ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016TỔ : TOÁN – TIN MÔN : TOÁN

TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT
TỔ : TOÁN – TIN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MƠN : TỐN
Thời gian làm bài : 180 phút

Đề 01

Câu 1 (2 điểm)

Cho hàm số y = − x3 + 3x2 − 2

(C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Tìm k để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt : x3 – 3x2 + k = 0
Câu 2 (2 điểm)


a) Giải hệ phương trình: 

xy − 3x − 2y + 6 = 0

2
2
 x + y − 2x − 4y + 3 = 0




b) Giải phương trình: 2 2cos2x + sin2xcos x +

.

3π
4



π
÷− 4sin x + ÷ = 0 .
4



π
2

Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân:

I = ∫ (esin x + cosx)cosxdx .
0

Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vng tại B có AB = a, BC = a 3 ,
SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vng góc
của điểm A trên các cạnh SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.
Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng:
1
4

4

4

a + b + c + abcd

+

1
4

4

4

b + c + d + abcd

+

1
4

4

4

c + d + a + abcd

+

1
4

4

4

d + a + b + abcd

≤

1
abcd

Câu 6 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng

3
,
2

A(2; –3), B(3; –2), trọng tâm của ∆ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y –8 = 0. Viết
phương trình đường trịn đi qua 3 điểm A, B, C.
Câu 7 ( 1 điểm )
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6). Viết phương trình mặt
phẳng (P) qua A, cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
Câu 8 ( 1 điểm)
Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi chỉ khác nhau về
màu sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra khơng có đủ cả ba màu.

Hướng dẫn Đề sô 1

Câu II: 1)


2) ⇔ (sin x + cosx)  4(cosx − sin x) − sin2x − 4 = 0
π
4

⇔ x = − + kπ ; x = k2π ; x =

3π
+ k2π
2

AM =

2
5

a; SM=

4a
5

⇒

V1

SM SN SM 1
.
=

. (1)
V SB SC SB 2
V 2 V 3
3
⇒ 1 = ⇒ 2 = ⇒ V2 = V (2)
V 5 V 5
5

Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC;
SM 4
=
SB 5

=

3

3
1
a. 3
⇒ V2 = a . 3
V = S∆ABC .SA =
3
3
5

Câu V: a4 + b4 ≥ 2a2b2 (1); b4 + c4 ≥ 2b2c2 (2); c4 + a4 ≥ 2c2a2 (3)
⇒ a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c) ⇒ a4 + b4 + c4 + abcd ≥ abc(a + b + c + d)
⇒

1
4

4

4

a + b + c + abcd

≤

1
(4) ⇒ đpcm.
abc(a + b + c + d)

Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x2 + y2 − 4x − 8y + 10 = 0
x y z
a b c

2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ (P ): + + = 1

77
a=


4
5
6
uu
r

uur
4

 a + b + c = 1
IA
=
(4
−
a
;5;6),
J
A
=
(4;5
−
b
;6)
77
uur
uur
⇒ −5b + 6c = 0 ⇒ b =
J K = (0; −b;c), IK = (−a;0;c)
5


 −4a + 6c = 0
c = 77

6
Câu VI.b: 1) Tìm được C1(1; −1) , C2(−2; −10) .

11 11 16
+ Với C1(1; −1) ⇒ (C): x2 + y2 − x + y + = 0 
3

3

3

91
91
416
+ Với C2(−2; −10) ⇒ (C): x2 + y2 − x + y +
= 0 
3

3

3

(P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy)
⇒ (P): 5x – 4y = 0
(Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy)
⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D)
Câu VII.b: b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là C144 = 1001 cách .
Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu :
1
1
2
+ TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 2 .C 5 .C 7 cách

1
2
1
+ TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 2 .C 5 .C 7 cách
2
1
1
+ TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 2 .C 5 .C 7 cách
1
1
2
1
2
1
2
1
1
Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là C 2 .C 5 .C 7 + C 2 .C 5 .C 7 + C 2 .C 5 .C 7 = 385 cách .
2) Gọi

Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là P =

TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT
TỔ : TOÁN – TIN
Đề 02

1001 − 385 616
8
=
=

.
1001
1001 13

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút


Câu 1. (2 điểm ): Cho hàm số y = x3 − 3mx2 + 9x − 7 có đồ thị (Cm).
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m= 0 .
b. Tìm m để (Cm) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng.
Câu 2. (2 điểm ):
a. Giải phương trình:

sin2 3x − cos2 4x = sin2 5x − cos2 6x

b. Giải hệ phương trình :

 x4 − 4x2 + y2 − 6y + 9 = 0
 2
2
 x y + x + 2y − 22 = 0
7

I =∫

Câu 3. (1điểm ) Tính tích phân sau:

0

x+ 2
3

dx
x+ 1

Câu 4 (1điểm ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình vng tâm O. Các mặt bên
(SAB) và (SAD) vng góc với đáy (ABCD). Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K lần lượt là
hình chiếu của A trên SB, SD .Tính thể tích khối chóp O.AHK.
Câu 5 (1điểm ): Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 .
Chứng minh rằng:

a

+

b

+

c

+

d

1+ b2c 1+ c2d 1+ d2a 1+ a2b

≥2

Câu 6 (1điểm )
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung.
Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã
cho, biết rằng bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ACD bằng 1.
Câu7 (1điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α ) : 2x − y − z − 5 = 0 và
điểm A(2;3; −1) . Tìm toạ độ điểm B đối xứng với A qua mặt phẳng (α ) .
Câu 8 (0, 5 điểm ) Giải bất phương trình: log(2x+5) ≤ log(23−2 x) − 4
Câu 9 : ( 0,5 điểm ) Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ một tổ gồm có 6 nam và 4 nữ. Tính xác suất
sao cho có ít nhất một nam .

Hướng dẫn Đề sơ 2
Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và trục hoành: x3 − 3mx2 + 9x − 7 = 0 (1)


Gọi hoành độ các giao điểm lần lượt là x1; x2; x3 . Ta có: x1 + x2 + x3 = 3m
Để x1; x2; x3 lập thành cấp số cộng thì x2 = m là nghiệm của phương trình (1)
 m= 1
⇒ −2m + 9m− 7 = 0 ⇔ 
−1± 15 . Thử lại ta được :
m=

2
3

m=

−1− 15
2


x =
Câu II: 1) sin2 3x − cos2 4x = sin2 5x − cos2 6x ⇔ cosx(cos7x − cos11x) = 0 ⇔ 
x =


2) 0 < x ≤ 1

kπ
2
kπ
9

3
uuur uuur uuur
Câu IV: V = 1  AH , AK  .AO = a 2

6

27

Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si:
a
2

1+b c

ab2c

= a−

2

1+ b c

ab2c

≥ a−

2b c

ab c
ab(1+ c)
ab abc
≥ a−
= a−
−
(1)
2
4
4
4

= a−

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1
b
1+c2d
c
1+d2a

d
1+a2b

= b−
= c−
= d−

bc2d
1+ c2d
cd2a
1+ d2a
da2b
1+ a2b

≥ b−
≥ c−
≥ d−

bc2d
2c d
cd2a
2d a

= b−
= c−

da2b
2a b

= d−

bc( 1+ d)
bc d
bc bcd
≥ b−
= b− −
(2)
2
4
4
4

cd ( 1+ a)
cd a
cd cda
≥ c−
= c−
−
(3)
2
4
4
4

da( 1+ b)
da b
da dab
≥ d−
= d−
−

(4)
2
4
4
4

Từ (1), (2), (3), (4) suy ra:
a
2

b

+

2

c

+

2

d

+

2

1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b

≥ 4−

ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab
−
4
4

Mặt khác:
2

• ab + bc + cd + da = ( a + c) ( b + d) ≤  a + c + b + d ÷ = 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a+c = b+d
2





2

2

• abc + bcd + cda + dab = ab( c + d) + cd ( b + a) ≤  a + b ÷ ( c + d) +  c + d ÷ ( b + a)
 2 
 2 
 a+ b c+ d 
+
⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ ( a + b) ( c + d) 
÷ = ( a + b) ( c + d)
4 
 4

2

 a + b+ c + d 
⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ 
÷ = 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1.
2


a
b
c
d
4 4
+
+
+
≥ 4− −
Vậy ta có:
2
2
2
2
4 4
1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b
⇔

a
2

+

b
2

+

c
2

+

d

1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a2b

≥ 2 ⇒ đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1.
Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) .
Vì bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường trịn nội tiếp tam
giác ABC cũng bằng 1 .
Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vng góc với BC
≡ Oy : x = 0 nên AB : y = b .


 16 − 4b 
;b .
 3


Vì A là giao điểm của AB và AC nên A

Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC. Ta có
16 − 4b
3

4
2
b−4
2S ABC
3
1
r=
=
=
=
b−4
2
4
5
AB + BC + CA
3
16 − 4b
16
−
4
b


b

−
4
+
b
−
4
+
b
−
4
b−4 +
+ (b − 4) 2 + 

3
3
3
 3 
b − 4.

.
Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 .
Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) .
Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) .
2
2
2
 x2 − 2 = u
( x − 2) + ( y − 3) = 4
.
Đặt


2
2
( x − 2 + 4)( y − 3 + 3) + x − 2 − 20 = 0
y −3 = v

2) (2) ⇔ 

u 2 + v 2 = 4
u = 2
u = 0
⇔
hoặc 
v = 0
v = 2
u.v + 4(u + v) = 8

Khi đó (2) ⇔ 

 x = 2  x = −2  x = 2  x = − 2
;
;
;
 y = 3  y = 3  y = 5  y = 5

⇒


TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT
TỔ : TOÁN – TIN

Đề 03

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MƠN : TỐN
Thời gian làm bài : 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 + (3m+ 1)x2 − 3 (với m là tham số)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m= −1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình : ( 1− tan x) ( cos2x + 4sin2x − 1) = cos2x + 7sin2x − 7
x+ y = 2
(x, y∈ ¡ )
2
2
4x + y = 5(2x − y) xy

b) Giải hệ phương trình: 

4

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân :

∫ 1+
0

2x + 1

dx
2x + 1

Câu 4 (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC.A' B 'C ' có đáy ABC là tam giác vng tại A , mặt
phẳng ( ABC ') tạo với đáy một góc 600 , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ') bằng
a và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCC 'B ') bằng a . Tính theo a thể tích khối

lăng trụ ABC.A' B 'C ' .
Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x2 + y2 − 2y + 1 + y2 + z2 − 2z + 1 + z2 + x2 − 2x + 1

Câu 6 (1,0 điểm)
Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng d : 2x − y − 2 = 0 và điểm I (1;1) . Lập phương trình các
đường thẳng cách điểm I một khoảng bằng

10 và tạo với đường thẳng d một góc bằng

450 .

Câu 7 (0,5 điểm) Giải phương trình: 5.4x + 2.25x ≤ 7.10x .
Câu 8 : ( 1,0 điểm )
Trong không gian Oxyz cho điểm A( 1 ;4;2) và mặt phẳng (P) x + 2y + z – 1 = 0
a) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của A trên (P)
b)

Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (P)

Câu 9 : ( 0,5 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức niuton của
n

1
n +1

n
k
5 
 3 + x ÷ , biết rằng : Cn + 4 − Cn +3 = 7( n + 3) ( n là số nguyên dương, x > 0, Cn là tổ hợp chập k
x


của n phần tử ).


Hướng dẫn Đề sô 03
Câu I: 2) y' = 4x3 + 2(3m+ 1)x ; y' = 0 ⇔ x = 0, x2 = −
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị ⇔ m< −

3m+ 1
.
2

1
(*).
3

Ba điểm cực trị là:
 −3m− 1 −(3m+ 1)2
  −3m− 1 −(3m+ 1)2

A(0; −3) ; B 
;
− 3÷ ; C  −
;

− 3÷

÷ 
÷
2
4
2
4

 

 −3m− 1 (3m+ 1)4 
 −3m− 1
2
+
÷
∆ ABC cân tại A ; BC = AB ⇔ 9.4
÷ = 4
3
16 ÷
 2 
 2

5
⇔ m= − , thoả mãn (*).
3

Câu II:
1) Điều kiện: cos x ≠ 0 .
PT ⇔(1 − tan x)(−2 sin 2 x + 8 sin x. cos x) = −2 sin 2 x + 14 sin x. cos x − 6

⇔ (1 − tan x)(− tan 2 x + 4 tan x) = −4 tan 2 x + 7 tan x − 3 ⇔ tan x = 1; tan x = ± 3

π
π
+ kπ ; x = ± + kπ (k ∈ Z )
4
3
2) Điều kiện: xy ≥ 0 (*)
4 x 2 + y 2 = 5(2 x − y ) xy ⇔ (2 x − y ) 2 + 4 xy = 5( 2 x − y ) xy
⇔x=

2 x − y − xy = 0
⇔ (2 x − y − xy )(2 x − y − 4 xy ) = 0 ⇔ 
2 x − y − 4 xy = 0
 x + y = 2
⇔ x = y = 1 (thoả (*))
• Với 2 x − y − xy = 0 ta có 
3 x − 2 = 2 x − x 2

22 + 8 6
x =

25
⇔
(thoả (*))
 y = 22 − 8 6

25

 x + y = 2

• Với 2 x − y − xy = 0 ta có 
3 x − 2 = 4 2 x − x 2

Câu III: A = ∫

(x2 + x)ex

dx = ∫

xex.(x + 1)ex

dx . Đặt t = xe
. x +1
x + e− x
xex + 1
 1
⇒A = ∫  1− ÷dt = xex + 1− ln xex + 1 + C .
 t
Câu IV: Gọi H là hình chiếu của A trên BC ⇒ AH ⊥ (BCC'B') ⇒ AH = a
Gọi K là hình chiếu của C trên AC ' ⇒ CK ⊥ (ABC') ⇒ CK = a
AC ' ⊥ AB, AC ⊥ AB ⇒·
((ABC′),( ABC )) = ·C′AC ⇒ ·C′AC = 600
AC =

CK
0

sin60

=

2a
3

; CC ' = AC.tan600 = 2a ;

VABC.A'B 'C ' = S∆ ABC .CC ' =

1
AH

2

=

1
2

AB

+

1
AC 2

⇒ AB = 2a

4a3
3

Câu V: Ta có P = x2 + (1− y)2 + y2 + (1− z)2 + z2 + (1− x)2
1
Vì a2 + b2 ≥ (a + b)2 nên P ≥
2

1
2

( x + 1− y + y + 1− z + z+ 1− x )


1
3 2
x + 1− y + y + 1− z + z + 1− x =
và a + b + c ≥ a + b + c nên P ≥
2

2

1
1
3 2
Dấu "=" xảy ra ⇔
x = y = z = . Vậy minP =
khi x = y = z = .
2

2

2

Câu VIa:
1) Giả sử phương trình đường thẳng ∆có dạng: ax + by + c = 0 (a2 + b2 ≠ 0) .
Vì (·d, ∆) = 450 nên

2a − b
2

2

a +b . 5

=

1

 a = 3b
⇔
2
 b = −3a
4+ c

c = 6
= 10 ⇔ 
c = −14
10
−2 + c
 c = −8
= 10 ⇔ 
• Với b = −3a ⇒∆: x − 3y + c = 0 . Mặt khác d(I ; ∆) = 10 ⇔

 c = 12
10

• Với a = 3b ⇒∆: 3x + y + c = 0 . Mặt khác d(I ; ∆) = 10 ⇔

Vậy có bốn đường thẳng cần tìm: 3x + y + 6 = 0; 3x + y − 14 = 0; x − 3y − 8 = 0; x − 3y + 12 = 0.
2) Tâm I ∈ d ⇒I (−2a + 3; a) . (C) tiếp xúc với ∆ nên d(I ,∆) = R ⇔

a− 2
10

=

a = 6
2 10
⇔
5
 a = −2

8
8
hoặc (C): (x − 7)2 + (y + 2)2 = .
5
5
2log (x − 2) + 1= 0
Câu VIIa: PT ⇔( 2log2(x − 2) + 1) .( log2(x − 2) + 2x − 4) = 0 ⇔  log (2x − 2) + 2x − 4 = 0
 2

⇒(C): (x + 9)2 + (y − 6)2 =

• Với 2log2(x − 2) + 1= 0 ⇔x = 2 +

1
2

• Với log2(x − 2) + 2x − 4 = 0 . Ta có y = log2(x − 2) + 2x − 4 là hàm số đồng biến trên ( 2;+∞ ) nên
x=

5
là nghiệm duy nhất.
2

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 +

1
2

5
2

và x = .

Câu VIb:
r
1) (C) có tâm I (1;1) bán kính R = 10 . Gọi n = (a; b) là VTPT của tiếp tuyến ∆ (a2 + b2 ≠ 0) ,
Vì (·∆, d) = 450 nên

2a − b
a2 + b2 . 5

=

1

 a = 3b
⇔
2
 b = −3a
4+ c

c = 6
= 10 ⇔ 
c = −14
10
−2 + c
 c = −8
• Với b = −3a ⇒∆: x − 3y + c = 0 . Mặt khác d(I ; ∆) = R ⇔
= 10 ⇔ 
 c = 12
10

• Với a = 3b ⇒∆: 3x + y + c = 0 . Mặt khác d(I ; ∆) = R ⇔

Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm: 3x + y + 6 = 0; 3x + y − 14 = 0; x − 3y − 8 = 0; x − 3y + 12 = 0.

TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

TỔ : TỐN – TIN

MƠN : TỐN
Thời gian làm bài : 180 phút

Đề 04

Câu 1 ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = x4 − 2mx2 − 3m+ 1 (1), m là tham số
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng ( 1; 2)
Câu 2 ( 2,0 điểm )
a) Giải phương trình:

cos2x
π
− tan x + 2sin(2x − ) = 0
1+ cot x
4
 4x + y + 2x + y = 4
 2x + y + x + y = −2

b) Giải hệ phương trình: 
Câu 3 ( 1,0 điểm)

Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : y =

e x + 1 , trục hoành và hai đường

thẳng : x = ln3, x = ln8
Câu 4 ( 1,0 điểm ) . Cho lăng trụ ABCA′B′C′ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC = 2a,

AA′ vng góc với mặt phẳng (ABC). Góc giữa ( AB′C ) và (BB′C ) bằng 600 . Tính thể tích

lăng trụ ABCA′B′C′ .
Câu 5 ( 1, 0 điểm ) . Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
A=

1
3

a (b + c)

+

1
3

+

1
3

b (c + a) c (a + b)

Câu 6 ( 1, 0 điểm ) . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0;
1), B(3; 4) nằm trên parabol (P): y = x2 − 2x + 1, tâm I nằm trên cung AB của (P). Tìm tọa độ
hai đỉnh C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.
Câu 7 ( 0, 5 điểm ) . Cho số phức z thỏa mãn : ( 1 + i)( z – i) + 2z = 2i. Tìm phần thực, phần ảo,
modun của số phức : w = 1 + z + z2
Câu 8 ( 0 ,5 điểm ) Từ một hộp chứa 6 quả cầu trắng và 4 quả cầu đen , lấy ngẫu nhiên đồng

thời 4 quả . Tính xác suất sao cho có ít nhất một quả màu trắng .
Câu 9 ( 1,0 điểm ) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 -2x +4y -6z – 1= 0 và
mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 3 = 0
Xác định tọa độ tâm I và bán kính của ( S). Viết phương trình đường thẳng d đi qua I và vng
góc với (P) , tìm giao điểm giữa d và (P) .


Hướng dẫn Đề sơ 4
Câu I. 2) Ta có : y = 4x – 4mx = 4x(x2 – m)
+ m ≤ 0, y / ≥ 0, ∀x ∈ (0; +∞) ⇒ m ≤ 0 thỏa mãn
+ m > 0 , y/ = 0 có ba nghiệm phân biệt : − m ;0; m
Hàm số (1) đồng biến trên ( 1 ; 2) khi 0 < m ≤ 1 ⇔ 0 < m ≤ 1
Câu II.
/

3

1+ cot x ≠ 0

1) Điều kiện: sin x ≠ 0 . PT ⇔ cos2x(sin2 x + sin x.cosx − cos2 x) = 0
 cosx ≠ 0

π
 x = 4 + kπ
 cos2x = 0
(1)
⇔ 2
⇔
.
2

sin x + sin x.cosx − cos x = 0 (2)  x = arctan −1± 5 + kπ

2
2
 2x + y = a
 4x + y ≥ 0
(a,b ≥ 0) ⇒ x + y = 3 a2 − b .
2) Điều kiện: 2x + y ≥ 0 . Đặt 

2
2
 4x + y = b

3
1
 a + a2 − b2 = −2 a2 + 5a − 6 = 0
a = 1  2x + y = 1  x = 4
⇔
⇔
⇒
⇔
Ta có hệ:  2
2
b = 3  4x + y = 3  y = −7
b = 4 − a
 a + b = 4
Câu VI. Từ A kẻ AI ⊥ BC ⇒ I là trung điểm BC ⇒ AI ⊥ ( BC C′B′ ) ⇒ AI ⊥ B′ C (1)
Từ I kẻ IM ⊥ B′ C (2). Từ (1), (2) ⇒ B′ C ⊥ ( IAM) ⇒ B′ C ⊥ MA
(3)

Từ (2), (3) ⇒ ·
((AB′C ),(B′CB)) = (·IM , AM ) = ·AMI = 600 (do ∆AMI vuông tại I)
Ta có AI =

AI
a
1
IM
IC
IM .B′C
=
BC = a , IM =
⇔ BB′ =
, ∆IMC : ∆B′ BC ⇒ =
0
2
BB′ B′C
IC
3
tan60

a

⇒BB′ =
S∆ ABC

3 B′C = 1 B′C ⇔ BB′ = 1 B′B2 + 4a2 ⇒BB′ = a 2
a
3
3

1
1
= AI .BC = a.2a = a2 ⇒VABC A′B′C ′ = a 2.a2 = a3 2
2
2

Câu V. Sử dụng BĐT: Với a, b, c, d > 0, ta có:

a c a+ c
+ ≥
b d b+ d
2

 1 1 1
 + + ÷
2
2
2
 a b c
a
b
c
A=
+
+
≥
a(b + c) b(c + a) c(a + b) a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)
1

1

1

2

2

 1 1 1
 + + ÷
a b c
= 
=
2(ab + bc + ca)

 1 1 1
 + + ÷
 a b c  = 1 1 + 1 + 1 ≥ 3 3 1 = 3 .

÷
 1 1 1 2 a b c  2 abc 2
2 + + ÷
 a b c
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ a = b = c = 1.

Câu VIa. I nằm trên cung AB của ( P) nên I (a; a2 − 2a + 1) với 0 < a <3.
Do AB khơng đổi nên diện tích ∆IAB lớn nhất khi d(I , AB) lớn nhất
Phương trình AB: x − y + 1 = 0 .
2
2
d(I , AB) = a − a + 2a − 1+ 1 = − a + 3a =

2

2

− a2 + 3a
2

(do a ∈ (0;3))



⇒ d ( I, AB) đạt giá trị lớn nhất ⇔ f (a) = − a2 + 3a đạt giá trị lớn nhất ⇔ a = 3 ⇒I  3; 1 ÷
 2 4
2





1
2




7
2

Do I là trung điểm của AC và BD nên ta có C  3; − ÷; D  0; − ÷.

Câu 8 : Ta có : n(Ω) = C104 = 210
Gọi B là biến cố : Có ít nhất một quả màu trắng suy ra biến cố đối của B là : Bốn quả cầu
lấy ra màu đen n( B) = 1 , P( B) =

1
1
209
⇒ P( B) = 1 −
=
210
210 210
uu
r 

5 1

 uur 

5 3



Câu VIb. Giả sử A(a;3 − a) ∈ d1; B(b; 4 − b) ∈ d2 ⇒IA =  a − ; − a÷; IB =  b − ; − b÷
2 2
2 2








 IA = IB
 a = 2 a = 1
ABCD vuông tâm I nên  uur uur
⇔b = 1 ∨ b = 3

 IA.IB = 0 
• Với a = 2; b = 1 ⇒A(2; 1); B(1; 3), C(3; 4); D(4; 2).
• Với a = 1; b = 3 ⇒A(1; 2); B(3; 1), C(4; 3); D(2; 4).
−2 < x < 0

Câu VIIb. Điều kiện  x > 4


.

PT ⇔ 1+ log2(x2 − 4x) = log2(2 x − 3) + log2(2 + x) ⇔ 2(x2 − 4x) = 2(2 + x) x − 3
⇔ x2 − 4x = (2 + x). x − 3

(1)

• Với x > 4 thì (1) ⇔x2 − 4 x = (2 + x)(x − 3) ⇔x = 2 (loại)
• Với −2 < x < 0 thì (1) ⇔2 x2 − 5 x − 6 = 0 ⇔x = 5− 73
4

Câu VIIIb. Nếu a ≠ 0, b ≠ 0 thì từ 4 chữ số a, b, 1, 2 ta lập được A43 = 24 số có 3 chữ số khác
nhau. Như vậy phải có một số bằng 0.
Giả sử a = 0 khi đó ta lập được A43 − A32 =18 số và các chữ số 1, 2, b xuất hiện ở hàng trăm

6 lần, xuất hiện ở hàng chục và hàng đơn vị 4 lần.
Vậy ta có: 100 .6( 1 + b + 2) + 10 . 4 ( 1+ b + 2) + 4 (1 + b + 2) = 6440 ⇔ 644 ( 3 + b ) =
6440
⇔ 3 + b = 10 ⇔ b = 7.
Vậy a = 0, b = 7 hoặc b = 0 , a = 7.

TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT
TỔ : TOÁN – TIN
Đề 05

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MƠN : TỐN
Thời gian làm bài : 180 phút


3x − 2
có đồ thị ( C)
x−1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( C) biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng :
4x- y + 3 = 0
Câu 2: ( 1,5 điểm )
1
1
a) Giải phương trình:
sin2x + sin x −
−
= 2cot2x
2sin x sin2x
 x2y + 2x2 + 3y − 15 = 0

b) Giải hệ phương trình:
 4 2
2
 x + y − 2x − 4y − 5 = 0
Câu 1: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số : y =

e

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

∫

1

4 + 5 ln x
dx
x

Câu 4: ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, hình chiếu vng góc
của đỉnh S trên (ABCD) là trung điểm H của AB, đường trung tuyến AM của ∆ ACD có độ dài
a 3
, góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 30 0. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính diện tích
2
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Câu 5 : ( 1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x ≥ y ≥ z và x + y + z = 3.
x z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = + + 3y
z y
Câu 6: (1,0điểm ) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S): (x -3)2 + (y + 2)2 + ( z – 1)2 = 100
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua tâm I của ( S) và vng góc mặt phẳng (P) :

2x -2y – z + 9 = 0
b) Xét vị trí tương đối giữa ( S) và (P)
Câu 7 : (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vng ABCD vng tại A và D có đáy
lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình d1 : 3 x − y = 0 , đường thẳng BD có phương trình
d2 : x − 2 y = 0 , góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 45 0. Viết phương trình đường thẳng
BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hồnh độ dương.
Câu 8 : ( 0,5 điểm) Giải bất phương trình: 1+ log2 x + log2(x + 2) > log (6 − x)
2

Câu 9 : ( 0,5 điểm) Trong một lớp học gồm 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ . Giáo viên gọi ngẫu
nhiên 4 học sinh lên bảng làm bài tập . Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả na và nữ.
Câu 10 : ( 0,5 điểm) Cho số phức z thõa : 2 z + 3(1 − i ) z = 1 − 9i . Tìm phần thực, phần ảo, mơ đun của z
------Hết ------

Hướng dẫn Đề sô 05


a 3
Câu IV. Ta có cos·ACD = 600 ⇒∆ACD đều. HC = AM =
và HC ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (SHC ) .
2
a2 3
0 a
Suy ra ·
((SCD),( ABCD)) = ·SHC = 300 . SH = HC.tan30 = , SABCD = AB.CH =
2
2
1
a3 3 .
⇒ VSABCD = SABCD .SH =

3
12
a

a
nên các tam giác GHA,
2
3
GHB, GHS là các tam giác vuông bằng nhau nên GA = GB = GS. Suy ra G tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
2
a
và bán kính R = GC =
. Diện tích mặt cầu S = 4π R2 = 4π a .
3
3
x
z
Câu V. Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: + xz ≥ 2x, + yz ≥ 2z .
z
y
x z
Suy ra: P = + + 3y ≥ 2x − xz + 2z − yz + 3y = 2(x + z) + y(x + y + z) − xz − yz
z y
Gọi G là trọng tâm ∆ABC. Ta có GA = GB = GC =

. Do HS = HB = HA =

= 2(x + z) + y2 + x(y − z) ≥ 2(x + z) + y2 = 2(3− y) + y2 = (y − 1)2 + 5 ≥ 5 (vì y ≥ z )
Dấu "=" xảy ra ⇔x = y = z = 1 . Vậy min P = 5 khi x = y = z = 1 .
Câu VIb.

r
r
1) D = d1 ∩ d2 ⇒ D(0; 0) ≡ O . VTPT của đ.thẳng AD và BD lần lượt là n1 = (3; −1), n2 = (1; −2)
1
cos·ADB =
⇒ ·ADB = 450 ⇒AD = AB.
2
Vì (·BC, AB) = 450 nên ·BCD = 450 ⇒∆BCD vuông cân tại B ⇒DC = 2AB.
1
3.AB2
SABCD = 24 ⇔ (AB + CD)AD =
= 24 ⇒AB = 4 ⇒BD = 4 2 .
2
2
2
 8 10 4 10 
uuur

x 
x 
;
÷.
Gọi B  xB; B ÷∈ d2, xB > 0 . BD = xB2 +  B ÷ = 4 2 ⇔ xB = 8 10 ⇒B 
5
5 ÷
2
2
5




 

Đường thẳng BC đi qua B và vng góc với d2 ⇒
Phương trình BC là: 2x + y − 4 10 = 0 .
0 < x < 6
0 < x < 6
2) BPT ⇔ 
⇔2 < x < 6 .
2
2 ⇔ 2
 x + 16x − 36 > 0
 log2(2x + 4x) > log2(6 − x)

TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
TỔ : TỐN – TIN
MƠN : TỐN


Thời gian làm bài : 180 phút

Đề : 06

Câu 1 ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y =

2x − 2
(C).
x+ 1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Tìm m để đường thẳng d : y =  2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB =
Câu 2 : ( 1,5 điểm )
2cos5x.cos3x + sin x = cos8x
1) Giải phương trình:

5.

 x + y + x − y = 2 y (1)
.
(2)
 x + 5y = 3

2) Giải hệ phương trình: 

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

π
2

sin x

∫ 1 + 3 cos xdx

0

Câu 4 : ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC = 2 3a ,
BD = 2a cắt nhau tại O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD).
Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng

a 3

, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo
4

a.
(x3 + y3) − (x2 + y2)
Câu 5 : ( 1,0 điểm) Cho các số thực x, y thoả x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P =
.
(x − 1)(y − 1)

Câu 6 : ( 1,0 điểm )
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I (3;3) và AC = 2BD . Điểm
 4
 13
M  2; ÷ thuộc đường thẳng AB, điểm N  3; ÷ thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình
 3
 3
đường chéo BD biết đỉnh B có hồnh độ nhỏ hơn 3.
Câu 7 : ( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:
;

d 2:

x + 1 y − 1 z− 1
=
=
2
−1
1

x − 1 y − 2 z+ 1

=
=
và mặt phẳng (P): x − y − 2z + 3 = 0 . Viết phương trình đường
1
1
2

thẳng ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1 , d2 .
Câu 8 : ( 0,5 điểm ) Giải phương trình: 22 x+6 + 2 x+7 = 17

Câu 9 : ( 0,5 điểm ) Cho số phức z thõa ; (3z − z )(1 + i ) − 5 z = 8i − 1 . Tìm mơ đun của z
Câu 10 : ( 0, 5 điểm )
Một đội văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ, lấy ngẫu nhiên 8 người để tạo thành một nhóm
đồng ca . Tính xác suất sao cho trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ
-----Hết ----

2) Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 0, x − y ≥ 0 .

Hướng dẫn Đề sô 06


2y − x ≥ 0 (3)
2y − x ≥ 0 
⇔  y = 0
Ta có: (1) ⇔2x + 2 x − y = 4y ⇔ x − y = 2y − x ⇔  2
5y = 4xy  5y = 4x (4)

• Với y = 0 . Từ (2) ta được x = 9 , khơng thoả (3).
2

2

• Với 5 y = 4 x . Từ (2) ta được

2

2

x + 2 x = 3 ⇔ x = 1 ⇒y =

4
.
5

 4
Vậy hệ có nghiệm (x; y) =  1; ÷ .
 5
Câu IV. Tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 , BO = a , do đó ·ABD = 600 ⇒∆ABD đều.
Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3 ; OK // DH và
1
a 3
⇒ OK ⊥ AB ⇒AB ⊥ (SOK)
DH =
2
2
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến
mặt phẳng (SAB).
1
1
1

a
=
+
⇒ SO = .
Trong ∆SOK, ta có:
2
2
2
2
OI
OK
SO
OK =

1
3a3 .
SABCD = 4S∆ABO = 2.OAOB
. = 2 3a2 ⇒VS.ABCD = SABCD .SO =
3
3
2

Câu V. Đặt t = x + y, t > 2 . Áp dụng BĐT: 4xy ≤ (x + y)2 , ta có: xy ≤ t .
4
P=

3

2

2

t − t − xy(3t − 2)
. Do 3t − 2 > 0 và − xy ≥ − t nên ta có: P ≥
xy − t + 1
4

Xét hàm số f (t) =

t2(3t − 2)
t2
4
=
t− 2
t2
− t+1
4

t3 − t2 −

t2
t2 − 4t
; f ′(t) =
. f ′(t) = 0 ⇔ t = 0; t = 4 .
t− 2
(t − 2)2

min f (t) = f(4) = 8 đạt được khi  x + y = 4 ⇔  x = 2
Dựa vào BBT, ta suy ra: minP = (2;
+∞ )

 xy = 4
y = 2
 5
Câu VIa. 1) Tọa độ điểm N′ đối xứng với điểm N qua I là N′  3; ÷ ⇒N′ nằm trên đường thẳng AB.
 3
Đường thẳng AB đi qua M, N′ có PT: x − 3y + 2 = 0 ⇒IH = d(I , AB) =
Do AC = 2BD nên IA = 2IB . Đặt IB = a > 0 .
1
1
1
1
1
5
+
=
Ta có
⇔ 2 + 2 = ⇔ a= 2
2
2
2
8
a 4a
IA IB
IH
Đặt B(x; y) . Do IB = 2 và B ∈ AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ:

3− 9 + 2
10

=

4
10


14
x=
2
2
( x − 3) + ( y − 3) = 2 5y2 − 18y + 16 = 0 
5 ∨  x = 4 > 3
⇔
⇔

8
x
=
3
y
−
2
y = 2

y =
 x − 3y + 2 = 0

5
 14 8
Do xB < 3 nên ta chọn B  ; ÷. Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x − y − 18 = 0.
 5 5

TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015


TỔ : TỐN – TIN

MƠN : TỐN
Thời gian làm bài : 180 phút

Đề 07

Câu 1: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số : y = x3 -2x2 + mx +1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
b) Tìm m để hàm số trên đạt cực tiểu tại x = 1
Câu 2 : ( 1,0 điểm )
2 tanα
π
−4
a) Cho góc α thỏa mãn : < α < π và cosα =
. Tính A =
2
5
1 + cot2 α
5

b) Giải bất phương trình: log32 x + log3x − 6 < 0

(

)

 2x − 1 − y 1+ 2 2x − 1 = −8
Câu 3 : ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình: 
 y2 + y 2x − 1 + 2x = 13
Câu 4: ( 1,0 điểm ) Tính diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi hai đường : y = x 2 -2x và x – y – 2
=0
Câu 5 : ( 1,0 điểm ) Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = 2a , AD = a .
Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM =

a
, cạnh AC cắt MD tại H . Biết SH vng góc với mặt
2

phẳng (ABCD) và SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SD và AC theo a.
Câu 6 : ( 0,5 điểm ) Có 10 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 3 viên bi vàng. Các viên bi cùng màu đều có
bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?
Câu 7 : ( 1,0 điểm )
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường
9
thẳng d : x − y − 3 = 0 và có hồnh độ xI = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của d và trục
2
Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu 8 : ( 1,0 điểm ) Trong không gian Oxyz cho ba điểm : A(1;0;0), B( 0;2;0), C(0 ; 0 ;3)
a) Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vng góc BC
b) Tìm tâm và bán kính của mặt càu ngoại tiếp tứ diện OABC
Câu 9 : ( 1,0 điểm )
Trong mặt phẳng Oxy , tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn :

z − (3 − 4i ) = 2
Câu 10 : ( 1,0 điểm ) Cho a, b,c là các số dương thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh bất đẳng
thức
1
1
1
4
4
4
+
+
≥
+
+
2
2
2
a + b b+ c c + a a + 7 b + 7 c + 7
------Hết ----

Hướng dẫn Đề sô 07


Điều kiện: x ≥

1
. Đặt t = 2x − 1, t ≥ 0 . HPT trở thành:
2

t − y − 2ty = −8

 t = y
t − y(1+ 2t) = −8 t − y − 2ty = −8
⇔
⇔ 
 2
2
2
 y + yt + t = 12
(t − y) + 3ty = 12  t + 3 = y

 

2

t − y − 2ty = −8
5
⇒t = y = 2 ⇒t = 2 ⇒ 2x − 1 = 2 ⇔ x = . Vậy
2
t = y

• Với 


5
x =

2 là nghiệm.
 y = 2

t − y − 2ty = −8

• Với 
⇒4t2 + 6t − 13 = 0 ⇔ t = −3+ 61 ( dot ≥ 0)
3
4
 y = t + 2


3+ 61
3 −3+ 61
y=
 y = +

4
2
4
⇒
⇔
.
 2x − 1 = −3+ 61  x = 43− 3 61


4
16
 5   43− 3 61 3+ 61  
;
÷ .
Vậy hệ pt có hai nghiệm ( x; y) =  ;2÷,
16

4 ÷
 2  
 

Câu IV. Câu IV. Hai tam giác vng AMD và DAC đồng dạng, vì
Suy ra ·ADH = ·DCH , mà ·ADH + ·HDC = 90o ⇒ ·DHC = 90o
∆ADC vuông tại D: AC 2 = AD2 + DC 2 ⇒ AC = a 5
Trong ∆ ADC có DH.AC = DA.DC ⇒DH =
2
2
∆DHC vng tại H: HC = DC − DH =

AM AD 1
=
= .
AD DC 2

DC.DA 2a
=
AC
5

4a
5

1
4a2 ⇒
1
4a3
DH .HC =

VS.HCD = SH .SHCD =
2
5
3
15
1
1
1
2a
2a
=
+
⇒ HE =
∆SHD vuông tại H nên:
. Vậy d( SD; AC ) = HE =
2
2
2
3
3
HE
SH
HD
SHCD =

9
Câu VIIa. Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C18 (cách).

• Số cách chọn 9 viên bi chỉ có một màu: C109 (cách, bi đỏ).
• Số cách chọn 9 viên bi có hai một màu:

9
9
9
9
+ đỏ, xanh: C15 − C10 (cách) + đỏ, vàng: C12 − C10 (cách) + xanh, vàng: khơng có

⇒Số cách chọn 9 viên bi có đủ ba màu: C189 − ( C109 + C159 − C109 + C129 − C109 ) = 42910
Câu VIb.
9 3
1) I  ; ÷. Giả sử trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của d và Ox ⇒M(3; 0).
2 2
S ABCD
= 2 2 ⇒MA = MD = 2 .
AB = 2 IM = 3 2 ; S ABCD = AB. AD = 12 ⇔ AD =
AB
 AD ⊥ d
, suy ra phương trình AD: 1. ( x − 3) + 1. ( y − 0 ) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 .

 M ∈ AD
 x + y − 3 = 0
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: 
2
2
 ( x − 3) + y = 2


x = 2
x = 4
⇔
hoặc 

. Vậy A(2; 1), D(4; –1) ⇒C(7; 2), B(5; 4).
y =1
 y = −1
2
1 1
4
+ ≥
(x > 0, y > 0)
x y x+ y
1
1
4
1
1
4
1
1
4
+
≥
;
+
≥
;
+
≥
Ta có:
a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c
1
2

2
≥
=
⇔ 2a2 + b2 + c2 + 4 − 4a − 2b − 2c ≥ 0
Ta lại có:
2
2
2
2
2a + b + c 2a + b + c + 4 a + 7

Câu VIIb. Áp dụng bất đẳng thức:

⇔ 2( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ 0
2

2

2

1
2
1
2
≥
;
≥
2
2
2b + c + a b + 7

2c + a + b c + 7
1
1
1
4
4
4
+
+
≥
+
+
Từ đó suy ra
2
2
2
a + b b+ c c + a a + 7 b + 7 c + 7

Tương tự:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
==============================

TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT
TỔ : TOÁN – TIN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MƠN : TỐN

Thời gian làm bài : 180 phút

Đề 08

Câu 1: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số : y = x3 -2x2 + mx +1
Câu 1: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số : y = -x4 – x2 +6
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số trên
2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( C), biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng x - 6y – 3 = 0
Câu 2 : ( 1,0 điểm )
1 − cos2 x + sin2x
a) Với biểu thức có nghĩa hãy chứng minh rằng :
= tan x
1 + cos2 x + sin2x
b) Giải bất phương trình: 1+ log2 x + log2(x + 2) > log (6 − x)
2

Câu 3 : ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình:

 x2y + 2x2 + 3y − 15 = 0
 4 2
2
 x + y − 2x − 4y − 5 = 0
2

Câu 4 : ( 1,0 điểm ) Tính tích phân :

I = ∫ x(1− x)3dx
1

Câu 5 : ( 1,0 điểm ) . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, hình chiếu vng

góc của đỉnh S trên (ABCD) là trung điểm H của AB, đường trung tuyến AM của ∆ ACD có độ
a 3
, góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 300. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính diện tích
2
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Câu 6: ( 1,0 điểm ) . Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x ≥ y ≥ z và x + y + z = 3.
x z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = + + 3y
z y
Câu 7 : ( 1,0 điểm )
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là
d :3x + y − 7 = 0 , điểm B(0;–3). Tìm tọa độ các đỉnh cịn lại của hình thoi biết diện tích hình thoi bằng
20.
 x = −3 + 2t

Câu 8 : ( 1,0 điểm ) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d  y = −1 + t
 z = −t

dài

và mặt phẳng (P) x – 3y + 2z + 6 = 0
a) Tìm giao điểm của d và (P)
b) Viết phương trình mặt cầu có tâm I( 1 ;-1;2) và tiếp xúc với (P)
Câu 9 : ( 1,0 điểm )
a) Cho số phức z thõa : 2 z + 3(1 − i ) z = 1 − 9i . Tìm phần thực, phần ảo, mơ đun của z
b) Một lớp học có 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Cần chọn ra 5 học sinh bầu vào ban chấp hành
lớp. Tính xác suất sao cho 5 học sinh đó có ít nhất 1 học sinh nữ và một học sinh nam
------Hết -----

Hướng dẫn Đề sô 08

(x2 − 1)(y − 2) + 4(x2 − 1) + 4(y − 2) = 5
2) HPT ⇔ 2
. Đặt
2
2
(x − 1) + (y − 2) = 10
u2 + v2 = 10
u = 3
⇔
Ta có HPT 
hoặc
uv
+
4(
u
+
v
)
=
5
v = −1

Kết luận hệ có 3 nghiệm: (2; 1), (–2; 1), (0; 5).

u = x2 − 1
.

v = y − 2

 u = −1
v = 3 .


a 3
Câu IV. Ta có cos·ACD = 600 ⇒∆ACD đều. HC = AM =
và HC ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (SHC ) .
2
a2 3
0 a
Suy ra ·
((SCD),( ABCD)) = ·SHC = 300 . SH = HC.tan30 = , SABCD = AB.CH =
2
2
1
a3 3 .
⇒ VSABCD = SABCD .SH =
3
12
a

a
nên các tam giác GHA,
2
3
GHB, GHS là các tam giác vuông bằng nhau nên GA = GB = GS. Suy ra G tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
2
a
và bán kính R = GC =

. Diện tích mặt cầu S = 4π R2 = 4π a .
3
3
x
z
Câu V. Áp dụng BĐT Cơ-si, ta có: + xz ≥ 2x, + yz ≥ 2z .
z
y
x z
Suy ra: P = + + 3y ≥ 2x − xz + 2z − yz + 3y = 2(x + z) + y(x + y + z) − xz − yz
z y
Gọi G là trọng tâm ∆ABC. Ta có GA = GB = GC =

. Do HS = HB = HA =

= 2(x + z) + y2 + x(y − z) ≥ 2(x + z) + y2 = 2(3− y) + y2 = (y − 1)2 + 5 ≥ 5 (vì y ≥ z )
Dấu "=" xảy ra ⇔x = y = z = 1 . Vậy min P = 5 khi x = y = z = 1 .
Câu VIa.
1) Ta có B(0; −3) ∉ d ⇒A, C ∈d. Ph.trình BD: x − 3y − 9 = 0. Gọi I = AC ∩ BD ⇒ I (3; −2)
⇒D(6; −1) . BD = 2 10 . Gọi A(a;7− 3a) ∈ d .
SABCD = d(A, BD).BD ⇒

a − 3(7− 3a) − 9
12 + 32

 A (2;1);C1(4; −5)
.2 10 = 20 ⇔  a = 2 . Do đó:  1
.
a = 4


 A2(4; −5);C2(2;1)

5
Câu VI : Không gian mâu : C20
1 4
+ Trường hợp 1: 1nam và 4 nữ : C10
C10
2 3
+ Trường hợp 2 : 2 nam và 3 nữ C10
C10
3 2
+ Trường hợp 3 : 3 nam và 2 nữ : C10
C10
4 1
+ Trương hợp 4 : 4 nam và 1 nữ : C10
C10

TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT
TỔ : TOÁN – TIN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MƠN : TỐN


Thời gian làm bài : 180 phút

Đề 09

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 + 3x + 4 (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)

b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( C) tại điểm có hồnh độ x0 = - 1
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 4sinx + cosx = 2 + sin2x
b) Giải phương trình log2(x – 3) + log2(x – 1) = 3
e

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =

∫
1

3 + ln x
dx
2x

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tính mô đun của số phức sau: z = (2– i) 2 – (1+2i).
b) Một tổ 11 người gồm 5 nam và 6 nữ,chọn ngẫu nhiên 5 người tham gia lao động. Tính xác suất để 5
người được chọn ra có đúng 3 nữ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2 y − z + 5 = 0 và mặt
2
2
2
cầu (S): ( x + 4 ) + ( y − 1) + ( z − 1) = 15 . Viết phương trình đường thẳng đi qua tâm của ( S) và vng
góc với (P). Xét vị trí giữa ( P) và (S)
a 26
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a 2 ,SC =
, hình
2
chiếu vng góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB. Tính theo a thể tích khối chóp

S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AB và BD
lần lượt có phương trình x – 2y + 1 = 0 và x –7y +14 =0.Viết phương trình tổng quát của đường thẳng
AC,biết đường thẳng AC đi qua điểm M(2;1).
(8 x − 3) 2 x − 1 − y − 4 y 3 = 0
Giải hệ phương trình:  2
4 x − 8 x + 2 y 3 + y 2 − 2 y + 3 = 0
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho x,y,z là 3 số thực dương .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
3
8
1
−
−
P=
2
2
x+ y+z .
2 x + y + 2 2 yz 3 + 2( x + z ) + 2 y
Câu 8 (1,0 điểm).

=== Hết ===
Họ và tên thí sinh:…………………………………….; Số báo danh:……………………….
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN
Câu

Nội dung

Điểm


a 10
2
2
2
Tam giác SHC vuông tại H,suy ra SH = SC − HC = 2a
...................................................... .....................................................................
1
2a 3
V S. ABCD = SH. S ABCD =
3
3
a) Tam giác BHC vuông tại B,suy ra HC =

Câu 6
(1
điểm)

BH 2 + BC 2 =

Vẽ hình sai không chấm bài giải:

0,25
…….
0,25

S

K
A

H

B

N
O
D

C

b)Gọi O là giao điểm AC ∩ BD
Qua H dựng đt ∆ // BD, ∆ cắt AC tại N Suy ra HN =

Câu 7
(1
điểm)

1
a
OB =
2
2

 AC ⊥ HN
⇒ AC ⊥ (SHN)
và 
 AC ⊥ SH

Trong ∆ SHN dựng HK ⊥ SN ,suy ra HK ⊥ (SAC)
..................................................................................................................................
4a
HN 2 .HS 2
⇒ d(B,(SAC)) = 2HK=2.
=
17
HN 2 + HS 2
-

VTCP của đường thẳng AB : v1 = (2 ;1)

-

VTCP của đường thẳng BD : v 2 = (7 ;1)

-

Gọi VTCP của đường thẳng AC là v3 = (a ;b), với a 2 + b 2 ≠ 0.
A
D

0,25
........
0,25

0,25

I
B

C
.....................................................................................................................................
Gọi I là giao điểm của AC và BD,suy ra tam giác ABI cân tại I
Suy ra Cos(BAI) = Cos(ABI) ⇒

v3 .v1
v3 v1

=

v1 .v 2
v1 v 2

⇔

2a + b
a2 + b2 . 5

=

.........

15
5. 50
0,25


⇔ 2(2a + b) 2 = 9(a 2 + b 2 )
a = b
⇔ a 2 - 8ab + 7b 2 = 0 ⇔ 

a = 7b
+ a = b ,suy ra một VTCP của đường thẳng AC: v' = (1;1)
x − 2 y −1
⇒ PTCT của đt AC:
⇒ PTTQ của AC: x –y -1 = 0
=
1
1
..................................................................................................................................
+ a = 7b, suy ra một VTCP của đường thẳng AC: v' ' = ( 7;1),suy ra khơng tồn tại
phương trình đường thẳng AC vì v' ' cùng phương với v 2 .

0,25
.........
0,25

Vậy PTTQ của AC: x – y -1 = 0 .
Câu 8
(1
điểm)

Câu 9
(1
điểm)

(8 x − 3) 2 x − 1 − y − 4 y 3 = 0 (1)


4 x 2 − 8 x + 2 y 3 + y 2 − 2 y + 3 = 0 (2)


1
ĐKXĐ : x ≥ , (1) ⇔ 4 (2 x − 1) 3 + 2 x − 1 = 4y 3 + y (3)
2
…………………………………………………………………………………..
Xét hàm số g(t) = t 3 + t, g’(t) = 3t 2 +1> 0 , ∀t ∈ R
Suy ra hàm số g(t) = t 3 + t đồng biến trên R .
Suy ra (3) có nghiệm khi y = 2 x − 1 . Thay y = 2 x − 1 vào (2) ta được :
4x 2 - 8x + 2( 2 x − 1 ) 3 + (2x -1) - 2 2 x − 1 +3 = 0
………………………………………………………………………………………
 2 x − 1 = 0 (nhân)


 2 x − 1 = 1 (nhân)
⇔ (2x-1) 2 + 2( 2 x − 1 ) 3 -(2x-1) - 2 2 x − 1 = 0 ⇔ 
 2 x − 1 = −1 (loai )


 2 x − 1 = −2 (loai )

………………………………………………………………………………………
1

x=
2 x − 1 = 0
y = 0

⇔
⇔
2⇒
( thỏa mãn)


y =1
2 x − 1 = 1

x = 1
1
Vậy nghiệm của hệ đã cho là : ( ;0 ) và (1 ;1)
2
3
3
≥
Áp dụng BĐT Cau-Chy : 2 y.2 z ≤ y + 2z ⇒
2 x + y + 2 2 yz 2( x + y + z )
……………………………………………………………………………………….
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki : [1.( x + z ) + 1. y ] 2 ≤ (1 2 +1 2 ) ( x + z ) 2 + y 2

[

⇒

]

2( x + z ) + 2 y ≥ (x+z) + y
−8
−8
⇒
2
2 ≥
3+ x + y + z
3 + 2( x + z ) + 2 y

3
8
1
1
8
−
−
Suy ra P ≥
=
2( x + y + z ) 3 + z + y + z x + y + z 2( x + y + z ) 3 + x + y + z
2

2

0,25
…..
0,25
…….

0,25

…….

0,25

0,25
…….


……………………………………………………………………………………….

1
8
Đăt t = x + y + z, t > 0. Xét hàm số f(t) =
, với t > 0.
2t 3 + t
8
− (t + 3) 2 + 16t 2 15t 2 − 6t − 9
1
f ’(t) = - 2 +
=
=
(t + 3) 2
2t 2 (t + 3) 2
2t 2 (t + 3) 2
2t

0,25
……..

t = 1 (nhân)

f ’(t) = 0 ⇔ 15t 2 -6t -9 = 0 ⇔ 
3
t = −
(loai )
5

Bảng biến thiên :
x 0
f ’(x)

-

1
0

+∞
+
0,25

f(x)

−3
2
……………………………………………………………………………………….
3
Từ BBT suy ra f(t) ≥ f(1) = - với mọi t >0
2
1

x = 4
x + y + z = 1

1
3


y
=
2

z
⇔
P min = khi 
z =
4
2
y = x + z


1

y = 2

*Hoc sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT
TỔ : TOÁN – TIN
Đề 10

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MƠN : TỐN
Thời gian làm bài : 180 phút

…….

0,25


2x +1
2x −1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C )

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

2. Viết phương trình tiếp tuyến của ( C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng ( d ) : y = − x + 9 .
Câu 2 (1,0 điểm).
1. Giải phương trình cos2x + 2sin x − 1 − 2sin x cos 2x = 0 .
( x + 3)
( x − 3)
2. Giải bất phương trình : log 2 + log 2 ≤ 7
π
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ( x + 1)s in2xdx .
∫
0

Câu 4 (1,0 điểm).
1. Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn z + 3 − i = 2 .
2. Một hộp chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 5 viên bi.
Tính xác suất để 5 viên bi được lấy có đủ 3 màu và trong đó số bi đỏ nhiều nhất.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ ( Oxyz ) cho đường thẳng ( d ) và mặt phẳng ( P ) lần lượt
x y +1 z −1
=
=
và x + 2 y − 2 z + 2 = 0 . Tìm giao điểm I của (d) và (P), viết phương
1
1
2
trình mặt cầu ( S) có tâm I và tiếp xúc với (P)

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S . ABCD có M là trung điểm của cạnh AB .Biết SM = a , góc
giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng ϕ = 600 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng CD và SB theo a .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) , cho điểm hình chữ nhật ABCD , M là trung điểm của
có phương trình là

AB . Đường thẳng ( d ) đi qua M và D có phương trình x − 2 y + 2 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C , D
biết A ( 1; 4 ) , đỉnh C nằm trên đường thẳng ( ∆ ) : x + y − 5 = 0 và hoành độ điểm C lớn hơn 3.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 x 3 ( 4 y 2 + 1) + 2 ( x 2 + 1) x = 6

.
 2
2
x2 +1 − x = 1
x y 2 + 2 4 y +1

Câu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương x, y, z thay đổi, thỏa mãn x + y + 1 = z . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
x3
y3
z3
14
P=
+
+
+
.
x + yz y + xz z + xy ( z + 1) 1 + xy + x + y

(

)(

)

____________________Hết____________________
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh khơng sử dụng tài liệu
Họ và tên học sinh.................................................................Số báo danh...........................Lớp..................