Tuyển chọn 80 đề thi thử ĐH môn Toán

SƯU TẦM VÀ BIÊN SOẠN

NGUYỄN ANH PHONG

TUYỂN CHỌN 80 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN 2015
CÓ THANG ĐIỂM CHI TIẾT

TẬP 1
+ Tài liệu này tặng các bạn học sinh và được post tại nhóm :
TƯ DUY HÓA HỌC_NGUYỄN ANH PHONG
+ Đường link : />
Hà Nội 5/2015

Page 1 of 122


MỤC LỤC TẬP 1
Đề số 01 : Chuyên Hạ Long Quảng Ninh – Lần 1 – 2015
Đề số 02 : Chuyên Hà Tĩnh – Lần 1 – 2015
Đề số 03 : Chu Văn An – Hà Nội – 2015
Đề số 04 : Chuyên Hùng Vương – 2015
Đề số 05 : Chuyên Hưng Yên – 2015
Đề số 06 : Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa – Lần 1 – 2015
Đề số 07 : Chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng – 2015
Đề số 08 : Chuyên ĐH Vinh – Lần 1 – 2015
Đề số 09 : Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – 2015
Đề số 10 : Chuyên Nguyễn Huệ – Lần 3 – 2015
Đề số 11: Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 1 – 2015
Đề số 12 : Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2015
Đề số 13: Toàn tỉnh Hà Tĩnh – 2015
Đề số 14 : Toàn tỉnh Thanh Hóa – 2015

Đề số 15: Toàn tỉnh Lào Cai – 2015
Đề số 16 : Gia Viễn A – Lần 1 – 2015
Đề số 17 : Nguyễn Công Trứ – 2015
Đề số 18 : Phan Đình Phùng – Hà Nội – 2015
Đề số 19 : Thuận Thành Bắc Ninh – 2015
Đề số 20 : Lạng Giang – Số 1 – Lần 3 – 2015

Page 2 of 122


Thông báo về lần thi thử HÓA HỌC số 10 (Đợt cuối mùa thi 2015).
Các em cố gắng tham gia nhé vì :
+ Đề lần này anh sẽ ra đề 100% với mục đích chính để các em tổng ôn tập lại tất cả kiến thức.
+ Lần này lượng kiến thức hỏi (lý thuyết) sẽ rất lớn nhưng sẽ rất rất cơ bản chỉ có trong SGK.
+ Ra đề lần chốt này anh sẽ đọc cẩn thận lại SGK để xem những chỗ nào hay thi, các em hay sai
là anh ốp hết vào đề thi.
+ Dự kiến anh sẽ tổ chức vào khoảng (20 – 25 tháng 6) cụ thể anh sẽ báo trên facebook nhé !

Em nào muốn tham gia thì vào nhóm để tham gia thi nhé (Miễn phí )
+ Tên nhóm : TƯ DUY HÓA HỌC_NGUYỄN ANH PHONG
+ Đường link : />ps/ Các em khóa 98 cũng nên tham gia để quen với hình thức anh tổ chức thi thử. Mùa thi 2016
chắc chắn cũng sẽ có 10 lần thi thử Hóa Học như năm này…những môn khác thì anh chưa chắc
chắn.

Page 3 of 122


NGUYEN ANH PHONG
CHUYÊN HẠ LONG

ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC LẦN 1

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN

(Đề thi gồm 01 trang)

Thời gian làm bài:: 180 phút

Câu 1(4 điểm). Cho hàm số: y = −2 x + 6 x − 5
3

2

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số đă cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó đi qua A(-1;-13)
Câu 2 (2 điểm). Tính nguyên hàm



∫ x  e

3x

+

1 
 dx
x + 1

2

Câu 3 (2 điểm).
1. Giải phương trình: log 3 x + 3 log x 27 − 10 = 0
2. Một đội văn nghệ có 15 người gồm 9 nam và 6 nữ. Chọn ngẫu nhiên 8 người đi hát đồng ca. Tính
xác suất để trong 8 người được chọn có số nữ nhiều hơn số nam.

Câu 4 (2 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 3 x + 1 + 3 6 − x
Câu 5 (2 điểm). Cho hình chóp S.ABC có các mặt ABC và SBC là những tam giác đều cạnh a. Góc giữa
hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 600 . Hình chiếu vuông góc của S xuống (ABC) nằm trong tam giác
ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Câu 6 (2 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;1;1), B(3;2;2) và mặt phẳng
(P): x + 2y – 5z – 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (α ) đi qua A, B và vuông góc với mặt phẳng (P).
Xác định hình chiếu vuông góc của A xuống (P).

Câu 7 (2 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2;6), B(1;1), C(6;3).
1. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
2. Tìm trên các cạnh AB, BC, CA các điểm K, H, I sao cho chu vi tam giác KHI nhỏ nhất.

3 y 2 + x + 8 2 + x = 10 y − 3 xy + 12
Câu 8 (2 điểm). Giải hệ phương trình 
5 y 3 2 − x − 8 = 6 y 2 + xy 3 2 − x
Câu 9 (2 điểm). Chứng minh rằng: Với mọi ∆ABC ta đều có

A
B
C 
A
B
C 9 3


 sin + sin + sin  cot + cot + cot  ≥
2
2
2 
2
2
2
2

-----------------HẾT-----------------

1

Page 4 of 122


NGUYEN ANH PHONG
SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu
Câu 1

Điểm

Nội dung
Cho hàm số: y = −2 x + 6 x − 5 (C )
1.
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = −2 x 3 + 6 x 2 − 5
TXĐ = R
3

2

lim y = −∞ ; lim y = +∞

x →= ∞

x → −∞

y ' = −6 x + 12 x
2

x = 0
y' = 0 ⇔ 
x = 2

0,5

…………………………………………………………………………………..
x
0
2
+∞
−∞
0
+
0
y’
y
+∞

3
-5
−∞

0.5

……………………………………………………………………………………
….
Hàm số đồng biến trên (0;2) , hàm số nghịch biến trên (−∞;2) và (2;+∞ )
Đồ thị hàm số có điểm cực đại là A(2;3), có điểm cực tiểu là B(0;-5)
y" = −12 x + 12 = 0 ⇔ x = 1

y” đổi dấu khi x qua 1 đồ thị hàm số có điểm uốn U(1;-1)
Chính xác hóa đồ thị:
x
0
2
1
3
-1
y
-5
3
-1
-5
3
Đồ thị hàm số nhận U(1;-1) làm tâm đối xứng

0,5

2

Page 5 of 122


NGUYEN ANH PHONG

0,5
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó đi qua
A(-1;-13)
..........................................................................................................................
Giả sử tiếp tuyến cần tìm tiếp xúc với đồ thị hàm số tại B( x0 ; f ( x0 ))
Phương trình tiếp tuyến tại B: y = (− 6 x 02 + 12 x 0 )(x − x 0 ) − 2 x 03 + 6 x 02 − 5 (∆ )

0,5

 x0 = 1
 x0 = −2

đi qua A(-1;-13) ⇔ (x0 − 1)2 ( x0 + 2) = 0 ⇔ 

0,5

…………………………………………………………………………………….
Có hai tiếp tuyến cần tìm:
Câu 2

Tính nguyên hàm
A= ∫ x  e 3 x +


TÍnh A1 =
=



∫ x  e

3x

+

∆1 : y = 6 x − 7

1

∆ 2 : y = −48 x − 61
1 
 dx
x + 1
2

x
1 
3x
dx
 dx = ∫ xe dx + ∫ 2
x + 1
x +1

0,25

2

∫ xe

3x

du = dx
u = x

⇒

x
3
đặt e dx = dv v = 1 e 3 x
3


dx

0,25

1 3x 1 3x
1
1
xe − ∫ e dx = xe 3 x − e 3 x + C1
3
3
3

9

0,5

…………………………………………………………………………………….
xdx 1 d ( x 2 + 1) 1
=
= ln x 2 + 1 + C2
Tính A2 = ∫ x 2 + 1 2 ∫ x 2 + 1
2
1
1
1
A = xe3 x − e3 x + ln x 2 + 1 + C
Vậy
3
9
2

0,5
0,5

3

Page 6 of 122


NGUYEN ANH PHONG
Câu 3

1. Giải phương trình log 3 x + 3 log x 27 − 10 = 0
Điều kiện: 0 < x ≠ 1
Phưng trình trở thành: log 3 x +

0,25

9
− 10 = 0
log 3 x

log 3 x = 1
⇔
log 3 x = 9
x = 3
⇔
9
x = 3

0.25

0.5

2. Một đội văn nghệ có 15 người gồm 9 nam và 6 nữ. Chọn ngẫu nhiên 8
người đi hát đồng ca. Tính xác suất dể trong 8 người được chọn có số nữ
nhiều hơn số nam.
Số cách chọn ra 8 người là: C158 = 6435
Số cách chọn ra 8 người mà số nữ nhiều hơn số nam là:

0,25
0.5

C . C + C . C = 540
5
6

3
9

6
6

2
9

…………………………………………………………………………………….
540
12
=
6435 143
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 3 x + 1 + 3 6 − x

Xác suất để chọn được 8 người thỏa mãn là:
Câu 4

0,25

.................................................................................................................................
 1 
TXĐ = − 3 ;6
3

3
f ' ( x) =
−
2 3 x + 1 2 6 − x xác định trên

0,25
0,5

 1 
 − ;6 
 3 

.................................................................................................................................

0,25

5  1 
f ' ( x) = 0 ⇔ x = ∈ − ;6
4  3 

…………………………………………………………………………………….
 1
f  −  = 57
 3

0,5

f (6 ) = 19
5
f   = 2 19

4
..........................................................................................................
Vậy min f ( x) = f (6) = 19

0,5

 1 
x∈ − ; 6 
 3 

5
max f ( x) = f   = 2 19
1


4
x∈ − ; 6 
 3 

Câu 5

Cho hình chóp S.ABC có các mặt ABC và SBC là những tam giác đều cạnh a.
Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 600 hình chiếu vuông góc của S
4

Page 7 of 122


NGUYEN ANH PHONG
xuống (ABC) nằm trong tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và

tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).

Gọi M là trung điểm của BC
Lập luận được góc giữa (SBC) và (ABC) là góc ∠ SMA = 600

0,5

3 3a 2
a 3
⇒ dt∆SAM =
16
2
3
1
a 3
= . BC . dt∆SAM =
16
3

SAM đều cạnh bằng
VS . ABC

0,5

…………………………………………………………………………………….
1 a 13 a 3 a 2 39
dt∆SAC = .
.
=
2 4

2
16
3V B.SAC
3. a 3 3
3a 13
d ( B; ( SAC )) =
=
=
2
13
dt∆SAC
a 39
16 .
16

Câu 6

0,5

0,5

Cho A(2;1;1), B(3;2;2) và mặt phẳng (P): x + 2y – 5z – 3 = 0. Viết phương trình
mặt phẳng (α ) đi qua AB và vuông góc với mặt phẳng (P). Xác định hình chiếu
vuông góc của A xuống (P).
Chọn nα = AB ∧ n β = (−7;6;1)
...............................................................................................................................
⇒ phương trình mặt phẳng (α ) : −7( x − 2) + 6( y − 1) + 1(z − 1) = 0
Hay − 7 x + 6 y + z + 7 = 0
……………………………………………………………………………………
Gọi A’(x0;y0;z0) là hình chiếu vuông góc của A xuống mặt phẳng (P),Ta có:

A ' ∈ ( P ) và AA ', nP cùng phương.

0,5
0,5

0,5

 x0 + 2 y0 − 5 z 0 − 3 = 0

 32 19 1 
⇔  x 0 − 2 y 0 − 1 z 0 − 1 ⇒ A'  ; ; 
 15 15 3 
 1 = 2 = −5


0,5
5

Page 8 of 122


NGUYEN ANH PHONG
Câu 7

Cho tam giác ABC có A(2;6), B(1;1), C(6;3).
a)Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0,(a 2 + b 2 − c > 0).
Ta có
4 + 36 + 4a + 12b + c = 0


1 + 1 + 2a + 2b + c = 0
36 + 9 + 12a + 6b + c = 0


0,5

0,25

240
−139
−147
;b =
;c =
⇒a=
(thỏa mãn)
46
46
23

139
147
240
= 0. 0,25
x−
y+
23
23
23
b) Tìm trên các cạnh AB, BC, CA các điểm K, H, I sao cho chu vi tam giác KHI

nhỏ nhất.

Vậy pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: x 2 + y 2 −

A(2;6), B(1;1), C(6;3)
Ta có: AB (−1; −5); AC (4; −3); BC (5;2) ⇒ AB = 26; AC = 5; BC = 29
BC > AB > AC ⇒ A > C > B , mà cos A > 0
ABC nhọn.
................................................................................................................................
Gọi E, F lần lượt đối xứng với H qua AB, AC. Ta có:
AE = AH = AF , suy ra tam giác AEF cân tại A và EAF = 2 A .
Chu vi ∆HIK = KE + KJ + IF ≥ EF
.
Gọi M là trung điểm EF, trong tam giác vuông AME, ta có
ME = AE.sin A = AH sin A
,
Suy ra: Chu vi tam giác HKI là

0,25

6

Page 9 of 122


NGUYEN ANH PHONG
2dt ∆ABC
R
0,25
Dấu “=” xảy ra ⇔ H là chân đường cao kẻ từ A xuống BC và K,I là giao điểm

của EF với AB, AC.
……………………………………………………………………………………
Ta chứng minh: IHF + CHF = A .
1
Có: IHF = AHF − AHI = AHF − AFI = AHF − (1800 − 2 A) = C − 900 + A
2
0
FHC = 90 − C , suy ra : IHF + CHF = A , suy ra tứ giác ABHI nội tiếp, suy
0,25
ra AIB = AHB = 900 , suy ra I là chân đường cao tam giác ABC kẻ từ B. Tương
tự có K là chân đường cao của C xuống AB.
..............................................................................................................................
Phương trình các đường thẳng
( AB ) : 5 x − y − 4 = 0;( AC ) : 3 x + 4 y − 30 = 0;( BC ) : 2 x − 5 y + 3 = 0
( AH ) : 5 x + 2 y − 22 = 0;( BI ) : 4 x − 3 y − 1 = 0;(CK ) : x + 5 y − 21 = 0
KE + KJ + IF ≥ EF EF = 2sin A. AH ≥ 2sin A. d ( A, BC ) =

 104 59 
H
; 
 29 29 
Suy ra: K  41 ; 101 
 26 26 
 94 117 
I ;

 25 25 

Câu 8

0,25

3 y 2 + x + 8 2 + x = 10 y − 3xy + 12
Giải hệ phương trình  3
2
3
5 y

2 − x − 8 = 6 y + xy

2−x

Điều kiện: x ∈ [− 2;2]
Nhận xét y = 0 không thỏa mãn phương trình (2)
( 2) ⇔

(

)

3

2
2
2 − x + 3 2 − x =   + 3  (*)
 y
 y

0,5

3

...............................................................................................................................
Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t trên R
hàm số đồng biến trên R
(*) ⇔ f

(

0,5

)

2
2
2 − x = f   ⇔ 2 − x = thế vào (1)
y
 y

..............................................................................................................................
(1) ⇔ 3 y 2 + x + 8

2 + x = 10 y − 3 xy + 12

⇔ 3 2 + x + 4 2 + x 2 − x = 10 − 3x + 6 2 − x
⇔ 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 + 3x − 10 = 0

(**)

0,5

...............................................................................................................................
Đặt 2 + x − 2 2 − x = t ⇒ t 2 = 10 − 3x − 4 4 − x 2
7

Page 10 of 122


NGUYEN ANH PHONG
t = 0
t = 3

0,25

Phương trình (**) trở thành 3t − t 2 = 0 ⇔ 

.............................................................................................................................
- Với t=0: x =

Câu 8

6
5

0,25

y= 5

- Với t=3: 2 + x − 2 2 − x = 3 , phương trình vô nghiệm, vì vế trái ≤ 2
Chứng minh rằng: Với mọi ∆ABC ta đều có

C 9 3
B
A
C 
B
A

 sin + sin + sin  cot + cot + cot  ≥
2
2
2
2
2 
2
2


..................................................................................................................................
A B C  π
A
B
C
A
B
A
, , ∈  0; 
sin ,sin ,sin ,cos , cos ,cos > 0
2
2
2

2
2
2
Ta có : 2 2 2  2  nên
0,5
sin

A
B
C
A
B
C
+ sin + sin ≥ 3 3 sin sin sin ≥ 0
2
2
2
2
2
2

……………………………………………………………………………………
A
B
C
cot + cot + cot
2
2
2
A

B
C
C
B
sin (sin cos + sin cos )
2
2
2
2
2
=
A
B
C
2sin sin sin
2
2
2
B
A
C
C
A
sin (sin cos + sin cos )
2
2
2
2
2
+

A
B
C
2sin sin sin
2
2
2
C
A
B
B
A
sin (sin cos + sin cos )
2
2
2
2
2
+
A
B
C
2sin sin sin
2
2
2
A
A
B
B

C
C
sin cos + sin cos + sin cos
2
2
2
2
2
2
=
A
B
C
2sin sin sin
2
2
2
A
A
B
B
C
C
3 sin
cos .sin cos .sin cos
2
2
2
2
2

2
≥3
A
B
C
2sin sin sin
2
2
2
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………………….

A
B
C 
A
B
C 9

 sin + sin + sin  cot + cot + cot  ≥
2
2
2 
2
2
2 2


3

cot

A
B
C
cot cot
2
2
2
8

Page 11 of 122


NGUYEN ANH PHONG
A
2

B
2

Lại có cot cot cot

C
≥3 3
2

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

A
B

C 
A
B
C 9 3

 sin + sin + sin  cot + cot + cot  ≥
2
2
2 
2
2
2
2


Dấu “=” xảy ra

ABC đều
0,5

0,5

0,5

9

Page 12 of 122


NGUYEN ANH PHONG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
HÀ TĨNH 

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  y = x 3 - 3 x 2  + 2 (1). 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số  (1) . 
b. Gọi  M  là điểm thuộc đồ thị  (C )  có hoành độ bằng ­1. Tìm m để tiếp tuyến với  (C )  tại  M 
song song với  đường thẳng  d : y = (m 2  + 5) x + 3m + 1. 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a. Giải phương trình  cos3 x + 2sin 2 x - cos x = 0. 
b. Giải phương trình  5 x + 51 - x - 6 = 0. 
1 

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:  I = ò ( x + e 2 x ) xdx. 
0 

Câu 4 (1,0 điểm). 
a. Giải phương trình  2log 3 (4 x - 3) + log 1 (2 x + 3) = 2. 
3 

b. Cho  n  là số nguyên dương thỏa mãn  5C n1 = Cn 3 .  Tìm hệ số của số hạng chứa  x 5  trong khai 
triển nhị thức Niutơn của  (2 + x)n . 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD = 2a; tam giác SAC 
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,  SC = a 3.  Tính theo a thể tích khối 
chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm  B  đến mặt phẳng  ( SAD ). 
Câu 6  (1,0  điểm). Trong mặt phẳng  tọa độ  Oxy ,  cho  hình  bình hành  ABCD  có  N  là  trung 

điểm của cạnh  CD  và đường thẳng  BN  có phương trình là  13 x - 10 y + 13 = 0;  điểm  M (- 1;2) 
thuộc đoạn thẳng AC  sao cho  AC = 4 AM .  Gọi  H  là điểm đối xứng với  N  qua  C .  Tìm tọa độ 
các đỉnh  A, B, C , D ,  biết rằng  3 AC = 2 AB và điểm  H  thuộc đường thẳng  D : 2 x - 3 y = 0. 
Câu  7  (1,0  điểm).  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  cho  điểm  A(- 2;1;5) ,  mặt  phẳng 
x - 1 y - 2  z 
=
=  .  Tính  khoảng  cách  từ  A  đến 
2
3
1 
( P ) . Viết phương trình mặt phẳng  (Q )  đi qua  A  , vuông góc với  ( P )  và song song với  d . 

( P ) : 2 x - 2 y + z - 1 = 0  và  đường  thẳng  d :

ìï x 2 + ( y 2 - y - 1) x 2 + 2 - y 3  + y + 2 = 0 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  í
( x, y Î R ). 
2 
3  2
ïî  y - 3 - xy - 2 x - 2 + x = 0 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho  a  là số thực thuộc đoạn  [1;2].  Chứng minh rằng 
(2a + 3a + 4a )(6a + 8a + 12 a ) < 24 a+1 

---------HẾT--------- 

Page 13 of 122


NGUYEN ANH PHONG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 

HÀ TĨNH 

THI THỬ THPT QG LẦN 1 NĂM 2015 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Môn: TOÁN 
Nội dung 

Câu 

Điểm 

1.a  Ta có  y  =  x 3 - 3 x 2  + 2 . 

+) Tập xác định: R. 
+) Sự biến thiên:

0,25

é x = 0 
w Chiều biến thiên:  y ' = 3 x 2 - 6 x , y ' = 0 Û ê
ë x = 2 

w Giới hạn, tiệm cận:
lim  y  = -¥ , lim  y  = +¥ . Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
x ® -¥

x ® +¥

w Cực trị: Đồ thị hàm số đạt cực đại tại  (0; 2) , cực tiểu tại  (2; -2)
w Hàm số đb trên mỗi khoảng  ( -¥; 0); (2; +¥ ) , nghịch biến trên  (0;2) 

0,25

w Bảng biến thiên: 
x
-¥ 
y' 

0                  2
+  0 
­ 
0        + 
2

+¥ 
+¥ 

0,25 

y 
­2
-¥ 
Đồ thị: 

y
Đồ thị cắt Ox tại  (1; 0) , cắt Oy tại  (0; 2) 

(0; 2) 

2 

2 
O    1 

x 

0,25 

­2

1.b 

Ta có  M (-1; - 2). 

0,25 
/ 

2.a 

Pttt của (C) tại M là  D : y = y (-1)( x + 1) - 2  hay  D : y = 9 x + 7. 

0,25 

ìm 2  + 5 = 9  ì m = ±2 
D / /d Û í
Ûí
Û m = -2. 
î 3m + 1 ¹ 7  î m ¹ 2 

0,5 

cos3 x + 2sin 2 x - cos x = 0 Û 2sin 2 x(1 - sin x) = 0 

0,25 

p
é
x = k 
ê
sin
2
x
=
0 
é
2 
Ûê
Ûê
ësin x = 1 
ê x = p + k 2 p
êë  2 
Page 14 of 122

0,25 


NGUYEN ANH PHONG

2.b 

5 x + 51- x - 6 = 0 Û 52 x - 6.5 x + 5 = 0 

0,25

é5 x  = 5
é x = 1 
Û  ê x 
Ûê
ë 5 = 1  ë x = 0 

0,25 

1

1
2x

3 

1 

I = ò ( x + e ) xdx = ò x dx + ò xe 2 x dx = I1 + I 2 
2

0

0

0 

0,5 

3  1 

1 

x 
I1  = ò x 2 dx =
3
0 

1 
=
3 
0 
ì du = dx 
ï
Ta có  í
e 2 x 
v
=
ï
î 
2 

ìu = x 
Đặt  í
2 x 
î dv = e dx
1

0.25 
1 

2x
1 e
3e 2  + 7 
xe 2 x
xe 2 x e 2 x 
e 2  + 1 
I 2  =
dx = (
) =
.  Vậy  I = 
2 0 ò 0  2
2
4 0 
4 
12 

0,25 

3 
(4 x - 3) 2 
ĐK:  x >  .   PT Û  log 3 (4 x - 3)2  - log 3 (2 x + 3) = 2 Û log 3 
= 2 
4 
2 x + 3 
-3 
Û 8 x 2  - 21x - 9 = 0 Û x = 3  hoặc  x =  . Đối chiếu ĐK ta được nghiệm x=3 
8 

4.b  ĐK: n Î N * , n ³ 3. Ta có  5C 1 = C 3 Û n 2  - 3n - 28 = 0 Û n = 7  hoặc  n = - 4 (Loại) 
n
n 
4.a 

0,25 
0,25 
0,25 

7 

(2 + x )7 = å C7 k 2 7 - k x k  . Sh chứa  x 5  ứng với k=5. Hệ số của  x 5  là  C7 5 2 2  = 84. 

0,25 

k = 0 

Kẻ  SH ^ AC ( H ΠAC ) . 
Do  ( SAC ) ^ ( ABCD ) Þ SH ^ ( ABCD ) 

5 
S

AC 2 - SC 2  = a;  SH  =

SA =
J 
D 

A 

K 
H 
B 
C 

SA.SC a  3 
= 
AC
2 

AC. BD 
S ABCD  =
= 2 a 2 
2 
1
1a 3
a 3  3 
VS . ABCD = SH .S ABCD  =
.2a 2  = 
. 
3
3 2
3 

a 
Þ CA = 4 HA Þ d (C ,( SAD )) = 4d ( H , ( SAD )). 
2 
Do BC//(SAD) Þ d ( B,( SAD )) = d (C ,( SAD)) = 4 d ( H ,( SAD)). 
Kẻ  HK ^ AD ( K Î AD ), HJ ^ SK ( J ΠSK ) 
Cm được  ( SHK ) ^ ( SAD)  mà  HJ ^ SK Þ HJ ^ ( SAD) Þ d ( H ,( SAD)) = HJ

Ta có  AH =

0,5 

SA2 - SH 2  =

a  2 
D AHK vuông cân tại K  Þ HK = AH sin 45  = 
4 
SH .HK
a  3 
2a 3 2a  21 
Þ HJ  =
=
Vậy  d ( B ,( SAD )) =
= 
7 
7 
SH 2 + HK 2  2 7 
0 

Page 15 of 122

0,5


NGUYEN
ANH
PHONG
13(-1) - 10.2 + 13 

20 
A 

6 

d ( M , BN ) =

=

132 + 10 2 
H Î D Û H (3a; 2a) 

; 
269 

M 

I 

0,25 

G 
D 

N 

B 

H 
C 

Gọi I  là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN.  Ta thấy G là trọng tâm  D BCD . 

2
1 
1
5
4 
CI =  AC mà  AM = AC Þ MG =
AC Þ CG =  MG
3
3 
4
12
5 
4
16
32 
Þ d (C , BN ) = d ( M , BN ) =
Þ d ( H , BN ) = 2d (C , BN ) = 
5 
269
269 
13.3a - 10.2a + 13 
32 
-45 
Û
=
Û a = 1  hoặc  a = 
19 

269
269 
Vì H  và  M  nằm khác phía đối với đường thẳng BN  nên  H (3;2) 
Suy ra  CG =

3 AC 2 AB 2 CD CD 
=
=
=
= CN = CH Þ D MHN vuông tại M. 
4
4
4
2 
MH có pt  y - 2 = 0 Þ MN : x + 1 = 0 Þ N (- 1; 0)  Þ C (1;1),  D (-3; - 1) 
uuuur
uuur 
-5 7
-1 5
7 13 
Do  CM = 3MA Þ A( ; ) Þ I ( ; ) Þ B ( ; ). 
3 3
3 3
3 3 
-5 7
7 13 
Vậy  A( ; ), B ( ; ), C (1;1), D (-3; - 1). 
3 3
3 3 
2( -2) - 2.1 + 1.5 - 1  2 

d ( A,( P )) =
=
3 
22 + (-2)2 + 1 2 
Ta thấy  CM =

7 

uur 

uur 

r

-1  uur uur 
[ n p , ud  ]=(1;0;­2)  làm vtpt 
5 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

Suy ra  (Q) : x - 2 z + 12 = 0 
8 

0,25 

uur uur 

(P)  có vtpt là  n p  = (2; -2;1) , d có vtcp là  ud  = (2;3;1) , [n p , ud  ]= ( -5;0;10 ) 
Theo giả thiết  suy ra (Q) nhận  n =

0,25 

ĐK:  y 2 - 2 ³ 0; xy 2  - 2 x - 2 ³ 0. 

x 2 + ( y 2 - y - 1) x 2 + 2 - y 3 + y + 2 = 0 Û ( x 2 + 2 - y )( y 2 + x 2  + 2 - 1) = 0 
ì y ³ 0 
Û  y = x 2  + 2  Û í 2
(Do  y 2 + x 2  + 2 - 1 > 0 " x , y ) 
2 
î y = x + 2 
Thay  y 2 = x 2  + 2 vào PT thứ hai của hệ ta được pt sau với ĐK:  x ³ 3  2 
3

0,5 

x 2 - 1 - x 3 - 2 + x = 0 Û ( 3  x 2 - 1 - 2) + x - 3 = x 3  - 2 - 5 

(

) 

é
ù ( x - 3) x 2  + 3 x + 9 
x + 3 

Û ( x - 3 ) ê
+ 1 ú =
x 3  - 2 + 5 
êë 3  ( x 2 - 1) 2 + 2 3  x 2 - 1 + 4 úû
é x = 3 
ê
Ûê
x+3
x 2  + 3 x + 9  (*) 
+ 1 =
ê 3  ( x 2 - 1)2 + 2 3  x 2 - 1 + 4
x 3  - 2 + 5 
ë 

Page 16 of 122

0,25


NGUYEN ANH PHONG

Ta thấy 

+)

x 2  + 3 x + 9 
3 

> 2 Û x 2 + 3 x - 1 > 2 x 3 - 2 Û ( x 2 + 3 x - 1)2 > 4( x 3  - 2) 

x  - 2 + 5 

+)

Û ( x 2 + x ) 2 + ( x - 3)2 + 5 x 2  > 0 "x
x + 3 
+ 1 < 2 Û 3  ( x 2 - 1) 2 + 2 3  x 2  - 1 + 1 > x  (** ) 
2
2
3 
2 
3 
( x - 1) + 2 x - 1 + 4 

Đặt  t =

3 

0,25 

x 2  - 1, t > 0 . Khi đó (**) trở thành 

t 2 + 2t + 1 > t 3 + 1 Û (t 2 + 2t + 1) 2 > t 3 + 1 Û t 4 + 3t 3 + 6t 2  + 4t > 0  Đúng "t > 0 . 
Suy ra  (*) vô nghiệm 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(3;  11 ) 
9 

BĐT Û (2 a + 3a + 4a )(

1 1 1 

+ + ) < 24 
2a 3a 4 a

0,25 

Do  a Î [1;2] Þ 2 £ 2a £ 4; 3 £ 3a £ 9; 4 £ 4 a  £ 16 

Þ 2 £ 2 a < 16; 2 < 3a < 16; 2 < 4 a £ 16. 
Với  x Π[2;16] , ta có 
( x - 2)( x - 16) £ 0 Û x 2  - 18 x + 32 £ 0 Û x - 18 +
Từ đó suy ra 

0,25 

32
32 
£0Û
£ 18 - x 
x
x

1 1 1 
+ a + a ) < 54 - (2a + 3a + 4a ) 
a
2 3 4 
1
1
1 54 - (2a + 3a + 4 a ) 
Û a + a + a < 
2

3
4
32 

32(

Khi đó 

1
1
1
(2 a + 3a + 4 a )[54­(2a + 3a + 4 a )] 
(2a + 3a + 4 a )( a + a + a  ) <
2
3
4
32 
2 

1 é [2 a + 3a + 4 a + 54­(2a + 3a + 4 a )] ù
729 
£
=
< 24 
ê
ú
32 ë
2
32 
û 

Page 17 of 122

0,5 


NGUYEN ANH PHONG
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ SỐ 1

2x  1
(1).
x2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) biết d song song với đường thẳng 3x – y + 14 = 0.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

Câu 2 (1,0 điểm).


 2
 3

 x  .
a) Chứng minh rằng cos 2 x  cos 2   x   cos 2 
3

 3
 2

b) Giải phương trình log

2

( x  3)2  8log 2 2 x  1  4.


Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x( x  sin x) dx.
0

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2( z  1)  3z  i (5  i) . Tính môđun của z.
b) Trong cuộc thi “Rung chuông vàng” thuộc chuỗi hoạt động Sparkling Chu Văn An, có 20 bạn
lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5 bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, Ban tổ chức
chia các bạn thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiện bằng
cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 2a,
  600 , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB.
BAC
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC là I(–2;1) và thỏa mãn điều kiện 
AIB  900 , chân đường cao kẻ từ A

đến BC là D(–1;–1), đường thẳng AC đi qua điểm M(–1;4). Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết rằng
đỉnh A có hoành độ dương.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;2;–1), B(3;4;1) và
C(4;1;–1). Viết phương trình mặt cầu có đường kính AB. Tìm tọa độ điểm M trên trục Oz sao cho
thể tích khối tứ diện MABC bằng 5.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3( x 2  2) 

4 2
2

x  x 1

 x





x  1  3 x2  1 .

Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2(x + y) + 7z = xyz. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức S  2 x  y  2 z.
---------------- Hết ---------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh…………………………………………………; Số báo danh………….……...

Page 18 of 122


NGUYEN ANH
PHONG

ĐÁP ÁN
– THANG ĐIỂM

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm có 05 trang)

CÂU

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1

2,00
a

(1,00 điểm)
 TXĐ: D =  \{2}.
 Giới hạn và tiệm cận:
lim y  2; lim y  ; lim y  
x

x2

0,25

x2

 Tiệm cận đứng x = –2, tiệm cận ngang y = 2.
3
 Sự biến thiên: y ' 
 0, x   \{2}
( x  2)2
 Hàm số đồng biến trên từng khoảng (–;–2) và (–2;+).
 Bảng biến thiên:

0,25

0,25

 Hàm số không có cực trị.
 Đồ thị:

0,25

b

(1,00 điểm)
Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). Khi đó y’(x0) = 3.

0,25

 x0  1
3
 3  ( x0  2)2  1  

2
( x0  2)
 x0  3.

0,25

Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại các điểm (–1;–1) và (–3;5) lần lượt là:
y  3 x  2, y  3 x  14 .

0,25

Từ giả thiết ta được y  3x  2.

0,25

Ta có phương trình

1

Page 19 of 122


NGUYEN ANH PHONG

2
a

(0,5 điểm)
Ta có A 

3 1
 2

 4

 cos 2 x  cos 
 2 x   cos 
 2x
2 2
 3

 3


0,25

3 1
3
   3 1
 cos 2 x  2 cos    2 x  cos        cos 2 x  cos 2 x  .
2 2
2
 3  2 2

0,25


b

1,00

(0,5 điểm)
1
ĐK: x  , x  3. Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
2
x 3
4 log2 x  3  4 log 2 (2 x  1)  4  log2
1
2x 1
x 3
 x  3  4x  2

 2  x  3  4x  2  
 x  1.
2x 1
 x  3  4 x  2
Phương trình có nghiệm x  1.

3

0,25

0,25
1,00

3 



x

I   ( x  x sin x) dx 
3
0
2

0





3
  x sin xdx 
 x sin xdx.
3 0
0

0,25



Tính I1   x sin xdx.
0

0,25

u  x
du  dx
Đặt 


 dv  sin xdx v   cos x.






 I1   x cos x 0   cos xdx    sin x 0   .

0,25

0
3

I 


.
3

0,25

4

1,0
a

(0,5 điểm)
Đặt z  a  bi, ( a, b  ) . Khi đó:
2( z  1)  3z  i (5  i )  2(a  bi  1)  3( a  bi )  1  5i  a  1  5(1  b)i  0.

a  1

 z  2.
b  1

b

(0,5 điểm)
Gọi X là biến cố: “chia 20 bạn thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm 5 bạn sao cho 5
bạn nữ thuộc cùng một nhóm”.
5
5 5 5
Ta có   C20
C15
C10C5 cách chia 20 bạn thành 4 nhóm A, B, C, D.

0,25
0,25

0,25

5 5 5
Xét 5 bạn nữ thuộc nhóm A, có C15
C10C5 cách chia các bạn nam vào 3 nhóm còn lại
5 5 5
Do vai trò các nhóm như nhau, có 4C15
C10 C5 cách chia các bạn vào các nhóm A, B,
C, D trong đó 5 bạn nữ thuộc một nhóm.
4
1

Xác suất cần tìm là: P( X )  5 
.
C20 3876

5

0,25

1,00
2

Page 20 of 122


NGUYEN ANH PHONG

Xét tam giác ABC có
BC  AB tan 600  2a 3

 S ABC  2a

2

0,25

3.

1
1
VS . ABCD  SA.SABC  a 3.2a2 3  2a3 .

3
3

0,25

- Gọi N là trung điểm cạnh SA.
Do SB // (CMN) nên
d (SB, CM )  d (SB, (CMN ))

 d ( B, (CMN ))
 d ( A, (CMN )).
- Kẻ AE  MC , E  MC và kẻ
AH  NE , H  NE
Chứng minh được
AH  (CMN )  d ( A, (CMN ))  AH .

Tính AE 

0,25

2 S AMC
trong đó:
MC

1
  1 a.4 a. 3  a2 3 
AM . AC.sin CAM
2a 3
.
2

2
2
  AE 
13

MC  a 13

2a 3
2a 3
2a 3
 d ( A, (CMN )) 
 d ( SB, CM ) 
.
Tính được AH 
29
29
29
S AMC 

6

0,25

1,00
Do 
AIB  900  
ACB  450 hoặc

ACB  1350  
ACD  450  tam giác

ACD vuông cân tại D nên DA = DC.
Hơn nữa, IA = IC.
Suy ra, DI  AC  đường thẳng AC
thỏa mãn điều kiện: AC qua điểm M và
AC vuông góc ID.

0,25

Viết phương trình đường thẳng AC: x  2 y  9  0 .
Gọi A(2a  9; a)  AC . Do DA  2d ( D, AC )  2 10 nên

0,25

 a  1  A( 7;1)
(2a  8)2  (a  1)2  2 10  a 2  6a  5  0  
 a  5  A(1;5)
Theo giả thiết bài cho  A(1;5) .

0,25

Viết phương trình đường thẳng DB: x + 3y +4 = 0. Gọi B(3b  4; b).
Tam
 giác IAB vuông tại I nên
IA.IB  0  3(3b  2)  4(b  1)  0  b  2  B (2; 2).
Đáp số: A(1;5), B (2; 2).

0,25

7

1,0
Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I là trung điểm của AB, với I (2;3;0).

0,25

AB
 3.
2
Phương trình của (S): ( x  2) 2  ( y  3) 2  z 2  3.

0,25

Bán kính của (S) là R 

3

Page 21 of 122


NGUYEN ANH PHONG

  
Gọi M (0;0; t )  Oz . Do VMABC = 5 nên 1 [ AB, AC ] AM  5  11  4t  5.
6

t  1  M (0;0;1)
11  4t  15
 11  4t  15  

t   13  M (0;0;  13 ).

11  4t  15

2
2
8

0,25
0,25
1,00

ĐK: x  1.
Với điều kiện đó
BPT  6( x 2  2) 

8 2
2

 2 x2  x  6 x x2 1  0

x  x 1
3



x2  1  x

2

 


0,25

2


4 2
x2  x  1  2 
 x 2  x  5   0.
 2

 x  x 1




4 2
2 2
 t  5 với t  0. Ta có f '(t )  1 
.
t 1
(t  1) t  1
 f '(t )  0  t  1.
 Bảng xét dấu
Xét hàm số f (t ) 

0,25

Suy ra f (t )  f (1), t  [0;+)  f (t )  0, t  [0;+). Dấu “=” xảy ra  t = 1.
Do x 2  x  0, x  [0;+) 

4 2

 x 2  x  5  0, x  [0;+).

2

x  x 1
1 5
Dấu “=” xảy ra khi x 2  x  1  x 
.
2

Khi đó: 3



x2 1  x

2

 


0,25

2
 4 2

x2  x 1  2 

 x2  x  5   0
 2

 x  x 1





 x2  1  x  0

1 5
  x2  x 1  0
x
.

2
 4 2
 x2  x  5  0
 2
 x  x 1

0,25

1  5 
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S  [1; ) \ 
.
 2 
9

1,00
Ta có: 2( x  y )  z ( xy  7) . Do x, y, z là các số dương nên xy – 7 > 0.
2( x  y )
Khi đó, từ giả thiết ta được z 
.
xy  7
4( x  y)
Suy ra: S  f ( x; y )  2 x  y 
với điều kiện x  0, y  0, xy  7 (*)
xy  7
Với mỗi x cố định, xét đạo hàm của hàm số f(x;y) theo ẩn y ta được:
4( xy  7)  4 x( x  y )
28  4 x2
f y' ( x; y)  1 

1

.
( xy  7)2
( xy  7)2
f y' ( x; y )  0  x 2 y 2  14 xy  21  4 x 2  0  y0 
4

Page 22 of 122

7
7
 2 1 2 .
x
x

0,25


NGUYEN ANH PHONG

Suy ra: f ( x; y0 )  2 x 

11
7
 4 1 2 .
x
x

Xét hàm số g ( x)  2 x 

11
11
7
 4 1  2 với x > 0 với g '( x)  2  2 
x
x
x

g '( x)  0  x  3.
Khi đó g ( x)  g (3)  g ( x)  15.
Với điều kiện (*), ta có S  f ( x; y0 )  g ( x)  15.
Vậy min S  15 khi x  3, y  5, z  2.

------------ Hết -------------

Page 23 of 122

0,25
28
x

3

7
1 2
x

.

0,25

0,25


ĐỀ THI KHẢO SÁT 
NGUYEN ANH
PHONG

TRƯỜNG THPT 

CHUYÊN HÙNG VƯƠNG 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số

MÔN: TOÁN    LỚP: 12 
Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề 
Đề thi có 01 trang 

y = x 3 + ( 2m - 1) x 2  - m + 1 

( Cm ) , m là tham số thực. 

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi  m = - 1.
b) Tìm m để đường thẳng  y = 2mx - m + 1  và ( C m ) cắt nhau tại ba điểm phân biệt. 
Câu 2 (1 điểm). 
a) Giải phương trình

2 

( cos x + sin x )  -

b) Giải phương trình log 3 ( x - 2 ) + log

3 cos 2 x = 1 + 2 cos x.
3 

x + 3 = 1 + log 3  2 .

ln 2

Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân  I =

2 e x - 1 

ò 0  e x + 1 dx.

Câu 4 (1 điểm). 
a) Khai triển và rút gọn biểu thức  1 - x + 2(1 - x )2  + ... + n(1 - x )n thu được đa thức 
P( x ) = a0 + a1 x + ... + an x n . Tìm  a 8  , biết rằng  n  là số nguyên dương thoả mãn 

1
7
1 
+ 3  =  . 
2
Cn Cn n

b) Trong kỳ thi tuyển sinh đại học, bạn Thọ dự thi hai môn thi trắc nghiệm Vật lí và Hóa học. Đề 
thi của mỗi môn gồm 50 câu hỏi; mỗi câu có 4 phương án lựa chọn, trong đó có 1 phương án đúng, 
làm đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Mỗi môn thi Thọ đều làm hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 
câu; 5 câu còn lại Thọ chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để tổng điểm 2 môn thi của Thọ không dưới 
19 điểm. 
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp  S. ABC  có đáy là tam giác vuông tại  A ,  AB = 2 a, AC = a. Các 
cạnh bên của hình chóp bằng  nhau và bằng  a  2. Gọi  M , H  lần  lượt là trung điểm của  AB  và 
uuur 1 uuur 
BC ,  I  là điểm thỏa mãn  BI = AC. Tính theo  a  thể tích khối chóp  S. ABC  và khoảng cách 
3 

giữa hai đường thẳng  MH  và  SI .
Câu  6  (1  điểm).  Trong  không  gian  với  hệ  trục  Oxyz , cho  các  điểm A ( 0; 0;1) , B ( 0;1; 0 ) . Viết 
phương trình mặt phẳng đi qua các điểm  A, B  đồng thời cắt trục  Oz tại điểm  C  sao cho tứ diện 
OABC  có thể tích bằng  1. 

Câu 7  (1  điểm).  Trong  mặt  phẳng  với  hệ  trục  Oxy ,  cho  tam  giác  ABC  có  đường  trung  tuyến 

AM  và đường cao  AH  lần  lượt có phương trình  13 x - 6 y - 2 = 0, x - 2 y - 14 = 0. Tìm tọa độ 
các đỉnh của tam giác  ABC  biết tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác  ABC  là I ( - 6; 0 ) .
14 
.
x - 2 
Câu 9 (1 điểm). Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn  a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 

Câu 8 (1 điểm). Giải bất phương trình  2 x + 5 x > 11 +

của biểu thức  P =

a2
b2 
3 
+
- ( a + b)2 .
2
2 
( b + c ) + 5bc ( c + a ) + 5 ca 4 

Page 24 of 122


NGUYEN ANH PHONG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
HÙNG VƯƠNG 

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 
ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP 12 

Câu 
Nội dung 
1  a) Khi  m = - 1  hàm số trở thành  y = x 3 - 3 x 2  + 2.

Điểm 
0,25 

1) Tập xác định:  R .
2) Sự biến thiên: 

0,25 

* Giới hạn tại vô cực: Ta có  lim y = -¥  và  lim y = +¥ .
x ®-¥

x ®+¥

é x = 0 
* Chiều biến thiên: Ta có  y ' = 3 x 2  - 6 x; y ' = 0 Û ê
.
ë x = 2 
Suy ra : 
hàm  số  đồng  biến  trên  mỗi  khoảng

( -¥; 0 ) , ( 2 ; + ¥ ) ;

nghịch  biến  trên  khoảng

( 0; 2 ) . 
* Cực trị: 

Hàm số đạt cực đại tại  x = 0, yC Đ  = 2 , hàm số đạt cực tiểu tại  x = 2, yCT = - 2 .
* Bảng biến thiên: 
x 

0

-¥

y ' 

+ 

0 

+ ¥

2 

– 

0 

0,25 

+

+ ¥

2

y 

- 2

-¥

3) Đồ thị: 
y 
2 

0,25 
O 

2 

x 

- 2

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm
x 3 + ( 2m - 1)x 2  - m + 1 = 2mx - m + 1  ( * ) 

0,25 

Û x3 + ( 2m - 1) x 2  - 2 mx =  0 
Û x = 0; x = 1  hoặc  x = - 2 m . 

Page 25 of 122

0,25