÓA LÊ HỒNG PHONG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu
1

Ý

Điể m

Nô ̣i dung

2x  1
có đồ thị là (C).
x 1
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
* Tâ ̣p xác đinh:
̣ D = R\{–1}.
* Giới ha ̣n, tiê ̣m câ ̣n:
lim y  2  y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
Cho hàm số y =

a

∑ = 2.5

0.25

x

lim y  ; lim y    x = –1 là tiệm cận đứng của đồ thị.

x1

x1

3
(x  1)2
* y' > 0,  x  D  Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định
* Bảng biến thiên:
x
–∞
–1
y'
+
+
+∞
y
2
–∞
1
7
* Điể m đă ̣c biê ̣t: (0; –1); ( ; 0); (–2; 5); (3; )
2
2
* Đồ thị:
y
* y' =

0.25

H

.c
om

+∞

M
AT

6
5
4
3
2
1

2

0.5

x
1

2

3

Viế t phương triǹ h củ a tiế p tuyế n của (C) biế t tiế p tuyế n đi qua điể m A (–1; 4).
(d) là tiếp tuyến của (C) tại M(x0 ; y0)
 (d): y – y0 = y'(x0)(x – x0)
2x  1
3
 (d): y =
.
(x  x 0 )  0
2
x0  1
(x 0  1)
2x  1
3
(d) qua A 
(1  x 0 )  0
4
2
x0  1
(x 0  1)
1
 –3 + 2x0 – 1 = 4x0 + 4  2x0 = –8  x0 = –4  y0 = 3; y'(–4) =
3
1
1
13
Vâ ̣y (d): y = (x  4)  3 = x  .
3
3
3

∑ = 0.75

0.25

w

w

w

b

.V
N

-5 -4 -3 -2 -1
-1
-2

0.25

2

1

2

0
1
1

I =  2xex dx   xexdx .
0
0

Tính tích phân sau : I =

(2ex  ex )xdx

2

* I1 =
* I2 =
Đặt

0.25
∑ = 1.0
0.25

1

1

1 x2
x2
2
ex2  = e – 1.
=
2xe
dx


e
d
(
x
)
0
0
  0

1

0.25

0.25

0 xe dx :
x

u = x  u' = ex.
v' = ex, chọn v = ex.

Đ/C: 235 Nguyễn Văn Cừ, P4, Q5, TP.HCM (38 322 293)

0.25

Website: ttdtvh.lehongphong.edu.vn


TRUNG TÂM DẠY THÊM VĂN HÓA LÊ HỒNG PHONG
1

a

b

0.25

0.25

log32 x  3 log3 x  3  2 log3 x  3

Giải bấ t phương trình:
Đặt t = log3x (x > 0).
(1) 

0.25
∑ = 0.5

t 2  3t  3  2t  3

∑ = 0.5

(2)

.c
om

3

1

1

 I2 =  xex    ex dx = e  ex  = 1.
0
0
0
Vâ ̣y I = e – 1 + 1 = e.
Giải phương trình:
3sinx + cos2x = 2 (1)
 1 – 2sin2 x + 3sinx = 2  2sin2x – 3sinx + 1 = 0
1
 sinx = 1 hoă ̣c sinx =
2

* sinx = 1  x   k2
2


x   k2

1

6
* sinx =  sin  
2
6
 x  5  k2

6

0.25

M
AT

H

t 2  3t  3  0
 3

t 
 2t  3  0
  2
3t 2  9t  6  0
2
2

t  3t  3  4t  12t  9
 3
t 
  2
t≥2.
t  1 hay t  2
Do đó ta đươ ̣c: log3x ≥ 2  x ≥ 9. Vâ ̣y nghiê ̣m của bpt là x ≥ 9.

.V
N

w

w

w

a

n

 2 3 
Tìm số hạng chứa x trong khai triể n Niu–tơn của 
 x  , với x > 0 và n là số
 x

nguyên dương thỏa mãn C3n  A2n  5C2n (trong đó Cnk , A nk lầ n lươ ̣t là tổ hơ ̣p châ ̣p k
và chỉnh hợp chập k của n )
n!
n!
n!

 5.
Ta có: C3n  A2n  5C2n 
3!(n  3)! (n  2)!
2!(n  2)!
1
1
5

 
 n – 2 + 6 = 15  n = 11.

6 n  2 2(n  2)
2

4

0.25

11

11

11 k

11
k
k  2 
3
=
C
.

x
 C11k .(1)k .211k.x
 11  x 
k 0
k 0
k  11 k
5k  33
 2 
 2  k = 9.

Số ha ̣ng chứa x2 phải thỏa
2
3
6

 2 3 
Khi đó 
 x
 x


=





k 11 k

2
3

∑ = 0.5

0.25

.
0.25

n

 2 3 
2 2
x .
Vâ ̣y số ha ̣ng chứa x trong khai triển của 
 x  là (1)9 .C11
 x

Trong giải cầ u lông kỷ niê ̣m ngày truyề n thố ng ho ̣c sinh sinh viên có
8 người tham
gia trong đó có hai ba ̣n Viê ̣t và Nam . Các vâ ̣n đô ̣ng viên đươ ̣c chia làm hai bả ng A
∑ = 0.5
và B, mỗi bảng gồ m 4 người. Giả sử việc chia bảng thực hiện bằng cách bốc thăm
ngẫu nhiên, tính xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu .
Gọi  là không gian mẫu. Số phầ n tử của  là   C84 = 70
Gọi C là biến cố "cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu ". Ta có:
0.25
1
2
Số phầ n tử của C là C  C2 .C6 = 30.
2

b

Vâ ̣y xác suấ t để cả hai ba ̣n Viê ̣t và Nam nằ m chung mô ̣t bảng đấ u là
Đ/C: 235 Nguyễn Văn Cừ, P4, Q5, TP.HCM (38 322 293)

Website: ttdtvh.lehongphong.edu.vn

TRUNG TÂM DẠY THÊM VĂN HÓA LÊ HỒNG PHONG


Gọi n = (A; B) là vectơ pháp tuyến của CD
(A2 + B2 > 0)
 CD: A(x + 3) + B(y + 3) = 0
 Ax + By + 3A + 3B = 0.

B

A
M

0.25
D

C

Ta có: SBCD = SACD = 18
2SACD
36
6 10
3 10


 d(A; CD) =
 d(M; CD) =
CD
5

5
3 10


3A  B  3A  3B
2

2



3 10
 5 6A  4B  3 10 A2  B2
5

A B
 25(36A2 + 48AB + 16B2) = 90(A2 + B2)

 810A2 + 1200AB + 310B2 = 0  A  

0.25

B
31B
.
hay A  
3
27

B

: Chọn B = –3  A = 1  (CD): x – 3y – 6 = 0  D(3d + 6; d)
3
Ta có: CD2 = 90  (3d + 9)2 + (d + 3)2 = 90  (d + 3)2 = 9  d = 0 hay d = –6
 D(6; 0) (nhâ ̣n) hay D(–12; –6) (loại). Vâ ̣y D(6; 0)  A(0; 2)
 1 
Ta có AB  DC  (3; 1)  B(–3; 1).
3
31B
* A
: Chọn B = –27  A = 31  CD: 31x – 27y + 12 = 0
27

H

.c
om

* A

2

M
AT



2  x  y : (2)  2

w



w

.V
N

8

729
 31d  12 
 31d  93 
2
2
2
 D  d;
(loại)
  CD  (d  3)  
  90  (d  3) 
27 
169
 27 

Vâ ̣y B(–3; 1).
x  y 2  x  2y2  2
(1)

Giải hệ phương trình sau : 
2 x  2  4y  8 y xy  2y  34  15x (2)



Điề u kiê ̣n: –2 ≤ x ≤ 2 và y ≥ 0
 2x  y
(1)  (2  x)  2  x .y  2y2  0  
 2  x  2y





0.25

∑ = 1.0

0.25



x  2  4 2  x  8 4  x2  34  15x (3)

w

x  2  4 2  x  t 2  34  15x  8 4  x2 .
t  0
Do đó: (3)  2t = t2  
t  2
Đặt t =

0.25

0.25

 x2 4 2x  0
4 2  x  x  2
 
 
 x  2  4 2  x  2
 4 2  x  2  x  2

30

16(2  x)  x  2
17x  30
x

 
 

17 .

16(2  x)  4  16 2  x  x  2
16 2  x  17(x  2)
x  2

0.25

2 17
30
y=
và khi x = 2  y = 0.

17
17
2  x  2y ≤ 0 mà y ≥ 0  y = 0 và x = 2. Thử la ̣i ta có x = 2, y = 0 là nghiệm .

Khi x =
*

 30 2 17 
Vâ ̣y hê ̣ đã cho có 2 nghiê ̣m là  2; 0  ,  ;
 .
 17 17 
Đ/C: 235 Nguyễn Văn Cừ, P4, Q5, TP.HCM (38 322 293)

0.25

Website: ttdtvh.lehongphong.edu.vn


TRUNG TÂM DẠY THÊM VĂN HÓA LÊ HỒNG PHONG

9

Cho x, y là các số không âm thỏa x 2 + y2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của :
P = 5(x5  y5 )  x2 y2 5 2xy  2  4xy  12





x2 (x  2 )  0

* 0  x, y  2  
 x3  y 3  2 ( x 2  y 2 )  2 2 .
2
y (y  2 )  0
2
2
2
* 4 = (1 + 1 )(x + y2) ≥ (x + y)2  2 ≥ x + y
 2(x + y ) ≥ (x + y)(x + y ) ≥
3

3

3

3



3

x. x  y. y

3



2

3

3 3

2 2

5

5

2 2

= – 4x y + 12x y + 5(x + y ) + 5x y



.c
om



= 5(x5  y5 )  x2 y2 5 2xy  2  4xy  12

2  2xy
2

0.25

 4  x + y ≥ 2.
3

Đặt t = x3 + y3. Ta có t  2; 2 2  .


Ta có:
* 23 = (x2 + y2)3 = x6 + y6 + 3x2 y2(x2 + y2)
= x6 + y6 + 6x2 y2 = (x3 + y3)2 – 2x3 y3 + 6x2 y2
 2x3y3 – 6x2y2 = t2 – 8
* 2(x3 + y3) = (x3 + y3)(x2 + y2) = x5 + y5 + x2 y3 + x3 y2 = x5 + y5 + x2 y2(x + y)
 x5 + y5 + x2y2(x + y) = 2t.
P

∑ = 1.0

0.25

0.25

2

= – 2(2x y – 6x y )+ 5(x + y ) + 5x y x  y  2xy
= –2(t2 – 8) + 5[x5 + y5 + x2 y2(x + y)] = – 2t2 + 10t + 16 = f(t).
5
f '(t) = –4t + 10; f '(t) = 0  t =  2; 2 2  .
2
2 2

5

5

2 2

M
AT

H

3 3

 5  57
Ta có: f(2) = 28; f   
và f 2 2  20 2 .
2 2





0.25

w

w

w

.V
N

 5  57

Vâ ̣y MinP  Min f (t )  f (2)  28 và MaxP  Max f (t )  f   
.
2;2 2 
 2 ;2 2 
2 2





Đ/C: 235 Nguyễn Văn Cừ, P4, Q5, TP.HCM (38 322 293)

Website: ttdtvh.lehongphong.edu.vn