14 đề thi thử kì thi Quốc gia 2015 có đáp án

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

ĐỀ KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 3 1y mx mx m có đồ thị là mC .

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với 1m . b) Chứng minh rằng với mọi 0m đồ thị mC luôn có hai điểm cực trị A và B, khi đó tìm

các giá trị của tham số m để 2 2 22 ( ) 20AB OA OB ( trong đó O là gốc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin sin cos cosx x x x 2 3 2 3 2 3

Câu 3(1 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2

2 1 2 4( 1)

4 2 7

x y x y

x y xy

.

Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C, cạnh huyền

bằng 3a, G là trọng tâm tam giác ABC, 14

( ),2

aSG ABC SB . Tính thể tích khối chóp

S.ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( )SAC theo a.

Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1

P 2xyzx y z

Câu 6(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng

:2 1 0AB x y , phương trình đường thẳng : 3 4 6 0AC x y và điểm (1; 3)M nằm trên

đường thẳng BC thỏa mãn 3 2MB MC . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

Câu 7 (1điểm):Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é Oxy cho ®−êng trßn 2 2: 1 2 13C x y

vμ ®−êng th¼ng : 5 2 0x y . Gäi giao ®iÓm cña (C) víi ®−êng th¼ng lμ A, B. X¸c ®Þnh

to¹ ®é ®iÓm C sao cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i B vμ néi tiÕp ®−êng trßn (C).

Câu 8 (1,0 điểm). Tìm hệ số của 2x trong khai triển thành đa thức của biểu thức

62 1P x x .

Câu 9 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình 2 1m x m x có

nghiệm trên đoạn 0;2 .

-----------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………………

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net 1

WW

W.T

oanC

apBa

.Net

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN; Khối A

II. ĐÁP ÁN:

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1 a 1,0 điểm

Với 1m , hàm số đã cho có dạng: 3 23y x x TXĐ:

Giới hạn: 3 2 3 3lim ( 3 ) lim 1x x

x x xx

; 3 2 3 3lim ( 3 ) lim 1x x

x x xx

0,25

Sự biến thiên của hàm số.

Ta có: 2' 3 6y x x ; 0

' 02

xy

x

BBT: x 0 2 y’ 0 0 y

0 4

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ;0 và 2; , nghịch biến trên khoảng 0;2 .

Hàm số đạt cực đại tại điểm 0x ; giá trị cực đại của hàm số là 0 0y

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm 2x ; giá trị cực tiểu của hàm số là 2 4y .

0,25

Đồ thị: Giao điểm với trục tung là điểm 0;0 .

0

03

xy

x

Nhận xét: Điểm 1; 2I là tâm đối xứng của đồ

thị hàm số. 0,25

b 1,0 điểm

Ta có: 2' 3 6y mx mx 0

' 02

xy

x

( Với mọi m khác 0).

Do 'y đổi dấu qua 0x và 2x nên đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ( đpcm)

0,25

Với 0 3 1x y m ; 2 3x y m .

0,25

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net 2

WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Do vai trò của A,B như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử 0;3 3 , 2; 3A m B m

Ta có: 2 2 22 20OA OB AB 2 2 29 1 4 3 2 4 16 20m m m 0,25

211 6 17 0m m 1

17

11

m

m

KL: Với 1

17

11

m

m

thì ycbt được thỏa mãn.

0,25

2 1,0 điểm

Phương trình đã cho tương đương với:

3 1 3 1

1 .sin 2 cos 2 3 sin cos 02 2 2 2

x x x x

0,25

cos sinx x

1 2 3 0

3 6 0,25

sin

sin sin

sin (loai)

x

x x

x

2

06

2 3 06 6 3

6 2

0,25

Với sin 0 , .6 6

x x k k

0,25

3 1,0 điểm

HPT

724

)1(0612)12(222 xyyx

yxyx

Điều kiện: x+2y 1 0

Đặt t = 2 1 (t 0)x y

0,25

Phương trình (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0

2 /

3t/m

2

t t m

t k

0,25

Khi đó hpt đã cho2 2

1

12 3

24 2 7

1

2

x

yx y

xx y xy

y

(t/m đk)

0,25

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net 3

WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Vậy nghiệm (x,y) của hệ đã cho là: (1,1) và )2

1,2( .

0,25

4 1,0 điểm

H

MI

G

S

C

BA

Vì tam giác ABC vuông cân tại C, 3

32

aAB a CA CB

Gọi M là trung điểm AC3

2 2

aMC

3 5

2 2

aMB

0,25

2 22 5

3 2

aBG BM SG SB BG a

3

.

1 3.

3 4S ABC ABC

aV SG S (đvtt) 0.25

Kẻ ( ) ( )GI AC I AC AC SGI

Ta có 1

3 2

aGI BC . Kẻ ( ) ( ) ( , ( ))GH SI H SI GH SAC d G SAC GH

0,25

Ta có 2 2 2

1 1 1

3

aGH

GH GS GI ( , ( )) 3 ( , ( )) 3 3d B SAC d G SAC GH a

0.25

5 1,0 điểm

Áp dụng BĐT Cauchy: 3

1 1 1 3

x y z xyz

Nên P ≥ 3

32xyz

xyz . Đẳng thức khi: x = y = z. 0.25

Đặt t = 3 xyz

Cũng theo Cauchy: 1 = x2 + y2 +z2 ≥ 2 2 233 x y z . Đẳng thức khi x = y = z.

Nên có: 0 < t ≤ 3

3 0.25

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net 4

WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Xét hàm số: f(t) = 332t

t với 0 < t ≤

3

3

Tính f’(t) = 4

22 2

3 3(2t 1)6t

t t

Lập bảng biến thiên của f(t) rồi chỉ ra : f(t) ≥ 29 3

9 t

30;

3

. 0.25

Từ đó: P ≥ 29 3

9. GTNN của P là

29 3

9 đạt khi x = y = z =

3

3 0.25

6 1,0 điểm

Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên ;1 2B a a ,

Tương tự: 2 4 ;3C b b

Ta có: 1;4 2MB a a

, 3 4 ;3 3MC b b

0.25

Ta có 2; 3AB AC A A .

Vì B, M, C thẳng hàng, 3 2MB MC nên ta có: 3 2MB MC

hoặc 3 2MB MC

0.25

TH1: 3 2MB MC

3 1 2 3 4

3 4 2 2 3 3

a b

a b

11

56

5

a

b

11 17;

5 5B

, 14 18

;5 5

C

7 10;

3 3G

0.25

TH2: 3 2MB MC

3 1 2 3 4

3 4 2 2 3 3

a b

a b

3

0

a

b

3; 5 , 2;0B C 8

1;3

G

Vậy có hai điểm 7 10

;3 3

G

và 8

1;3

G

thỏa mãn đề bài.

0.25

7 1,0 điểm

-Tọa độ điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:

1

3

0

2

25

02626

025

1321 222

y

x

y

x

yx

yy

yx

yx

0,25

2;0 , 3; 1A B hoặc 3; 1 , 2;0A B

0,25

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net 5

WW

W.T

oanC

apBa

.Net

-Vì tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C) nên AC là đường kính của đường tròn (C). Hay tâm 21;I là trung điểm của AC.

0,25

Khi đó: 2;0 , 3; 1 4;4A B C

3; 1 , 2;0 1;5A B C

Vậy: 44;C hoặc 51;C

0,25

8 1,0 điểm

Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: 0 6 1 2 5 2 6 5 10 6 126 6 6 6 6( 1) ( 1) ( 1) ( 1)k k kP C x C x x C x x C x x C x

0.25

Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, 2x chỉ xuất hiện khi khai triển 0 66 ( 1)C x và

1 2 56 ( 1)C x x .

0.25

Hệ số của 2x trong khai triển 0 66 ( 1)C x là : 0 2

6 6.C C

Hệ số của 2x trong khai triển 1 2 56 ( 1)C x x là : 1 0

6 5.C C 0.25

Vì vậy hệ số của 2x trong khai triển P thành đa thức là : 0 26 6.C C 1 0

6 5.C C = 9. 0.25

9 1,0 điểm

Ta có 22 1 2 2 1m x m x m x m x x

2 4 1

1

x xm

x

(vì 0;2x )

0.25

Xét hàm số 2 4 1

1

x xf x

x

trên đoạn 0;2 , ta có

2

2

2 5; 0 1 6

1

x xf x f x x

x

0.25

Bảng biến thiên

0 1; 2 1;

1 6 2 6 6

f f

f

0.25

Vậy : bất phương trình đã cho có nghiệm thì

0;2

min 1 6 2 6 6m f x f . 0.25

+_ 0

- 1

1

2 6 - 6

f(x)

f'(x)

x 2-1+ 60

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net 6

WW

W.T

oanC

apBa

.Net

SỞ GD - ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH,CĐ LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 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 (m )x (m m)x 3 2 23 2 2 ( )1 , với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )1 khi m 0 .

b) Tìm m để hàm số ( )1 có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x x (x x ) 1 2 1 26 4 0 .

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x sin x sin2x 0 . Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình log x log x log x 3

1 822

1 3 1 .

Câu 4 (1,0 điểm)

a) Trong một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên. Tìm

xác suất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ.

b) Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức x x x x 5 1021 2 1 3 .

Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, aSD 17

2, hình

chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung

điểm của đoạn AD.

a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a.

Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có D( ; )4 5 .

Điểm M là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình x y8 10 0 . Điểm B

nằm trên đường thẳng x y2 1 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C có tung độ

y 2 .

Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình xy y y x y x

(x, y )( y) x y (x ) ( x y ) y

2 3 1 3 5

1 2 2 1 2 1 .

Câu 8 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Pa b ca b bc b (a c)

2 2

3 8 12 8 2 2 3

.

----------- 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:..............................

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net 7

WW

W.T

oanC

apBa

.Net

SỞ GD - ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH, CĐ

LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m 0 ta có y x x 3 23 2 * Tập xác định D * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' x x 23 6 , y ' x 0 0 hoặc x 2

0,25

- Khoảng đồng biến: ( ; )0 2 ; các khoảng nghịch biến ( ; ) 0 và ( ; )2 - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại CTx ; y 0 2 ; đạt cực đại tại CDx ; y 2 2 - Giới hạn:

x xlim y ; lim y

0,25

- Bảng biến thiên: x 0 2 y’ - 0 + 0 - y

2 -2

.

0,25

* Đồ thị:

0,25

b. (1,0 điểm) Ta có y ' x (m )x (m m) 2 23 2 3 2 . Hàm số có hai điểm cực trị y ' 0 có hai nghiệm phân biệt

0,25

m m 2 3 2 3 20 9 2 0

2 2 (*)

0,25

Ta có m m (m )x x ; x x

2

1 2 1 22 2 3

3 3; x x (x x ) m m 2

1 2 1 26 4 0 10 24 0 0,25

1

m 2 hoặc m 12 (loại). Vậy m 2 0,25

x

y

2

2

-2

O 1

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net 8

WW

W.T

oanC

apBa

.Net

(1,0 điểm) Pt đã cho 2cos2x.sinx 2sin x.cosx 0 0,25 22sinx(2cos x cosx 1)=0

0,25 s inx 0 x k cos x x k 1 2

0,25

2

cos x x k

1 22 3

Vậy, phương trình có các nghiệm là: x k ; x k2 (k )

3 .

0,25

(1,0 điểm) Điều kiện: x 1 3 0,25 Pt đã cho log (x ) log ( x) log (x ) 2 2 21 3 1 0,25 (x )( x) x 1 3 1 x x 2 4 0 0,25

3

x

1 172

hoặc x

1 172

(loại)

Vậy, phương trình có nghiệm là x

1 172

0,25

(1,0 điểm) a) Số cách lấy ra 4 viên bi từ hộp là: C 4

14 1001 4 viên bi lấy ra có cả xanh và đỏ, có 3 khả năng: 1viên đỏ + 3viên xanh; 2 viên đỏ + 2 viên xanh; 3 viên đỏ + 1viên xanh

0,25

Số cách lấy ra 4 viên bi có cả xanh và đỏ là: C .C C .C C .C 1 3 2 2 3 18 6 8 6 8 6 916

Vậy, xác suất cần tính P 916

1001.

0,25

b) Hệ số của 5x trong khai triển của 5x(1 2x) là 4 45( 2) .C

Hệ số của 5x trong khai triển của 2 10x (1 3x) là 3 3103 .C

0,25

4

Hệ số của 5x trong khai triển thành đa thức của 5 2 10x(1 2x) x (1 3x) là 4 45( 2) .C + 3 3

103 .C

Vậy hệ số của 5x trong khai triển là 4 45( 2) .C + 3 3

103 .C 3320 .

0,25

(2,0 điểm) 5 a)SH (ABCD) SH HD . Ta có SH SD HD SD (AH AD ) 2 2 2 2 2

SH a 3

S.ABCD ABCDaV SH.S

31 33 3

b) HK//BD HK//(SBD) d(HK,SD) d(HK,(SBD)) d(H,(SBD)) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE. Ta có BD HE và BD SH nên BD (SHE) BD HF mà HF SE

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

K

H

CB

A D

S

E

F

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net 9

WW

W.T

oanC

apBa

.Net

do đó HF (SBD) . Suy ra d(H,(SBD)) HF

Ta có aHE HB.sin EBH 2

4

HS.HE aHFHS HE

2 2

35

. Vậy, ad(HK,SD) 35

0,25 0,25

(1,0 điểm) 6 Gọ H, K là hình chiếu vuông góc của B, D lên CM

.

DK( )

2 2

4 8 5 10 26651 8

Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM G là trọng

tâm ACD ; BH BGDG GI BG DGDK DG

2 2 2

BH 5265

; b

B(b; b ) BH b

17 18 522 1 17 18 52

65 65

b

b (loai)

27017

(loại vì điểm B và D cùng phía với đường thẳng CM). Do đó ta có B( ; ) I( ; ) 2 5 3 0 C( c ; c)8 10 CD.CB ( c).( c) ( c)( c) 14 8 12 8 5 5 0

c c 265 208 143 0

c

c (loaido c )

1143 265

C( ; ) A( ; ) 2 1 8 1 .

Vậy A( ; ); B( ; ); C( ; ) 8 1 2 5 2 1

0,25 0,25 0,25 0,25

(1,0 điểm)

Điều kiện:

yx y x

y x yy x

02 1 5

1 2 103 5

(*)

0,25

Ta có phương trình (2) ( y)( x y ) ( x y )( y) 1 2 1 2 1 1 0

( y)( x y )( )x y y

1 11 2 1 0

2 1 1 (3)

Do x y y

1 1 0

2 1 1và y 1 0 nên phương trình (3) y x 2 1

0,25

Với y x 2 1. Phương trình (1) trở thành x x x x 22 4 2 5 1 (đk: x 2 4 ) Pt ( x ) ( x ) ( x x ) 22 1 4 1 2 5 3 0

(x )( x )x x

1 13 2 1 02 1 4 1

x

x ( )x x

31 1 2 1 42 1 4 1

0,25

7

Xét f (x)x x

1 12 1 4 1

và g(x) x 2 1 với x ; 2 4 , ta có g(x) g( ) 2 5

M

C

A

HD

B

K

G

I

WWW.ToanCapBa.Net

WWW.ToanCapBa.Net 10

WW

W.T

oanC

apBa

.Net

f '(x) , x ;x ( x ) x ( x )

2 2

1 1 0 2 42 2 2 1 2 4 4 1

f(x) nghịch biến

f (x) f ( )

12 12 1

. Do đó f (x) g(x), x ; 2 4 hay phương trình (4) vô nghiệm

Vậy, hệ phương trình có nghiệm là ( ; )3 5 .

0,25

(1,0 điểm)

Ta có bc b. c b c 8 2 2 2 . Suy ra (a b c)a b bc

3 322 8

0,25

Mặt khác (a c) b (a c) b 2 22 2 . Suy ra a b c(a c) b

2 2

8 833 2 2

0,25

Do đó P(a b c) a b c a b c (a b c) a b c

3 8 1 1 8

2 3 2 3 (1)

Đặt a b c t, t 0 . Xét hàm số f (t)t t

1 82 3

với t 0 .

Ta có (t )( t )f '(t)t ( t) t ( t)

2 2 2 2

1 8 3 1 5 32 3 2 3

, suy ra f '(t) t 0 1

Bảng biến thiên: t 0 1 f’(t) - 0 + f(t)

32

0,25

8

Từ bảng biến thiên suy ra f (t) f ( ) 312

với mọi t 0 (2)

Từ (1) và (2) ta có P 32

. Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c a cb c

bb a c

1142

12

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 32

, đạt được khi a c , b 1 14 2

.

0,25

----------- Hết -----------

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2014 – 2015

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm).

Cho hàm số 243 223 mmxxy (1), với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với 1m . b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I )0;1( là trung điểm

của đoạn AB. Câu 2 (1,0 điểm).

Giải phương trình 2sin22coscos36

2sin23

sin4

xxxxx

.


Tính giới hạn sau 2

522lim

2

x

xx

x

.

Câu 4 (1,0 điểm). Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi. Tính

xác suất để trong 4 viên bi được lấy ra đó có đủ cả hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi màu xanh. Câu 5 (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 921:)(22 yxC . Tìm tọa độ các đỉnh

của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn )(C biết đường thẳng BC có phương trình là

052 x . Câu 6 (1,0 điểm).

Cho hình lăng trụ ///. CBAABC có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của /C lên mặt phẳng )(ABC là điểm D thuộc cạnh BC sao cho .2DCDB Góc giữa đường thẳng

/AC và mặt phẳng )(ABC bằng 045 . Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng )(),( /// CBAABC

và côsin góc giữa hai đường thẳng /,CCAD .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có DCADBC 22 , đỉnh )3;3( C , đỉnh A nằm trên đường thẳng 023: yxd , phương trình đường thẳng

02: yxDM với M là điểm thỏa mãn CMBC 4 . Xác định tọa độ các điểm A, D, B.


Giải hệ phương trình

121

11412 22

yxxyxyyxx

yyxx


Cho các số thực không âm cba ,, thỏa mãn 5212121 222 cba .

Chứng minh rằng 6424 663 cba .

-----------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:……..…………….

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

http://www.vietmaths.com/

1

SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12

NĂM HỌC 2014 – 2015

Câu Đáp án Điểm 1

(2,0đ)

a) (1,0 điểm)

Với m=1, hàm số trở thành: 2x3xy 23

*Tập xác định: D *Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: x6x3y 2/ ,

2x

0x0/y

0,25

- Các khoảng đồng biến: );2();0;( , khoảng nghịch biến: (0;2).

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2.

- Giới hạn tại vô cực:

ylimx

;

ylimx

0,25

- Bảng biến thiên:

0,25

*Đồ thị: Giao Oy tại (0;2), Giao Ox tại (1;0) và 0;31

Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng (Học sinh tự vẽ hình)

0,25

b) (1,0 điểm)

Ta có mx6x3y 2/ ;

m2x

0x0y /

Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị 0y/ có 2 nghiệm phân biệt 0m

0,25

Tọa độ các điểm cực trị A, B là )2m4m4;m2(B);2m4;0(A 232 0,25

I là trung điểm của AB nên

02m4m2

1m23

0,25

Giải hệ được m = 1, thỏa mãn điều kiện tồn tại cực trị. Vậy giá trị của m cần tìm là m = 1.

0,25

2 (1,0đ)

Phương trình đã cho tương đương với

2xsin2x2cosxcos3x2cosx2sin3xcos32xsin2 0,25

0x2sin3xcos32xsin4 02xcos3xsin21 0,25

* 02xcos3 : phương trình vô nghiệm 0,25

*

2k6

5x

2k6

x

0xsin21 . Nghiệm của phương trình là

2k6

5x

2k6

x

Zk 0,25

x

y/

y

0 2 0 0

2

-2

+ - +

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net


2

Câu Đáp án Điểm 3

(1,0đ) Ta có

5x22x2x

5x22x5x22xlim

2x

5x22xlim

2x2x

0,25

5x22x2x

20x8xlim

2

2x

0,25

5x22x

10xlim

5x22x2x

10x2xlim

2x2x

0,25

= 3. 0,25 4

(1,0đ) Số phần tử của không gian mẫu là: 330C4

11 . 0,25

4 viên bi được chọn gồm 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh. 0,25

Số cách chọn 4 viên bi đó là 60C.C 16

35 . 0,25

Vậy xác suất cần tìm là 11

2

330

60p . 0,25

5 (1,0đ)

Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ:

2

332y

2

5x

05x2

92y1x22

0,5

Đường tròn (C) có tâm I(1; 2). Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C) nên I là trọng tâm của tam giác. Từ đó tìm được A(-2; 2).

0,25

Vậy

2

332;

2

5C;

2

332;

2

5B và ngược lại. A(-2; 2) 0,25

6 (1,0đ)

Từ giả thiết có );ABC(DC/ 0/// 45ADCAD,AC)ABC(,AC 0,25

Sử dụng định lí cosin cho 3

7aADABD

3

7aADDC/ 0,25

Vì // AA//CC nên // AA,ADCC,AD .

Vì )ABC(DC/ nên 3

a4DAACDC)CBA(DC ////////

a3

22DCDCCCAA 22///

0,25

Áp dụng hệ quả của định lí cosin trong ADA / ta được

56

14ADAcosCC,ADcos

56

14ADAcos ///

0,25

7 (1,0đ)

Vì )a32;a(AdA .

Có DM,Cd2DM,AdS2S DCMADM 0,25

)5;1(A3a

)7;3(A1a. Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A(-1; 5). 0,25

Vì )2d;d(DDMD . Từ giả thiết có

CDAD

CDAD. Giải hệ ta được d = 5 nên D(5; 3). 0,25

Có )1;9(BAD2BC . 0,25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net


3

Câu Đáp án Điểm

8 (1,0đ)

)2(1yxxy21xyyxx

)1(1y1yx41x2 22

. Điều kiện 01xyyx (*). Vì 0t1t 2

nên )1( 0y1x41

yx4yx2yy1x41x2

22

2222

x2y0yx20yx2y1x41yx2 22

0,25

Thay y = -2x vào (2) ta được 1x3x41x2x3x 22

2

2

2 x

1

x

34x

x

12

x

3xx . Đặt

2x

1

x

3t

0,25

Khi x > 0 ta được .7t4t2t Từ đó, kết hợp với x > 0 ta được

7

373y;

14

373x

thỏa mãn điều kiện (*)

0,25

Khi x < 0 ta được .2t4t2t Từ đó, kết hợp với x < 0 ta được

2

317y;

4

173x

thỏa mãn điều kiện (*). Vậy hệ có 2 cặp nghiệm…. 0,25

9 (1,0đ)

Với hai số không âm A, B ta chứng minh: BA11B1A1 (1). Thật vậy,

BA12BA2B1A12BA2)1(

BA1ABBA1 , luôn đúng.

Dấu đẳng thức xảy ra khi A = 0 hoặc B = 0.

Áp dụng (1) ta có 222222 c21b2a211c21b21a215

222 c2b2a212 .

Suy ra 222222 a4cbhay,4cba . (2)

0,5

Khi đó 3233223663 a4a24cba24cba24 .

Từ (2) và do a, b, c không âm ta có 2a0 .

Xét hàm số 323 a4a24)a(f trên 2;0 . Ta có

22222/ a82a6a2aa6a4a6a212)a(f

Với 2;0a , 2a;0a0)a(f /

Có 2;0a;64)a(f232)2(f;24)2(f;64)0(f

Vậy 6424 663 cba . Dấu đẳng thức xảy ra khi 2c,0ba hoặc 2b;0ca

0,5

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net


* ĐC: 60 QL1A (góc vòng xoay ngã tư An Sương), P.Tân Hưng Thuận, Q.12, TP.HCM * ĐT:08 3719 4559 * Email: [email protected] * www.luyenthidaihoc.edu.vn – www.kythiquocgia.edu.vn – www.kythiquocgia.com

Trun

g Tâm B?i Du?ng Văn Hóa - Luy?n T

hi Đ?i H?c & Ng?ai Ng? 60 An Su

ong

.***

ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Lần thứ 1) Luyện Thi Đại Học – Ôn luyện “Kỳ Thi Quốc Gia” 2015 (Biên soạn: Trần Thanh Tâm)

(Thời gian làm bài: 180 phút)

Đội ngũ Giảng viên chuyên LTĐH hàng đầu TP.HCM (học ca tối: 18h00 20h15 21h00)

Học phí: 1.500.000 VNĐ/khóa (3 môn)

Để biết thêm chi tiết liên hệ tại Văn phòng Trung Tâm BDVH 60 An Sương – ĐT: 08. 3719 4559

– 0932. 178517)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 1)1(3 23 xmxxy (1) có đồ thị mC( ), với m là tham số .

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1m .

b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + 1 cắt đồ thị mC( ) tại 3 điểm phân biệt P(0;1), M, N sao cho bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 2

25 với O(0;0).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: xxxxxx cos3sin3414cos6sin42cos22cos2 2 .

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:

0

2

1223)1( xxx

dxI


a) Giải phương trình: 02.8136.7939.16 1

26

11

13

x

x

x

x

x

x

.

b) 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 không có đủ cả ba màu.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình

mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : 2 0x y z và 04:)( zyx

theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác đều

cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là trung

điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng

(ACC’A’).

Câu 7 (1,0 điểm). 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 tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1.

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net


Trun



ong

.***

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

2223

2223

213

213

yxyxyyxy

xxyyxxyx ( Ryx , ).

Câu 9 (1,0 điểm). Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 24)( 3 xyyx .

Tìm GTNN của biếu thức 2015)43()(2)(3 2222 xyxyyxyxP .

HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 Câu 1. b. Phương trình hoành độ giao điểm của mC( ) và (d): 11)1(3 23 xxmxx

)2(03

)1;0(100)3(

2

2

mxx

Pyxmxxx

Để mC( ) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

4

9

0

m

m

Giả sử )1;( 11 xxM , )1;( 22 xxN khi đó 21; xx là nghiệm của pt (2)

Ta có R

MNONOMdOdMNSOMN 4

..))(;(.

2

1 với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN

))(;(25))(;(.2.4

..))(;(.

2

1dOddOdRONOM

R

MNONOMdOdMN (3)

)122)(122(. 12

112

1 xxxxONOM

Với 25124.3;3 22

221

21 mmONOMmxxmxx

2

2

2

1))(;( dOd

Khi đó thế vào (3) ta được:

3

05

2

22525124 2

m

mmm thỏa đề chỉ có 3m

Câu 2. Pt xxxxxx cos3sin342sin26sin42cos22cos2 22

xxxxxx cos3sin322sin6sin22cos2cos 22

xxxxxx cos3sin326sin22cos2sin2cos 22

xxxxx cos3sin326sin22cos4cos

xxxxxx cos3sin323cos3sin4sin3sin2

xxx

xxxxx

3cos2cos3sin

03sin0)cos33cos2(sin3sin2

* )(3

03sin kkxx

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net


Trun



ong

.***

*

224

123cos6

cos3cos2cos3sin

kx

kxxxxxx )( k

Vậy nghiệm của phương trình là: kx

12,

224

kx ,

3

kx )( k .

Câu 3.

0

2

1223)1( xxx

dxI dx

xxx

0

2

1 )3)(1()1(

1= dx

x

xx

0

2

1 2

1

3)1(

1

Đặt 1

3

1

3 2

x

xt

x

xt dx

xtdt

2)1(

42

)37(2

1

2

1 3

7

dtI .

Câu 4. a) Điều kiện 1x . Đưa phương trình về dạng

0812

3

6

793

4

916

1

13

1

13

x

x

x

x

, rồi đặt 1

13

2

3

x

x

t

Đáp số : 2;2

1 xx .

b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là 1001414 C cách .

Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có 2

715

12 .. CCC cách

+ TH2: 1Đ, 2T, 1V có 17

25

12 .. CCC cách

+ TH3: 2Đ, 1T, 1V có 17

15

22 .. CCC cách

Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là 27

15

12 .. CCC + 1

725

12 .. CCC + 1

715

22 .. CCC = 385 cách .

Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là 13

8

1001

616

1001

3851001

P .

Câu 5. Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) . Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)( zyx và 04:)( zyx theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ :

42

9223

15473

))(,())(,( cbacba

cba

cba

IdId

ICIA

IBIA

Giải hệ ta được :

3

0

1

c

b

a

hoặc

79

712

719

c

b

a

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net


Trun



ong

.***

Với

3

0

1

c

b

a

, viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1( 222 zyx .

Với

79

712

719

c

b

a

, mặt cầu có phương trình : 49

1237

7

9

7

12

7

19222

zyx

Câu 6. )'''//( CBABE nên d(E,(A’B’C’) = B’H

Tam giác B’HC’vuông tại H nên B’H = 2

3'' 22 aHBBB

2''

20''' 8

3

4

360sin'.''.'

2

1aSaCBBAS CHBCBA

168

3

2

3.

3

1.'

3

1 32

''''

aaaSHBV CHBCEHB

''

''.3))''(,(

AACC

AACCB

S

VAACCBd ;

488

3 333

'''.'''.''.

aaaVVV CBABCBAABCAACCB

ACJASACJAACIJABIA AACC .',',' ''

5

15

.4

154

3))''(,(

4

15''

3

22 a

aa

a

AACCBda

IJAAJA .

Câu 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) .

Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn 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 vuông góc với BC 0: xOy nên AB : y = b .

Vì A là giao điểm của AB và AC nên

bb

A ;3

416.

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có

43

54

3

44

43

4

3

416)4(

3

4164

3

416.4

22

22

bbb

b

bb

bb

bb

CABCAB

Sr ABC 4

3

1 b .

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) .

Câu 8. Giải hệ phương trình

)2(213

)1(2132223

2223

yxyxyyxy

xxyyxxyx

Từ (1) và (2) ta có iyxyxxxyyiyyxyxxyx )2(2)13(13 22222323

)1()1(2)1(1)(33 22332223 ixixyyiiyixiyixyyixx

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net


Trun



ong

.***

)2)(1(1)()( 2223 xixyiyiiyixyix 23 ))(1(1)()( ixyiiyixyix 0)1()1( 23 izziz

izzz 1;1;1 . Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) . Câu 9. Với mọi số thực x, y ta luôn có xyyx 4)( 2 , nên từ điều kiện suy ra

102)()(24)()()( 23323 yxyxyxxyyxyxyx .

Ta biến đổi P như sau 2015)43()2(2)(2

3)(

2

3 22222222 xyxyxyyxyxyxP

2015)(2)(2

3)(

2

3 2244222 yxyxyx (3)

Do 2

)( 22244 yx

yx

nên từ (3) suy ra 2015)(2)(4

9 22222 yxyxP .

Đặt tyx 22 thì 2

1t (do )1 yx .

Xét hàm số 201524

9)( 2 tttf với

2

1t , có 02

2

9)(' ttf , với

2

1t nên hàm số f(t) đồng biến

trên

;2

1. Suy ra

16

32233

2

1)(min

;2

1

ftft

.

Do đó GTNN của P bằng 16

32233, đạt được khi và chỉ khi

2

1 yx .

*www.luyenthidaihoc.edu.vn*www.kythiquocgia.edu.vn

*www.kythiquocgia.com

Tel: 08. 3719 4559 – 0932.178517

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH

TỔ TOÁN

ĐỀ KIỂM TRA LTĐH LẦN 4, NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn: TOÁN; Khối A, B và khối A1

Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 -3mx

2 +3(m

2 – 1)x – m

3 +1 (1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số khi 1.m

2. Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của đồ thị hàm số (1). Đường thẳng d cắt Oy tại điểm B. Tìm tất

cả các giá trị của m để diện tích tam giác OAB bằng 6.

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình (2cos 1)sin 4

2sin 2 .cos sin

x xx

x x

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2

2 2

1 1 (1)

1 (2)

x x y y

x y xy

.

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân:

e

x x x xI dx

x x x

2 2

2 21

2 (1 2ln ) ln

( ln ).

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông với AB 2a . Tam giác SAB vuông tại

S, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng

(SBC) bằng với 1

sin3

. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD)

theo a.

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực , ,x y z thay đổi thoả mãn điều kiện 2 2 2 1.x y z Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức

2

2

82 .

2P xy yz xz

x y z xy yz

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). ( Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình Chuẩn

Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có (5, 7)A , điểm

C thuộc vào đường thẳng có phương trình: 4 0x y . Đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của

đoạn AB có phương trình: 3 4 23 0x y . Tìm tọa độ của B và C, biết điểm B có hoành độ dương.

Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm 1;2;1 , 1; 2;4A B và mặt phẳng

( ) : 2 0P y z . Tìm toạ độ điểm C thuộc mp(P) sao cho tam giác ABC cân tại B và có diện tích bằng 25

.2

Câu 9a (1,0 điểm). Chứng minh đẳng thức

2 2 2 2 2 2

0 1 2 3 2013 2014 1007

2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014...C C C C C C C .

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có

,AB AD CD điểm (1; 2)B , đường thẳng BD có phương trình 2y . Biết rằng đường thẳng

( ) : 7 25 0d x y lần lượt cắt các đoạn thẳng AD và CD theo thứ tự tại M và N sao cho BM BC và tia

BN là tia phân giác của góc MBC. Tìm toạ độ đỉnh D (với hoành độ của D là số dương).

Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2( ) : ( 1) ( 2) 25S x y z . Viết

phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm (1; 2;3)M và vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 4 0,x y z

đồng thời ( ) cắt mặt cầu ( )S theo giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng 16 .

Câu 9b (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z là số thực và 2 5 1.z i

………..Hết……….

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH

TỔ TOÁN

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA LTĐH LẦN 4

NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn: TOÁN; Khối A, B và khối A1

Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu Ý Nội dung Điểm

Câu 1

(2điểm)

1

Khi 1m ta có hàm số y = x3 -3x

2

Tập xác định: .D

Sự biến thiên :

- Chiều biến thiên: y’ = 3x2 – 6x ;

0' 0

2

xy

x

- Giới hạn lim , lim .x x

y y

0.25

+Bảng biến thiên:

x 0 2

y' + 0 0

y

0

-4

0.25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;0) và (2; ) ; hàm số nghịch biến trên

khoảng (0; 2). Hàm sốn đạt cực đại tại điểm x = 0 và yCĐ = 0; hàm số đạt cực tiểu

tại x = 2 và yCT = 4.

0.25

Đồ thị: 0.25

2

Ta có: y’ = 3x2 – 6mx + 3(m

2 – 1);

1' 0

1

x my

x m

Vì y’ = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số ( 1) luôn có điểm

cực đại và điểm cực tiểu với mọi m.

0.25

y” = 6x – 6m, suy ra y”(m + 1) = 6, y”(m – 1) = -6, do đó điểm cực đại của đồ thị

hàm số (1) là A(m – 1; 3 – 3m).

Phương trình tiếp tuyến (d): y = -3m +3

0.25

Đường trẳng d cắt trục Oy tại điểm B(0; -3m + 3).

Điều kiện để ba điểm O, A, B tạo thành tam giác là 1.m 0.25

Do d song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông tại B.

Diện tích tam giác OAB là 21 3. ( 1) .

2 2OABS AB OB m

Theo giả thiết: 213

6 6 ( 1) .32

OAB

mS m

m

0.25

Câu 2

(1điểm)

Giải phương trình (2cos 1)sin 4

2sin 2cos sin

x xx

x x

Điều kiện: ( )4

x m m Z

. Phương trình đã cho tương đương với:

sin 2 cos sin 2cos 1 sin 2x x x x x

0.25

sin 2 0(*)

cos sin 2cos 1 1(**)

x

x x x

. Ta có (*) ( )

2

kx k Z

0.25

(**) sin 2 sin ( )24 4

6 3

x k

x x k Zkx

0.25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



So sánh điều kiện ta được 2

; ( )2 6 3

k kx x k Z

. 0.25

Câu 3

(1điểm)

Giải hệ 2 2

2 2

1 1 (1)

1 (2)

x x y y

x y xy

Điều kiện: 1y . 2 2(1) 1 1x y y x

2 2 2 2 2 22 1 1 2 ( 1)( 1)x xy y y x y x

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( 1)( 1) 1 1xy y x x y x y y x x y

0.25

Kết hợp với (2) ta được

2 2

2

2 2

1 02 0

21

x y xx xy

y xx y xy

0.25

20 & (2) 1 1x y y

2 2 1 1 22 & (2) 3 1

3 3 3y x x x x y

0.25

Thử lại ta có 0, 1x y và 1 2

,3 3

x y thỏa mãn hệ phương trình

Vậy hệ có 2 nghiệm như trên.

0.25

Câu 4

(1 điểm)

e e

x x x xI dx dx

x x x x x x

2 2

2 2 2 21 1

( ln )

( ln ) ( ln )

0.25

e e

x xA dx dx

ex x x x

2

2 2 21 1

( ln ) 1 11

( ln ) 0.25

e e e

x x d x xxB dx dxex x x x x x x

2

2 2 2 21 1 1

11

( ln ) 1.... 1

1( ln ) ( ln ) ( ln ) 0.25

Vậy

Ie e

1 12

1 0.25

Câu 5

(1 điểm)

; ( ) ( ) ( )BC AB SAB ABCD BC SAB BC SA

Mà SA SB ( )SA SBC .

Gọi d là khoảng cách từ D đến (SBC) .sin3

SDd SD . Mặt khác :

/ /( ) ( ,( )) ( ,( ))AD SBC d D SBC d A SBC 3

SDd SA SA

0.25

Do AD//BC AD SA . Xét tam giác SAD vuông tại A có AD = 2a và

2 2 2 2 2 2 14 SA 8SA

2 2

a aAD SD AD SA SB

Kẻ SH AB tại H ( )SH ABCD và 7

. .4

aAB SH SA SB SH

0.25

S

A

C

D

=

D

B

H

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



Vậy 3

.

1 7. ( )

3 3S ABCD

aV SH dt ABCD . Ta có

3

.

1 7

2 6SBCD S ABCD

aV V .

Mà 3

( ;( )) SCBD

SBD

Vd C SBD

S

(1) 0.25

Tam giác SBD có: 14

2

aSB ,

3 23

2

aSD SA ,

2 2 22 2BD a BD SB SD tam giác SBD vuông tại S. 21 3 7

. .2 4

SBD

aS SB SD Thay vào (1) có

2( ;( )) .

3

ad C SBD

0.25

Câu 6

(1điểm)

Từ giả thiết 2 2 2 1x y z (1) , ta có: 2 8

22 3

P xy yz xzxy yz xz

Đặt 2 82 .

3t xy yz xz P t

t

.

0.25

Ta luôn có 2 2 2 20 2( ) 1 2( )x y z x y z xy yz zx xy yz zx

2 2 21 1 12 1 1

2 2 2 2 2

x z yxy yz zx xy yz xz xz

Dấu “=” xảy ra

0

2

2

y

x z

. Vậy 1.t

0.5

Do đó GTNN của P bằng GTNN của hàm 2 8( )

3f t t

t

với t 1.

Ta có

23 2

2 2 2

2 1 ( 4)8 6 9 4'( ) 2 2 0, 1

3 3 3

t tt t tf t t t

t t t

Hàm số ( )f t liên tục trên 1; ( )f t đồng biến trên 1;

1;

min ( ) ( 1) 3t

f t f

. Vậy min P = - 3. 0.25

Câu 7a

(1 điểm)

Gọi 1; 4C c c d , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 4y –

23 = 0.

Ta có AIM đồng dạng CID 10 10

2 2 ;3 3

c cCI AI CI IA I

0.25

Mà 2I d nên ta có: 10 10

3 4 23 0 13 3

c cc

Vậy C(1; 5).

0.25

Ta có: 2

3 23 3 9; 2 5;

4 2

t tM d M t B t

3 5 3 192 10; , 2 6;

2 2

t tAB t CB t

0.25

Do 1

1. 0 4 5 3 3 5 3 19 0 29

45

t

AB CB t t t tt

Suy ra33 21

;5 5

B

hoặc ( 3; 3).B

Vì B có hoành độ dương nên 33 21

;5 5

B

0.25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



Câu 8a

(1 điểm)

Ta có: AB = 5.

Gọi I là trung điểm AC, ta có 1 25 25

. .2 4 2

IA IB IA IB .

0.25

Mặt khác

22 2 2 2 2 2 225 2 . 0IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB IA IB

Vậy tam giác ABC vuông cân tại B.

0.25

( ) ( ; ; 2 )C P C a b b .

Tam giác ABC vuông cân tại B nên . 0AB BC và BC = AB = 5

0.25

2 2 2

0.( 1) 4( 2) 3( 2 4) 0

( 1) ( 2) ( 2 4) 25

a b b

a b b

.

Giải hệ được hai nghiệm (a ; b) là (6 ; -2) ; (-4 ; -2).

Vậy có hai điểm C thoả mãn yêu cầu có toạ độ là (6 ; -2 ; 4) , (-4 ; -2 ; 4).

0.25

Câu 9a

(1 điểm)

Xét đẳng thức 20142014 2014 21 . 1 1x x x 0.25

+) Ta có 2014

20142 2

2014

0

1k

k

k

x C x

suy ra hệ số của số hạng chứa 2014x là

1007

2014C

0.25

+) Ta có 2014 2014

2014 2014

2014 2014

0 0

1 . 1kk k k

k k

x x C x C x

0.25

Suy ra hệ số của số hạng chứa 2014x là 2014 1 2013 2 2012 3 2011 2014 0

2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014...oC C C C C C C C C C

2 2 2 2 2 2

0 1 2 3 2013 2014

2014 2014 2014 2014 2014 2014...C C C C C C

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

0.25

Câu 7b

(1 điểm)

Kẻ BH CD ABHD là hình vuông và

CBH MBA CBH MBA CB MB

Mặt khác, BN là phân giác của góc vuông MBC 045CBN MBN CBN MBN

Vậy ( ; ) ( ; )d B CD d B MN

0.25

mà 7 2 25 4 4

( ; ) 2 450 2 2

d B MN BH BD BH

0.25

Điểm D thuộc BD, nên 0( ;2)D x và BD = 4. Ta có 02

0

0

5( 1) 16

3

xx

x

. 0.25

Theo giả thiết 0 0x . Vậy D(5; 2). 0.25

Câu 8b

(1 điểm)

mp có VTPT: 1 1;1;4n

Giả sử ; ;n a b c , 2 2 2 0a b c là VTPT của mp

Ta có : 1. 0 4 0 4n n a b c b a c

: 1 4 2 3 0a x a c y c z

0.25

Giả sử đường tròn giao tuyến của và mặt cầu S có bán kính là r .

Ta có: 2. 16 4r r

Mặt cầu S có tâm 0;1; 2I , bán kính 5R .

2 2, 3d I R r

22 2

3 4 53

4

a a c c

a a c c

0.25

M

A B

D C

H N

d

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



2 232 68 0a ac c

2

34

a c

a c

Với 2a c , chọn 1 2 : 2 2 5 0c a x y z

0,25

Với 34a c , chọn 1 34 :34 38 113 0c a x y z

Vậy phương trình mp : 2x + 2y – z + 5 = 0 hoặc 34x – 38y + z – 113 = 0.

0.25

Câu 9b

(1điểm)

Giả sử ( , ) z a bi a b R , khi đó (1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i

(1 3 )i z là số thực 3 0 3b a b a

0.25

2 22 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a 0.25

2 2

2 6

10 34 29 1 5 17 14 0 7 21

5 5

a b

a a a aa b

0.25

Vậy 7 21

2 6 ,5 5

z i z i \ 0.25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 -

GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 Môn Toán; Khối A và khối A1.

Câu 1. (2 điểm)

a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 3 23 2y x x= − + .

b) Tìm giá trị tham số m ∈� thì đồ thị của hàm số 4 24 4y x mx m= − + − có 3 cực trị là 3 đỉnh của 1

tam giác nhận điểm 31

0;4

H

làm trực tâm.

Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: + = −1 3

sin 2x tan cos 22 2

x x .

Câu 3. (1 điểm) Tính giới hạn: 5 3 2

3 21

5 2 6 4lim

1x

x x x xB

x x x→

− + + −=

− − +.

Câu 4. (1 điểm). Trong mặt phẳng ( )P , cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a , � =0120ABC .

Gọi G là trọng tâm tam giác ABD . Trên đường thẳng vuông góc với ( )P tại G lấy điểm S sao cho

� =090ASC . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( )SBD theo a .

Câu 5. (1 điểm) a) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau. b) Chứng minh rằng: với mọi cặp số nguyên ( ), 1k n k n≤ ≤ ta có: 1

1k kn nkC nC −

−= . Tìm số nguyên 4n >

biết rằng ( )0 1 22 5 8 ... 3 2 1600nn n n nC C C n C+ + + + + = .

Câu 6. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC có phương trình các đường

thẳng ,AB AC lần lượt là − − = + + =4x 3 20 0; 2x 10 0y y . Đường tròn ( )C đi qua trung điểm của các

đoạn thẳng , ,HA HB HC có phương trình là ( ) ( )− + + =2 2

1 2 25x y , trong đó H là trực tâm của tam giác

ABC . Tìm tọa độ điểm H biết > −4Cx .

Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho hình vuông ABCD có M là trung điểm

của cạnh BC , N thuộc cạnh AC sao cho =14

AN AC . Biết MN có phương trình − − =3x 4 0y

và ( )5;1D . Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương.

Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) + − = + +

∈ − − − =

4 2 2 2 3 2 2

3 2,

2 5 2 1 0

x x y y y x y xx y

y x�

Câu 9. (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: ( )+ + = + + +2 2 22 3a b c ab bc ca . Tìm giá trị lớn nhất

của = + + −+ + +

2 2 2 13

S a b ca b c

.

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



y

2

2

-2

3

-1

x

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 3 23 2y x x= − +

∗ Hàm số đã cho xác định trên �

∗ Ta có: ( )2' 3 6 3 2y x x x x= − = − và ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = .

∗ Giới hạn: limx

y→−∞

= −∞ và limx

y→+∞

= +∞

∗ Bảng biến thiên:

x −∞ 0 2 +∞ 'y + 0 − 0 +

y

2 +∞ −∞ 2−

Hàm đồng biến trên mỗi khoảng ( ); 0−∞ và ( )2; +∞ , nghịch biến trên ( )0; 2 .

Hàm số đạt cực đại tại điểm 0x = với giá trị cực đại của hàm số là ( )0 2y = và hàm số đạt cực tiểu tại

điểm 2x = với giá trị cực tiểu của hàm số là ( )2 2y = − .

∗ Đồ thị • Điểm đặc biệt :

'' 6 6y x= − và " 0 1y x= ⇔ = ( )1;0I⇒

• Chọn 3 2,x y= ⇒ = 1 2x y= − ⇒ = − .

Chú ý: Ta có thể tìm điểm đặc biệt bằng cách tìm giao điểm của đồ thị với trục tọa độ:

Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm ( )0; 2

Đồ thị cắt Ox tại ba điểm ( )1;0 , ( )1 3;0±

Nhận xét: Đồ thị nhận ( )1;0I làm tâm đối xứng.

b) 0 ' 0m y≤ ⇒ = có 1 nghiệm, nên hàm số có 1 cực trị.

0 ' 0m y> ⇒ = có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm đó, nên hàm số có 3 cực trị. Giả sử

( )0; 4 ,A m− ( )22 ; 4 4 ,B m m m− − ( )22 ; 4 4C m m m− .

Vì tam giác ABC cân tại A và ,B C đối xứng nhau qua Oy

H là trực tâm tam giác ABC khi ( ). 0AH BC

BH ACBH AC

⊥⇒ = ∗

⊥

�� .

Ta có: 2 312 ; 4 4 ,

4BH m m m

= − + +

�� ( )22 ; 4AC m m=��

.

Khi đó ( ) 2 2 312 4 4 4 0

4m m m m

∗ ⇔ + − + + =

hay 3 2 31

8 8 1 02

m m m− − − = , phương trình có nghiệm 2m =

thỏa 0m > .

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: π

≠ + π2

x k

+ = − ⇔ + = −21 3 1 1

sin 2 tan cos 2 sin 2 tan 2sin2 2 2 2

x x x x x x

( )

⇔ + = − ⇔ − − =

1 1 1sin 2 tan sin 2 .tan sin 2 tan 1 0

2 2 2x x x x x x

π π = + π = + π=⇔ ⇔ ∈ π= = + π

51 ;sin 2 12 12 ,2tan 1

4

x k x kx

k

x x k

�

Câu 3. (1 điểm) Ta có: 5 3 2 2 25 2 6 4 ( 1) ( 2)( 2)x x x x x x x− + + − = − + − , 3 2 21 ( 1) ( 1)x x x x x− − + = − +

Do đó: 2

1

( 2)( 2) 3lim

1 2x

x xB

x→

+ −= = −

+.

Câu 4. (1 điểm). �= ⇒ = ⇒ ∆

0 0120 A 60 DB AB� đều cạnh a

⇒ = =

2 32

2ABCD ABD

aS S

Gọi O là giao điểm AC và BD

⇒ = = = =3 2 3

; ; 32 3 3

a aAO AG AO AC a

⇒ = =6

.3

aSG GA GC ( ∆SAC vuông tại S, đường cao

SG). = =

3

D D1 2

.3 6SABC ABC

aV S SG

Kẻ ( )⊥ ⇒ ⊥SO GH DGH SB vì ( ) ( )( )⊥ ⊂ ⇒ =D GH , DB SAO d G SB GH

∆SGO vuông tại G, đường cao ⇒ = + =2 2 2 2

1 1 1 27

S 2aGH

OH G GO

Câu 5. (1 điểm) a) Giả sử số đó là abcd TH1: a,b là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn a,b Lúc này chọn d có: 4 cách và chọn c có 4 cách. Trường hợp này có =2.4.4 32 số TH2: b,c là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn b,c Nếu = 0d chọn a có: 2cách. Trường hợp này có =2.1.2 4 số. Nếu ≠ 0d chọn d có 2 cách, chọn a có: 2 cách. Trường hợp này có =2.2.2 8 số Vậy có: + + =32 4 8 44 số.

b) Ta có: ( )

( )

( ) ( ) ( )11

1 !!. .

! ! 1 ! 1 1 !k kn n

nnkC k n nC

k n k k n k

−−

−= = =

− − − − −

( đpcm )

( ) ( )0 1 2 1 2 0 12 5 8 ... 3 2 1600 3 6 ... 3 2 ... 1600n n nn n n n n n n n n nC C C n C C C nC C C C+ + + + + + = ⇔ + + + + + + + =

( ) ( )0 1 1 0 11 1 13 ... 2 ... 1600n n

n n n n n nn C C C C C C−− − −

⇔ + + + + + + + =

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



( ) ( )0 1 1 0 11 1 13 ... 2 ... 1600n n

n n n n n nn C C C C C C−− − −

⇔ + + + + + + + =

( ) ( )1 1 1 5 33 1 1 2 1 1 1600 3 .2 2 1600 3 .2 2 100 7

n n n n n nn n n n− − + − −

⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ =

Câu 6. (1 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ: 4 3 20 0

2 10 0

x y

x y

− − =

+ + =hay

1

8

x

y

= −

= − , suy ra ( )− −1; 8A

Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao hạ từ B của tam giác

ABC. Ta có

⊥

/ /

/ /

EF BC

NF AH

BC AH

. Do đó ⊥EF NF

Tương tự ta có: ⊥D DE N . Vậy đường tròn (C) đi qua D, E, F là đường tròn đường kính EN. Suy ra N thuộc (C) . Mặt khác ⊥' 'EB B N , tức là B’ cũng thuộc (C).

Tọa độ của N và B’ là nghiệm của hệ: ( ) ( )

+ + = = − − = − = − ⇔ ⇔

= − = −+ + =− + + = 2 2 2

2 10 0 2 10 2 4

6 25 30 40 01 2 25

x y y x x xhay

y yx xx y

Nếu ( )− −4; 2N thì ( )−7; 4C (loại)

Nếu ( )− −2; 6N thì ( )− −3; 4C . Vậy ( ) ( ) ( )− − − − − −2; 6 ; ' 4; 2 ; 3; 4N B C

Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận VTCP ( )−1; 2 của AC là vtpt nên có phương trình − =2 0x y . Đường

thẳng CH đi qua C và nhận vtcp ( )3; 4 của AB làm vtpt nên có phương trình là + + =3x 4 25 0y Tọa độ H

là nghiệm của hệ: 2 0

3 4 25 0

x y

x y

− =

+ + = hay

5

52

x

y

= −

= −

. Vậy

− −

55;

2H

Câu 7. (1 điểm) Kẻ ⊥NH BC tại H, ⊥ DNK C tại K Ta có ∆ = ∆ ⇒ =NKC NHC NK NH

⇒ = =

⇒ =⇒ = =

1/ /

41

/ /4

DK ANAD NK

DC AC DK BHBH AN

AB NHBC AC

, mà M là trung

điểm BC nên H là trung điểm

BM � �⇒ ∆ = ∆ ⇒ = =D , DDKN MHN NK MNH N NM Mà � �= ⇒ = ⇒ ∆

0 090 D 90KNH NK DNM vuông cân tại N

( ) ( )⇒ ⊥ ⇒ − + − = + − =: 5 3 1 0 3 8 0DN MN DN x y hay x y

Tọa độ N thỏa hệ: ( ) + − =

⇒− − =

3 8 02; 2

3 4 0

x yN

x y

Giả sử ( ) ( )− ⇒ = − − = =; 3 4 2 ; 6 3 ; 10;M m m MN m m DN MN DN��

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

= ⇒⇒ − + − = ⇔ − = ⇔

= ⇒ −

2 2 2 3 3; 52 6 3 10 2 1

1 1; 1

m Mm m m

m M loai

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



( )3; 5M m gọi −

− = = = ∩ ⇒ = − ⇔ ⇔

− = − =

1 521

D 3 33 2 1 1

P P

P P

x xP MN A NP NM

y y

��

Ta có: = = = ⇒ =1 1 1 5

D3 6 6 6

AP MC BC A DP DA

⇒ = = = ⇒ =5 5 5 36 6 3 5

DP DA CB MB MB DP��

( )( )

− = − ⇒ ⇒

− = −

3 53 5

5 3 1; 53

5 1 15

B

B

x

B

y

Câu 8. (1 điểm) Điều kiện: ≤52

x

Phương trình ( ) ( ) ( )2 2 21 1 0 0x y x y x y⇔ − − + = ⇔ = = hoặc 2 1x y= +

Trường hợp = = 0x y thế vào (2) không thỏa mãn.

Trường hợp = +2 1x y thế vào (2): ( )− − − =

32 3 2 1 0 3y y

Xét hàm

= − − − ∈ −∞

3 3(t) 2 t 3 2 1; ;

2f t t ;

= + > ∀ ∈ −∞

−

2 1 3'( ) 6 ; '( ) 0, t ;

23 2f t t f t

t

Vậy hàm số ( )f t đồng biến trên

−∞

3;2

; mà =(1) 0f .

Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất: = 1y . Với = ⇒ = ⇔ = ±21 2 2y x x (thỏa điều kiện)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( ) ( )−2;1 ; 2;1

Câu 9. (1 điểm) Với a,b,c là các số dương ta có: ( )( )

22 2 2

3

a b ca b c

+ ++ + ≥ và

( )2

3

a b cab bc ca

+ ++ + ≤

Bởi vậy: ( ) ( )

( )+ + + +

≤ + ⇔ + + ≤

2 222

3 93 3

a b c a b ca b c , từ đó: < + + ≤0 3a b c

Ta có: ( )( )+ +

+ + = + + + ≤ + + ≤ +

22 2 22 3 3

3

a b ca b c ab bc ca ab bc ca nên ( )

( )+ ++ + ≤ +

22 2 2 3

6 2

a b ca b c

Bởi vậy: ( )+ +

= + + − ≤ − + = − ++ + + + + + +

22 2 2 21 1 3 1 1 3

3 6 3 2 6 3 2

a b cS a b c t

a b c a b c t

Xét hàm số: = − ++

21 1 3( )

6 3 2f t t

t với < ≤0 3t và

( )2

1 1'( ) 0, (0; 3)

3 3f t t t

t= + > ∀ ∈

+

Bởi vậy: (≤ ∀ ∈ ( ) (3), 0; 3f t f t hay ≤17

( )6

f t

Suy ra: ≤176

S , dấu bằng xảy ra khi = = = 1a b c

Vậy =17

max6

S khi = = = 1a b c

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối B

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

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

2

xy

x

+=

+.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Cho hai điểm ( 1; 1), (2;2)A B− − trên đồ thị (C). Định m để đường thẳng (d): y = x + m cắt đồ thị

(C) tại hai điểm M, N sao cho tứ giác ABMN là hình bình hành.

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: (sin 3 cos )sin 3 2x x x+ = .

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình: 23 7

2( 1)

xx

x x

++ =

+.

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 1

3 3 2

0

2 3 1I x x x dx= − − +∫ .

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là trung điểm của SA, (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với SC. Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại N, E, F. Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF. Câu 6 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực:

2 25 ( 14) 4 9 20 5 1x m x m x x x+ + + + = − − + + .

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 2AB AD= , tâm (1; 2)I − . Gọi M là trung điểm cạnh CD, (2; 1)H − là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa

độ các điểm A, B. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 5 0P x y z− − − = và hai điểm (3; 1; 3), (5;1;1)A B− − . Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và

diện tích tam giác ABC bằng 3 . Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2( ) : ( 4) ( 1) 20C x y− + − = và điểm (3; 1)M − . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 8 (I là tâm đường tròn (C)). Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2( ) : 4 2 0S x y z x y+ + − − − =

và hai điểm (3; 5;2), (7; 3; 2)A B− − − .Tìm điểm M trên (S) sao cho biểu thức 2 2MA MB+ có giá trị nhỏ nhất.

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 22 2

( ) ln ( ) ln

3 3 3 9

x y

x x x x y

e x y x e x y y− + +

+ + = + +

+ = +.

----------------- Hết -----------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………..

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

ĐÁP ÁN KHỐI B


Câu 1

(2,0 điểm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 3 2

2

xy

x

+=

+

TXĐ: { } 2

4\ 2 , ' 0,

( 2)D Dy x

x= − = > ∀ ∈

+ℝ 0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng: ( ; 2)−∞ − và ( 2; )− +∞

Giới hạn và tiệm cận:( 2) ( 2)

lim ; limx x

y y− +→ − → −

= +∞ = −∞⇒ pt tiệm cận đứng: x = −2

lim lim 3x x

y y→+∞ →−∞

= = ⇒ pt tiệm cận ngang y = 3

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

Đồ thị: Đi qua các điểm ( )2; 0 , 0; 1

3 −

và nhận giao

điểm 2 tiệm cận I(−2; 3) làm tâm đối xứng.

0,25

2. Cho hai điểm ( 1; 1), (2;2)A B− − trên đồ thị (C). Định m để đường thẳng ( ) :d y x m= + cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho tứ giác ABMN là hình bình hành. Phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (C):

23 2

3 2 ( 2)( ) (1)2

xxx m

x x x mx

≠ −+= + ⇔

+ = + ++

2 ( 1) 2 2 0x m x m⇔ − + − = (2) (do x = −2 không phải là nghiệm của (1))

0,25

x

y’

−∞ +∞

y

−2

+ + +∞ 3

−∞ 3

x

y

O

3

−2

1

2

3−

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt

2 2 1( 1) 4(2 2) 10 9 0

9

mm m m m

m

<⇔ ∆ = − − − = − + > ⇔ >

(3) 0,25

Khi đó: 2| | | | 10 9M N M Ny y x x m m− = − = ∆ = − + .

Nhận thấy hai điểm A, B thuộc đường thẳng y = x song song với (d) khi 0m ≠ . Do đó với điều kiện (3), để tứ giác ABMN là hình bình hành thì ta chỉ cần MN = AB là đủ

0,25

Ta có: 2 2 2 2( ) ( ) 3 2 10 9 3 10 0M N M NMN AB x x y y m m m m= ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ − =

0

10

m

m

=⇔ =

. So với điều kiện (3) ta nhận m = 10 là đáp số của bài toán.

0,25

Câu 2

(1,0 điểm)

Giải phương trình: (sin 3 cos )sin 3 2x x x+ = . Phương trình đã cho tương đương:

1 3sin cos sin 3 1 sin .sin 3 1

2 2 3

cos 2 cos 4 23 3

x x x x x

x x

π

π π

+ = ⇔ + =

⇔ − − + =

0,25

cos 2 13

cos 2 13

x

x

π

π

− =

⇔ − = −

0,25

2 2 2 23 3

4 2 23 3

x k x k

x m x m

π ππ π

π ππ π π

− = = + ⇔ ⇔

+ = + = +

0,25

2 2 ( , )3 6

x k x k k mπ π

π π⇔ = + ⇔ = + ∈ℤ

Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm: ( )6

x k kπ

π= + ∈ℤ

0,25

Câu 3

(1,0 điểm) Giải phương trình:

23 7

2( 1)

xx

x x

++ =

+.

ĐK: x > 0 Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:

23 1 3 72( 1). 7 2 1 .x x x x x

x x x x + + = + ⇔ + + = +

0,25

3 3 4 2 3 3 3 2 32 0 2 2 0x x x x x x

x x x x x x x x x

⇔ + − + + − + = ⇔ + + − − + − =

0,25

32 0

3 3 22 0

3 20

xx

x xx x x

xx x

+ − = ⇔ + − + − = ⇔ + − =

0,25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

2 2

3 2

4 3 0 4 3 0

3 4 0 ( 1)( 4) 0

x x x x

x x x x x

− + = − + =⇔ ⇔

+ − = − + + =

1

3

x

x

=⇔ =

. Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 3.

0,25

Câu 4

(1,0 điểm) Tính tích phân

13 3 2

0

2 3 1I x x x dx= − − +∫ .

Đặt 1t x dt dx= − ⇔ = − . Đổi cận: 0 1; 1 0x t x t= ⇒ = = ⇒ = 0,25

Suy ra: 0 3 23

12(1 ) 3(1 ) (1 ) 1( )I t t t dt= − − − − − + −∫

0,25

1 3 23

02 3 1t t t dt= − + + −∫ 0,25

1 3 23

02 3 1t t t dt I= − − − + = −∫ 0I⇒ = 0,25

Câu 5

(1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là trung điểm của SA, (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với SC. Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại N, E, F. Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF. Từ giả thiết ta có:

� 0( ) 30BC AB

BC SAB BSCBC SA

⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =

⊥ là góc giữa SC với mp(SAB) Từ đó:

0

2 2

.cot 30 3,

2

SB BC a

SA SB AB a

= =

= − =

SC ⊥ (P) tại E nên thể tích khối chóp S.MNEF được xác định bởi:

1.

3 MNEFV S SE=

0,25

Do SA AC⊥ và 2SA AC a= = , nên ∆SAC vuông cân tại A ⇒ ∆SEM vuông cân

tại E 22

SM aSE⇒ = =

Ta có: ( ( )

( ) ,( ( )

dodo

MN CS SC PMN SBC MN NE MN SB

MN BC BC SAB

⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

⊥ ⊥

0,25

21 1 6 3 2. . .

2 2 6 6 24MNE

a a aS MN NE⇒ = = =

Hoàn toàn tương tự ta cũng có MF EF⊥ và 2 2 2

24 12MEF MNEF

a aS S= ⇒ =

Vậy 31 2

.3 72MNEF

aV S SE= = (đvtt)

0,25

( )MN SE

MN SNE MN SNMN NE

⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥ . Tương tự MF ⊥ SF

Từ đó ∆SNM, ∆SEM và ∆SFM là 3 tam giác vuông nhận SM là cạnh huyền chung. Suy ra nếu gọi I là trung điểm của SM thì I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình

0,25

300

FN

M

C

A

D

B

S

EI

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

chóp S.MNEF và bán kính mặt cẩu là 1 2

2 4

aR SM= =

Câu 6

(1,0 điểm)

Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực: 2 25 ( 14) 4 9 20 5 1x m x m x x x+ + + + = − − + + .

Trước hết ta phải có điều kiện 2 20 0

51 0

x xx

x

− − ≥⇔ ≥

+ ≥ (1)

Với điều kiện (1), phương trình đã cho tương đương: 2 2 25 ( 14) 4 9 20 25( 1) 10 ( 1)( 20)x m x m x x x x x x+ + + + = − − + + + + − −

2 24( 20) ( 6)( 4) 10 ( 4)( 4 5)x x m x x x x⇔ − − + + + = + − − 2 24( 20) 4 5

6 104 4

x x x xm

x x

− − − −⇔ + + =

+ + (2)

0,25

Đặt 2 4 5

4

x xt

x

− −=

+, phương trình (2) trở thành: 24 10 6m t t= − + − (3)

Xét hàm 2 4 5

( )4

x xf x

x

− −=

+, với [5; )x∈ +∞ , ta có:

2

2

8 11(5) 0, lim ( ) , '( ) 0, [5; )

( 4)x

x xf f x f x x

x→+∞

+ −= = +∞ = > ∀ ∈ +∞

+. Chứng tỏ f(x)

đồng biến trên [5; )+∞ Suy ra: + Điều kiện của t là 0t ≥ .

+ Với mỗi 0t ≥ thì phương trình 2 4 5

4

x xt

x

− −=

+ có đúng 1 nghiệm [5; )x∈ +∞

0,25

Từ đó yêu cầu bài toán tương đương tìm m sao cho phương trình (3) có đúng 2 nghiệm [0; )t∈ +∞

Lại xét hàm: 2( ) 4 10 6g t t t= − + − với [0; )t∈ +∞ , ta có:

5 5 1'( ) 8 10; '( ) 0 ,

4 4 4g t t g t t g

= − + = ⇔ = =

0,25


Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là 1

64

m− ≤ <

0,25

Câu 7a

(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 2AB AD= , tâm (1; 2)I − . Gọi M là trung điểm cạnh CD, (2; 1)H − là giao điểm của hai đường thẳng AC

và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B.

Từ giả thiết ta có H là trọng tâm ∆BCD. Suy ra 3IA HI=��

⇒ ( 2; 5)A − − . 0,25

Ta có 2 6 1 3

;3 3 3 3

BC BCHB BM HC AC= = = = .

Suy ra 2 2 2HB HC BC+ = . Vậy BM ⊥ AC.

0,25

t

g’(t)

g(t)

0 + ∞ 5

4

0 − +

−6

1

4

− ∞

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Suy ra BM đi qua (2; 1)H − , nhận vtpt (1;1)IH =��

: 1 0pt BM x y⇒ + − = .

⇒ tọa độ B có dạng ( ;1 )B t t− . 0,25

IB IA= ⇔ 2 2( 1) (3 ) 18t t− + − = ⇔ 2 4 4 0t t− − = ⇔ 2 2 2t = ± Vậy (2 2 2; 1 2 2)B + − − hoặc (2 2 2; 1 2 2)B − − + .

0,25

Câu 8.a

(1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 5 0P x y z− − − = và hai điểm (3; 1; 3), (5;1;1)A B− − . Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc

với (P) và diện tích tam giác ABC bằng 3 . Ta có: + vtpt của (P) là (1; 2; 1)n = − −

�. ( )C P∈ nên 0 0 0 0( ; ; 2 5)C x y x y− −

+ 0 0 0 0(2; 2; 4), ( 3; 1; 2 2)AB AC x y x y= = − + − −��

Suy ra mp(ABC) có vtpt là

0 0 0 0 0 0, (2 8 8;2 4 8; 2 2 8)m AB AC x y x y x y = = − − + − − + + ��

0,25

Theo giả thiết:

0 0 0 0 0 0

0

( ) ( ) . 0 2 8 8 2(2 4 8) ( 2 2 8) 0

0

ABC P n m x y x y x y

y

⊥ ⇒ = ⇔ − − − + − − − + + =

⇔ =

� �

0,25

2 2 20 0 0 0 0 0

13 , 3

2

(2 8 8) (2 4 8) ( 2 2 8) 3

ABCS AB AC

x y x y x y

= ⇔ =

⇔ − − + + − + − + + =

��

0,25

02 2 2 20 0 0 0

0

51. (2 8) (2 8) ( 2 8) 3 (2 8) 4

32

xx x x x

x

=⇔ − + − + − + = ⇔ − = ⇔ =

Vậy (5;0;0)C hoặc (3;0; 2)C −

0,25

Câu 9.a

(1,0 điểm)

Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3.

Số phần tử của tập A: 39 504A = 0,25

Gọi n abc= là số tự nhiên được chọn thỏa yêu cầu bài toán. Chỉ có các trường hợp sau: TH1: a, b, c chia hết cho 3 , , {3;6;9}a b c B⇒ ∈ = ⇒ có 3! cách chọn n

0,25

TH2: a, b, c chia cho 3 dư 1 , , {1;4;7}a b c C⇒ ∈ = ⇒ có 3! cách chọn n TH3: a, b, c chia cho 3 dư 2 , , {2;5;8}a b c D⇒ ∈ = ⇒ có 3! cách chọn n

0,25

TH4: Trong 3 số a, b, c có một số thuộc B, một số thuộc C và số còn lại thuộc D ⇒ có (3x3x3)3! cách chọn n Suy ra số cách chọn n là 3(3 3 ).3! 180+ = .

Vậy xác suất để số được chọn chia hết cho 3 là 180 5

504 14=

0,25

Câu 7.b

(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2( ) : ( 4) ( 1) 20C x y− + − = và điểm (3; 1)M − . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B

sao cho diện tích tam giác IAB bằng 8 (I là tâm đường tròn (C)).

Đường tròn (C) có tâm (4;1), 2 5I R = .

Gọi H là trung điểm AB, suy ra AH ⊥ AB.

Diện tích tam giác IAB: 1

. 82IABS IH AB= = ⇔ IH = 4 hoặc IH = 2

Đường thẳng ∆ đi qua điểm M nên có phương trình 2 23 0, 0ax by a b a b+ − + = + > .

0,25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

TH1: d(I,∆) = IH = 4 ⇔ 2 2

24

a b

a b

+=

+⇔ 2 215 4 12 0a ab b− + =

⇔ 2 2 211( ) (2 ) 0a b a b+ + − = ⇔ a = b = 0 (không thỏa a2 + b2 > 0).

0,25

TH2: d(I,∆) = IH = 2 ⇔ 2 2

22

a b

a b

+=

+

⇔ (3 4 ) 0a a b− = ⇔ a = 0 hoặc 3a – 4b = 0.

0,25

+ Nếu a = 0 chọn b =1 ⇒ phương trình ∆: y + 1 = 0. + Nếu 3a – 4b = 0 chọn a = 4 và b = 3 ⇒ phương trình ∆: 4x + 3y – 9 = 0.

0,25

Câu 8.b

(1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2( ) : 4 2 0S x y z x y+ + − − − = và

hai điểm (3; 5;2), (7; 3; 2)A B− − − .Tìm điểm M trên (S) sao cho biểu thức 2 2MA MB+ có giá trị nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của AB thì (5; 4;0)I − .

Ta có: 2 2 2 2 21 292 2

2 2MA MB IM AB IM+ = + = + ⇒ 2 2MA MB+ nhỏ nhất khi

và chỉ khi IM nhỏ nhất.

0,25

(S) có tâm 1

;2;02

J

, bán kính 5

2R = . Do

221 15

5 (2 4)2 2

IJ R = − + + = >

,

nên I nằm ngoài (S). Từ đó nếu gọi M0 là giao điểm của đoạn thẳng IJ với (S), thì với mọi điểm M thuộc (S) ta luôn có bất đẳng thức đúng sau:

0 0IM MJ IM R IJ IM R IM IM const+ = + ≥ = + ⇔ ≥ = . Đẳng thức chỉ xảy ra

khi 0M M≡

Vậy 2 2MA MB+ nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn IJ với (S)

0,25

Ta có phương trình IJ:

5 3

4 4 ( )

0

x t

y t t

z

= −

= − + ∈ =

ℝ 0,25

Tọa độ M là nghiệm của hệ:

2 2 2

5 3

4 4 2; 0; 1

0 1; 4; 0; 2

4 2 0

x t

y t x y z t

z x y z t

x y z x y

= − = − + = = = =

⇔ = = − = = = + + − − − =

Do M thuộc đoạn IJ nên ta chỉ nhận (2;0;0)M

0,25

Câu 9.b

(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2 2 22 2

( ) ln ( ) ln

3 3 3 9

x y

x x x x y

e x y x e x y y− + +

+ + = + +

+ = +

Điều kiện: x > 0 và y > 0.

Hệ phương trình đã cho tương đương: 2 2 22 2

( )(ln ln ) (1)

3 3 3 9 (2)

x y

x x x x y

e e x y y x− + +

− = + −

+ = +

0,25

Nhận xét: Vì các hàm số , lnty e y t= = luôn đồng biến trên khoảng (0; )+∞ , nên

với 0x y> > hoặc 0 x y< < thì hai vế của pt (1) luôn trái dấu nhau. Suy ra (1) ⇔ x = y

0,25

Thay vào (2) ta được: 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 23 3 3 9 3 3 3 1 (3 1)(3 1) 0x x x x x x x x x x x x x x− + + − − + − − − ++ = + ⇔ + = + ⇔ − − =

0,25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

2

2

23 1 0

3 1 0

x x

x x

− −

+

− =⇔

− =

2

2

12 0

00

2

xx x

xx x

x

= − − − = ⇔ ⇔ = + = =

.

Do điều kiện nên ta chỉ nhận 2 2x y= ⇒ = Vậy hệ phương trình có một nghiệm (2; 2)

0,25

Ghi chú: + Cách giải khác của Câu 3: Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:

( )222

2

73

4( 1)

xx

x x

++=

+( )22 2 24( 3)( 1) 7x x x x⇔ + + = +

( )22 2 2 5 4 3 24( 3)( 1) 7 4 6 16 25 12 0x x x x x x x x x⇔ + + = + ⇔ − + − + − =

2 2

2

1 01

( 1) ( 3)( 4) 0 3 03

4 0 ( )vn

xx

x x x x xx

x x

− ==⇔ − − + + = ⇔ − = ⇔ = + + =

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 3. + Cách giải khác của Câu 8a:

Từ giả thiết suy ra 3IA HI=��

⇒ ( 2; 5)A − − . Gọi B(x;y). Ta có

2

IA IB

AB AD

=

= ⇔

2 2

2 2 2 2

( 1) ( 2) 18

( 2) ( 5) 2 (4 ) (1 )

x y

x y x y

− + + =

+ + − = − + − ⇔

2 2

9 9 0

2 4 13 0

x y

x y x y

− − =

+ − + − =

⇔ 2 2 2

1 2 2

x

y

= +

= − − hoặc

2 2 2

1 2 2

x

y

= −

= − +

Vậy (2 2 2; 1 2 2)B + − − hoặc (2 2 2; 1 2 2)B − − + . + Cách giải khác của Câu 8b: Giả sử 0 0 0( ; ; )M x y z Ta có:

+ ( )M S∈ nên 2

2 2 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0

1 254 2 0 ( 2)

2 4x y z x y x y z

+ + − − − = ⇒ − + − + =

(1) và

2 2 20 0 0 0 04 2x y z x y+ + = + + (2)

+ 2 2 2 2 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0( 5) ( 4) 10 8 41IM x y z x y z x y= − + + + = + + − + +

Do (2) nên 20 0 0 0 0 04 2 10 8 41 9 12 43IM x y x y x y= + + − + + = − + +

Theo bđt B.C.S: 2 2

2 20 0 0 0 0 0

1 1 259 12( 2) 0. (81 144) ( 2) 225.

2 2 4x y z x y z

− − + − + ≤ + − + − + =

(3)

0 0 0 0

75 1 759 12( 2) 25 9 12 43 100 5 10

2 2 2x y x y IM

⇔ − ≤ − − + − ≤ ⇔ ≤ − + + ≤ ⇒ ≤ ≤

(4)

Đẳng thức ở (3) chỉ xảy ra khi:

0

0

00 0

0

2 2 20 02 2

0 0 0

001

2 2(2 1)2 29 12 3

(2 1) 4(2 1) 251 25( 2)

4 9 42 4

zz

x y xy

x xx y z

= = − − −

= ⇔ − = − −

− − + =− + − + =

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

00 0

00 0 0

2 0 00

02 1

2(2 1)2 0 4

30 0

(2 1) 9

zx x

xy y y

z zx

== = − −

⇔ − = − ⇔ = ∨ = = = − =

+ Với (2;0;0)M thì IM = 5 + Với ( 1;4;0)M − thì IM = 10 So sánh với (4) ta suy ra (2;0;0)M là điểm cần tìm.

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐẠO KON TUM KIỂM TRA LUYỆN THI ĐẠI HỌC LẦN 5

Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành NĂM HỌC 2013 2014

Môn thi TOÁN; Khối A, A1, B.

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề).

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu 1. (2.0 điểm). Cho hàm số 3 21 12 1 3 2 5 2

3 2 y x ( m )x ( m )x m .

1) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.

2) Tìm m để hàm số nghịch biến trong khoảng có độ dài lớn hơn 1.

Câu 2. (1.0 điểm). Giải phương trình sin3 cos3 2 2 cos 1 04

x x x

.

Câu 3. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:

3 2 2

2 33

2 2

2 2 2 1 14.

x y x y xy

x x y y

Câu 4. (1.0 điểm). Tính tích phân 2

3

0

sin.

1 cos2

x xI dx

x

Câu 5. (1.0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,

, 2AB a BC a . Hình chiếu vuông góc của A’ trên mp(ABC) trùng với trung điểm H của AC, góc giữa

hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC) bằng 060 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai

đường thẳng AA’ và BC theo a.

Câu 6. (1.0 điểm). Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện 3 3 3.a b c Chứng minh rằng

2 2 2 6 .a b c c a c b

PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Chương trình Chuẩn.

Câu 7a. (1.0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A và có chu vi bằng 16. Hai

đỉnh A, B thuộc đường thẳng d có phương trình 2 2 2 2 0x y và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ

trọng tâm của tam giác ABC.

Câu 8a. (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (3; – 1; 1), đường thẳng và mp (P)

lần lượt có phương trình 2

:1 2 2

x y z , ( P ) : x – y + z– 5 = 0. Viết phương trình tham số của đường

thẳng d đi qua A, nằm trong ( P) và tạo với một góc 450.

Câu 9a. (1.0 điểm). Cho hai đường thẳng song song 1d và 2.d Trên 1d lấy 5 điểm và trên 2d lấy n điểm.

Tìm n để số tam giác lập được từ 5n điểm bằng 45.

B. Chương trình Nâng cao.

Câu 7b. (1.0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d có phương trình

2 2 0.x y Tìm trên d hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại A và AM = 2AN, biết tọa độ

điểm N là các số nguyên.

Câu 8b. (1.0 điểm).Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 3 2 1

:2 1 1

x y zd

và mặt phẳng (P)

có phương trình 2 0.x y z Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng

nằm trong (P), vuông góc với d đồng thời khoảng cách từ M đến bằng 3 42.

Câu 9b. (1.0 điểm). Tính |z|, biết: 5 .

1 3 22

i zz i i

i

.

Hết

ĐỀ CHÍNH THỨC

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐẠO KON TUM KIỂM TRA LUYỆN THI ĐẠI HỌC LẦN 5

Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành NĂM HỌC 2013 2014

Môn thi TOÁN; Khối A, A1, B.

Thời gian làm bài: 180 phút. (không kể thời gian phát đề)

Đáp án

Câu Ý Đáp án Điểm

I

1)

Cho hàm số 3 21 1

2 1 3 2 5 23 2

y x ( m )x ( m )x m . 2.0

1) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 1.0

Khi m = 0, ta có y x x x3 21 1

2 23 2

.

Tập xác định D = .

y x x2

' 2 > 0, x , nên hàm số đồng biến trên . 0.25

x xy ylim , lim . 0.25


0.25

Đồ thị: 0.25

2)

2' ( ) (2 1) 3 2y f x x m x m có biệt thức = 4m2 8m 7.

Nếu ≤ 0 thì y’ ≥ 0, x , suy ra hàm số đồng biến trên , không thoả mãn yêu

cầu của bài toán

0.25

Nếu > 0 thì phương trình y’ = f(x) = 0 có hai nghiêm phân biệt x1, x2. Khi đó, y’ ≤

0 x1 ≤ x ≤ x2 và hàm số nghịch biến trong khoảng (x1; x2). Suy ra hàm số nghịch

biến trong khoảng có độ dài lớn hơn 1 khi và chỉ khi

2 2

1 2 1 2 1 2 1 21 ( ) 1 ( ) 4 1x x x x x x x x (1)

0.25

Theo định lý Vi ét ta có 1 2 1 2

2 1 3 2vµx x m x x m (2) 0.25

Từ (2) và (2), ta tìm được 1 3m hoặc 1 3m .

Vậy với 1 3m hoặc 1 3m hàm số nghịch biến trong một khoảng có độ dài

lớn hơn 1.

0.25

2

1) Giải phương trình sin3 cos3 2 2 cos 1 04

x x x

. 1.0

Phương trình đã cho tương đương với 3 34 cos sin 5 cos sin 1 0x x x x (*) 0.25

Đặt cos sin ,| | 2t x x t , khi đó (*) trở thành 1 2 2 1 0 1.t t t t 0.25

Suy ra phương trình đã cho có nghiệm là: 2 , 22

x k x k

, k . 0.50

3 Giải hệ phương trình

ĐỀ CHÍNH THỨC

x +

y' +

+ y

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



3 2 2

2 33

2 2

2 2 2 1 14.

x y x y xy

x x y y

Điều kiện x2 2y 1 0. Ta có 3 2 2 22 2 ( 2 )( ) 0 x y x y xy x y x y , 0.25

Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có x = y.

Và từ 2 332 2 2 1 14x x y y , ta có 2 332 2 2 1 14x x x x . 0.25

Suy ra

2 2

233

2 1 0 2 1 0

2 1 0.14 2

x x x x

x xx x

Do đó 2 1 22 1 0

1 2

xx x

x

0.25

Suy ra hệ phương trình có nghiệm là 1 2; 1 2 và 1 2; 1 2 . 0.25

4

Tính tích phân 2

3

0

sin.

1 cos2

x xI dx

x

1.00

2 2

3 3 32 20 0 0

sin sin

1 cos2 2cos 2cos

x x x xI dx dx dx

x x x

0.25

3 31 2 20 0

1

2cos 2 cos

x xI dx dx

x x

Đặt

2tan

cos

u xdu dx

dxv xdv

x

3 331 0 00

1 1 1tan tan ln cos ln 2

2 2 22 3 2 3I x x xdx x

0.25

22 23 3 3 3

2 20 0 0 0

sin 1 1tan (1 tan )

2cos 2 2

xI dx xdx x dx dx

x

3

0

1 1tan 3

2 2 3x x

0.25

1 2

3 11 1 1ln 2 3 ( 3 ln 2)

2 2 3 6 22 3I I I

0.25

5

A

B’

A’

B C

I

K

H

C’

x

- Dựng //Ax BC , dựng HI Ax tại I. 0.25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



Ta có: ( ') // ( ' ')mp AIA mp BCC B nên ( ' '), ( ) ( '), ( )BCC B ABC AIA ABC

- Do '

( ') 'Ax A H

Ax mp AIA Ax A IAx AI

0( '), ( ) ' 60AIA ABC A IH .

- Ta có: 2 2 3AC BC AB a

- Do //Ax BC IAH ACB

0

sin sin

3 3 3. ' . tan 60

2 2 4 4

IH ABIAH ACB

AH BC

AB a a a aIH AH A H IH

BC a

- Lại có: 2 3

. ' ' '

1 3 3 3. ' .

2 2 8ABC ABC A B C ABC

a aS AB AC V A H S

0.25

// ( ') ( ; ') ( ;( ')) ( ;( ')) 2 ( ;( '))BC mp AIA d BC AA d BC AIA d C AIA d H AIA

- Dựng ' ( ') ( ;( '))HK A I HK mp AIA HK d H AIA

0.25

- Mà 2 2 2 2 2 2

1 1 1 16 16 64 3

' 9 3 9 8

aHK

HK HA HI a a a

Vậy 3

( '; )4

ad AA BC .

0.25

6

Từ 3 3 3a b c và , , 0a b c ta có ,c a c b và 3 3

1.a b

c c

Đặt 3 3; , 0 1.a b

x y x y x yc c

Đặt ,x y t ta có 3 2 2 3 3 1 1x y x y x xy y x y x y và

3 3 3 33 3 3 1

1 3 ,4 4

x y x y xy x y x y x y x y suy ra

3 4.x y Vậy 31 4x y hay 31; 4 .t

1.00

Từ ,x y t ta có 3

3 13 1

3

tt xyt xy

t

và

32 2 2

.3

tx y

t

Do đó

2 2 2 2 2 3

3

1 3 2 2.

1 1 11

a b c x y t t t

c a c b x y tt

0.25

Xét hàm số 32, 1 4 .

1

tf t t

t

Ta có

3

2

3' 0, 1; 4 .

1f t t

t

Do hàm số f t liên tục trên nửa khoảng 31; 4

nên hàm số f t nghịch biến

trên 31; 4 .

0.25

Suy ra 3

3 3

3

4 24 6, 1; 4 .

4 1f t f t

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

0.25

0.25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



7a

Theo giả thiết B là giao điểm của d với trục Ox nên B(1; 0)

Điểm A thuộc đường thẳng d nên tọa độ điểm A có dạng :A = (t; 2 2 t - 2 2 )

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên Ox

Suy ra H(t; 0).

Vì tam giác ABC cân tại A nên H là trung điểm của BC. Suy ra C( 2t – 1, 0).

0.25

* Ta có: BH = |t - 1|; AB = 2 2( 1) (2 2 2 2)t t 3|t - 1|

Chu vi cảu ABC: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| 0.25

* Theo giả thiết, ta có: 16 = 8|t - 1| t 3

t 1

0.25

* Với t = 3 ta có A(3;4 2 ), C(5;0).

Với t = -1 ta có A(-1;-4 2 ), C(-3;0). 0.25

8a

Gọi 2 2 2( ; ; ), ( 0)du a b c a b c là vtcp của đt d

Vectơ chỉ phương của đường thẳng là (1;2;2).u

Vectơ pháp tuyến của mp(P) là (1; 1;1).Pn

Vì d nằm trong ( P) nên ta có : P dn u . Suy ra: .P dn u a – b+c = 0 b = a+c (1).

0.25

Góc giữa d với bằng 450 nên 0os( , ) os45dc u u c

2 2 2 2

2 2 2

2 2 22( 2 ) 9( ) (2)

2.3

a b ca b c a b c

a b c

0.25

Thay (1) vào ( 2) ta có : 2

0

14 30 0 15

7

c

c ac ac

0.25

* Với c = 0 : chọn a = b = 1. Ta có PTTS của d là: x = 3 + t ; y = - 1 – t ; z = 1

* Với c = - 15a / 7. Chọn a = 7, c = - 15, b = -8 . ta có PTTS của d là :

x = 3 + 7 t ; y = - 1 – 8 t ; z = 1 – 15t. 0.25

9a

Trường hợp 1: Tam giác có hai đỉnh thuộc 1d và một đỉnh thuộc 2.d Có 2

5 10nC n

tam giác. 0.25

Trường hợp 2: Tam giác có một đỉnh thuộc 1d và hai đỉnh thuộc 2.d Có

2 55 1

2nC n n tam giác.

0.25

Suy ra 5

1 10 452

n n n 0.25

2 3 18 0 3.n n n

Vậy 3.n 0.25

7b

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d. Suy ra

2( , )

5AH d A d .

Tam giác AMN vuông tại A nên

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 51.

4 4AN

AM AN AH AN AN

0.25

Điểm N thuộc đường thẳng d nên tọa độ điểm N có dạng N(2t – 2; t).

AN = 1 2 2 2

1

(2 2) ( 2) 1 5 12 7 0 7

5

t

t t t tt

Vi tọa độ của điểm N là các số nguyên nên t =1.

0.25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



Suy ra N(0; 1).

Đường thẳng AN đi qua điểm N và có vectơ chỉ phương (0;1).AN

Phương trình đường thẳng AN là y – 2 = 0. 0.25

Điểm M là giao điểm của d với AN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương

trình: 2 2 0 2

2 0 2

x y x

y y

.

Suy ra M(2; 2).

0.25

8b

Phương trình tham số của đường thẳng d:

3 2

2 .

1

x t

y t

z t

Điểm M thuộc d mêm tọa độ điểm M có dạng M(3 + 2t; - 2 + t; -1 – t).

( )M P 3 + 2t – 2 + t -1 – t + 2 = 0 t = -1.

Suy ra M(2; - 3; 0).

0.25

Vectơ chỉ phương của đường thẳng là (2;1; 1),du vectơ pháp tuyến của mp(P)

là (1;1;1),Pn ; (2; 3;1).d Pu n

Do đường thẳng cần tìm nằm trong mp(P) và vuông góc với đường thẳng d nên

đường thẳng có vectơ chỉ phương là: ; (2; 3;1).d Pu n

0,25

Gọi ( ; ; )N x y z là hình chiếu vuông góc của M trên , suy ra ( ; 1; 2)MN x y z

+ Theo giả thiết suy ra:

1

2 2 2

2 3 11 013, 0, 14

( ) 2 0 .11, 6, 15

( 1) ( 3) 3783 42

MN u x y zx y z

N P x y zx y z

x y zMN

Suy ra: N(13; 0; -15) hoặc N(-11; -6; 15).

0,25

Với N(13;0; 15) ta có phương trình đường thẳng 13 15

:2 3 1

x y z

.

Với N(-11; -6; 15) ta có phương trình đường thẳng 11 6 15

:2 3 1

x y z

.

0,25

9b

Đặt , ,z a bi a b R ta có

5 .

1 3 22

i zz i i

i

5 2a bi i i i a bi

0.25

5 1 2 5 2 2a bi i i a bi a bi i a b b a i

5 2 2 1 2 0a b a i 0.25

5 2 2 1 2 0a b a i

15 2 2 0

21 2 0

2

a b a

ab

0.25

Vậy 2 2 17

2z a b . 0.25

Hết

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net



TRƯỜNG THPT NGHI SƠN - THANH HÓA ĐỀ THI TH Ử THPT QUỐC GIA 2015

TỔ: TỰ NHIÊN I MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài : 180 phút

Câu 1 ( 4 điểm) Cho hàm số: 3 22 3 1 ( )y x x C= − +

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

b.Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó có hệ số góc nhỏ nhất.

Câu 2 ( 2 điểm) Giải phương trình sau : ( )2cos 2x cos x 2 tan x 1 2+ − =

Câu 3 ( 2 điểm) Giải bất phương trình sau: 2 1

2

2log (2 1) log (3 1) 3x x− + + ≤ .

Câu 4 ( 2 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa 6x trong khai triển nhị thức 10

23

1 3xx

−

.

Câu 5 ( 2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, Góc 0120DAB∠ =

.Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và mặt đáy bằng 060 . Tính thể

tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến (SBC).

Câu 6( 2 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) lần lượt

có phương trình là 1 2 1( ) , ( ) 2 2 01 2 1

x y zd P x y z− + −= = + + + =−

. Tìm A là giao điểm của (d) và (P), viết

phương trình đường thẳng (d’) là hình chiếu vuông góc của (d ) trên mặt phẳng (P).

Câu 7 ( 2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình 3 5 8 0,x y+ − = 4 0x y− − = . Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là (4; 2)D − . Viết phương trình các đường thẳng AB,AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.

Câu 8 ( 2 điểm) Giải hệ phương trình sau: 3 2

2 2

2 12 25 18 (2 9) 4

3 1 3 14 8 6 4

y y y x x

x x x y y

+ + + = + +

+ + − − = − −

.

Câu 9 ( 2 điểm) Cho 1 1; , 14

x y z≤ ≤ ≥ sao cho 1xyz = . Tìm gía trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 1 11 1 1

Px y z

= + ++ + +

.

……………………..Hết……………………….

Ghi chú: - Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

WindowsXP

Typewritten Text

Họ và tên thí sinh:…………………………………………………..Số báo danh:………………………..

TRƯỜNG THPT NGHI SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015

Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm 1 a Giám khảo tự làm đáp án 2 b 2 21 3 3' 6 6 6( )

2 2 2y x x x= − = − − ≥ −

Tiếp tuyến có hệ số góc Min bằng 32

− khi 1 12 2

x y= ⇒ =

Pttt : 3 1 1 3 52 2 2 2 4

y x x = − − + = − +

1 0.5 0.5

2 Giải phương trình : ( )2cos2x cos x 2 tan x 1 2+ − = (1)

2

Điều kiện : cos 0x ≠

(1)

22sincos 2 cos 2cos

xx xx

⇔ + − =

22

2

2sin cos 2 cos 2 1 2sincos

12sin 1 1 coscos

x x x xx

x xx

⇔ − = − = +

⇔ − = +

22(1 cos )(1 cos ) (1 cos )cos w . .x x x x ww mathvn com⇔ − − = +

( ) 21 cos 2(1 cos ) cos 0x x x ⇔ + − − =

2

cos 1cos 11cos2cos 5cos 2 02

23

xxxx x

x k

x k

π ππ π

= −= − ⇔ ⇔ =− + =

= +⇔ = ± +

0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5

3 Giải phương bất phương trình sau: 2 1

2

2log (2 1) log (3 1) 3x x− + + ≤ . 2

ĐK 1

2x >

2

2

12

22

2log (2 1) log (3 1) 3

log (2 1) log (3 1) 3

x x

x x

⇔ − + + ≤

⇔ − − + ≤

2

2 2(2 1) (2 1)log 3 0 83 1 3 1

x xx x

− −⇔ ≤ ⇔ < ≤+ +

0.25 0.25 0.5

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

2

12

4 28 7 03 1

x

x xx

>⇔ − − ≤ +

1 7 2 14;2 2

x +⇔ ∈

0.5 0.5

4 Tìm hệ số chứa 6x trong khai triển nhị thức

10

2

3

1 3xx

−

. 2

Ta có ( )

10 1010

2 2103 3

0

1 13 3k

kkx C xx x

− − = −

∑

( ) ( ) ( )10

1(10 ) 22 31 10 103

1 3 3k

k k k kk kkT C x C x

x

−− − +

+

= − = −

Số hạng chứa 6x khi 1 (10 ) 2 6 43

k k k− − + = ⇔ =

Hệ số cần tìm bằng 4 4103C

0.5 0.5 0.5 0.5

5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, 0120DAB∠ =

.Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và mặt đáy bằng 060 . Tính thể tich khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến (SBC).

HS tự vẽ hình ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )

SAC ABCDSBD ABCD SO ABCD SO BCSAC SBD SO

⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥∩ =

Kẻ ( ) 0( ) ( ), ( ) 60OK BC BC SOK SBC ABCD SKO⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = ∠ =

2322ABCD ABCaS S= =

3

.3 3 3 ( )

4 4 8S ABCDa a aOK SO V dvtt= ⇒ = ⇒ =

( ) ( , ( )) 2 ( , ( ))AO SBC C d A SBC d O SBC∩ = ⇒ =

2 2 2

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( , ( ))

1 1 1 38

3( , ( ))4

SBC SOKSBC SOK SK OH SBC d O SBC OH

OH SKaOH

OH OK OSad A SBC

⊥ ∩ = ⇒ ⊥ ⇒ =⊥

= + ⇒ =

⇒ =

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

6 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P)

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

lần lượt có phương trình là 1 2 1( ) ,( ) 2 2 0

1 2 1x y zd P x y z− + −= = + + + =

−.

Tìm A là giao điểm của (d) và (P), viết phương trình đường thẳng (d’) là hình chiếu vuông góc của (d ) trên mặt phẳng (P)

12 2

( ) ( ) (0; 4;2)1

2 2 0

x ty t

A d P Az t

x y z

= + = − += ∩ ⇒ − = − + + + =

(1; 2;1) ( )M d− ∈

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (P) 1 2

(1; 2;1)( ) ( ) 2

(2;1;1)1

x tquaM

MH MH y tvtcp

z t

= +−

⇒ = − + = +

1 22 5 1( ) (0; ; )

1 2 22 2 0

x ty t

H MH P Hz t

x y z

= + = − + −= ∩ ⇒ ⇒ = + + + + =

( )0(0; 4;2)

( ') ' 43 3(0; ; )22 2

xqua Ad d y t

vtcp AHz t

=−

⇒ = − + − = −

��

0.5 0.5 0.5 0.5

7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình 3 5 8 0,x y+ − = 4 0x y− − = . Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là (4; 2)D − . Viết phương trình các đường thẳng AB,AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.

Gọi M là trung điểm của BC,H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao của AD và BC,E là giao của BH và AC

M là giao của AM và BC nên 7 1( ; )2 2

M −

AD vuông góc BC và đi qua D nên có phương trình x+y-2=0

A là nghiệm của hệ 3 5 8 0

(1;1)2 0

x yA

x y+ − =

⇒ + − =

K là nghiệm của hệ 4 0

(3; 1)2 0

x yK

x y− − =

⇒ − + − =

Tứ giác HKCE nội tiếp nên ,BHK KCE∠ = ∠ mà BDA KCE∠ = ∠

Suy ra BHK BDA∠ = ∠ nên K là trung điểm của HD nên H(2 ;4) Vì B thuôc BC ( ; 4) (7 ;3 )B t t C t t⇒ − ⇒ − −

Mặt khác HB vuông góc AC nên 7( )

. 02

t lHB AC

t=

= ⇔ =

��

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

(2; 2), (5;1): 3 4 0, : 1 0

B CAB x y AC y

⇒ −⇒ + − = − =

0.25 0.25

8 Giải hệ phương trình sau.

3 2

2 2

2 12 25 18 (2 9) 4

3 1 3 14 8 6 4

y y y x x

x x x y y

+ + + = + +

+ + − − = − −

2

ĐK : 2

13

6 4 0

x

y y

≥ − − − ≥

Xét phương trình 3 22 12 25 18 (2 9) 4y y y x x+ + + = + + (1)

3 2 3

3 2

2 2

2 12 25 18 (2 9) 4 2( 2) ( 2) 2( 4) 4 4( ) 2 '( ) 6 1 0

2 2(1) ( 2) ( 4) 2 4

( 2) 4 4

y y y x x y y x x xf t t t f t t

y yf y f x y x

y x x y y

+ + + = + + ⇔ + + + = + + + += + ⇔ = + >

≥ − ≥ − ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ ⇔

+ = + = +

( ) ( )

( )( )

( )( )

3 2 2

22 2

2

2

2

2

2 12 25 18 (2 9) 4 4

3 1 6 3 14 8 03 1 3 14 8 6 4

4

3 1 4 6 1 3 14 5 0

43 5 5

( 5)(3 1) 03 1 4 6 1

4

3( 5)3

y y y x x x y y

x x x xx x x y y

x y y

x x x x

x y yx x

x xx x

x y y

x

+ + + = + + = + ⇔ ⇔ + − − + − − =+ + − − = − −

= +⇔ + − − − − + − − =

= + − −⇔ + + − + = + − − −

= +

⇔− ( ) ( )

( ) ( )

51 1(3 1) 0

1 4 6 1

3 1 1(3 1) 0,33 1 4 6 1

xyx

x x

x xx x

= ⇔ =+ + + = + − − −

+ + + > ∀ ≥ −+ − − −

Vậy hệ có nghiệm x=5,y=1

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

9 Cho 1 1; , 14

x y z≤ ≤ ≥ sao cho 1xyz = . Tìm gía trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 11 1 1

Px y z

= + ++ + +

2

Ta có 1 1 2 1 2 1 2

11 1 11 1 11P

y z xyz yz yzyz

+ ≥ ⇒ ≥ + = ++ + ++ + ++

Đặt 2

2

1 21 2 ( )1 1

tt yz t P f tt tx

= ⇒ ≤ = ≤ ⇒ = = ++ +

0.5 0.5 0.5

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

( )2 22

2 2'( ) 011

22( ) (2)15

tf ttt

f t f

= − ≤++

≤ =

Suy ra 22 1 , 215 4

MinP x y z= ⇔ = = =

0.25 0.25

Nếu thí sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

( ) ( )3 21 2 2 2y x m x m x m= + − + − + + (Cm) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. b. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.

Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: sin 2 2 2(s inx+cosx)=5x −

Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình: 2 21 15 5 24x x+ −− =

Câu 4. (1 điểm)

a) Giải phương trình ( )22 2log 2 3 2log 4x x− − =

b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3. Câu 5. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

( ) 2 2: 2 4 2 0C x y x y+ − + + = . Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt

(C) tại các điểm A, B sao cho 3AB = . Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB.

Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), biết 2 5SD a= , SC

tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 60° . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách

giữa hai đường thẳng DM và SA.

Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích

bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03:1 =−− yxd và 06:2 =−+ yxd . Trung điểm

của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.

Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình : 3 3 2

2 2 2

3 3 2 0

1 3 2 2 0

x y y x

x x y y

− + − − =

+ − − − + =

Câu 9. (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5 5 5 1x y z− − −+ + = . Chứng minh rằng :

25 25 25 5 5 55 5 5 5 5 5 4

x y z x y z

x y z y z x z x y+ + +

+ ++ + ≥+ + +

--------------Hết--------------

SỞ GD&ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

KÌ THI TH Ử THPT QUỐC GIA

NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn thi: TOÁ N

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

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Ý Nội dung Điểm 1. Cho hàm số ( ) ( )3 21 2 2 2y x m x m x m= + − + − + + (Cm) 200

a. .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 1,00 Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4 Tập xác định : D = R. lim ; lim x x

y y→+∞ →−∞

= +∞ = −∞ 0,25

Có 2' 3 6y x x= − ; 0 4

' 02 0

x yy

x y= ⇒ =

= ⇔ = ⇒ =

BBT

Vậy hàm số đồng biến trên ( );0−∞ và ( )2;+∞ ; hàm số nghịch biến trên (0;2) yCĐ = 4 tại x = 0; yCT = 0 tại x = 2

0,5

Đồ thị : + Lấy thêm điểm . + Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-15 -10 -5 5 10 15

0,25

b. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 1,00 Có ( ) ( )2' 3 2 1 2 2y x m x m= + − + −

Để hàm số có cực trị thì phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó ( ) ( )23 2 1 2 2 0x m x m⇔ + − + − = có hai nghiệm phân

biệt ⇔ ' 24 5 0m m∆ = − − > ⇔ m < - 1 hoặc m > 54

(1)

0,25 0,25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Khi đó giả sử y’=0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với x1<x2 thì x2 là điểm cực

tiểu. Theo đề bài có x1 < x2 < 1 75

m⇔ < (2) 0,25

Kết hợp (1) và (2) ta được… Đáp số ( ); 1m∈ −∞ − 5 7;4 5

∪

0,25

2. Giải phương trình: sin 2 2 2(sin cos )=5x x x− + . 1,00

Đặt sinx + cosx = t ( 2t ≤ ). ⇒ sin2x = t2 - 1 0,25

⇔ 2 2 2 6 0t t− − = ⇔ 2t = − (t/m) 0,25

+Giải được phương trình sinx + cosx = 2− … ⇔ os( ) 14

c x π− = −

+ Lấy nghiệm 0,25

Kết luận : 5 24

x kπ π= + ( k∈Z ) hoặc dưới dạng đúng khác . 0,25

3. Giải phương trình: 2 21 15 5 24x x+ −− = 1,00

Pt 2

2

55.5 24 05

xx

⇔ − − =

Đặt ( )2

5 1 , x t t= ≥ , pt trở thành: 55 24 0tt

− − = 0,5

25

5 24 5 0 15

(t/m)

(loai)

tt t

t

=⇔ − − = ⇔ = −

0,25

Với t = 5 ta có 2 25 5 1 1x x x= ⇔ = ⇔ = ± 0,25

4. 1,00 a. Đk: 30

2x< ≠

2 2

2

2log 2 3 2 log 4

2 3log 2

pt x x

xx

⇔ − − =

−⇔ =

2 34

32

2 3 4 1230

22 3 4

xx

x

x xx

x

x x

−⇔ =

> − =⇔ ⇔ = < <− + =

0,25

0,25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

1TH : Số phải tìm chứa bộ 123:

Lấy 4 chữ số ∈ { }0;4;5;6;7;8;9 : có 47A cách

Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách → có 5 4

7A = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123 Trong các số trên, có 4 3

6A = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu → Có 5 4

7A - 4 36A = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123

2TH : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự) Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có mặt 321

0,25

b

Kế t luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một,trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 0,25

5.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2: 2 4 2 0C x y x y+ − + + = . Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1)

biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho 3AB = . 1,00

Đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) 3R = Có IM = 5. Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB.

Ta có 3AB IA IB= = = nên ABC∆ đều 3 3.2 2

IH AB⇒ = =

TH1: I và M nằm khác phía với AB thì HM = IM – IH = 72

22 2 13

2ABAM HM

⇒ = + =

( ) ( ) ( )2 2' : 5 1 13C x y⇒ − + − =

TH2: I và M nằm cùng phía với AB thì HM = IM + IH = 132

22 2 43

2ABAM HM = + =

( ) ( ) ( )2 2' : 5 1 43C x y⇒ − + − =

0,25 0,25

0,25 0,25

6.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB. Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), biết 2 5SD a= , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 60° . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA.

1,00

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Theo giả thiết ta có ( )SM ABCD⊥ MC là hình chiếu của SC trên (ABCD) nên góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là � 60SCM = ° Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có :

2 2 . tan 60SM SD MD MC= − = ° mà ABCD là hình vuông nên MC = MD 2 2 23 5SD MC MC MC a⇒ − = ⇒ = 15SM a⇒ =

Lại có 2 2

2 2 5 22 4

AB BCMC BC BC a = + = ⇒ =

24ABCDS a⇒ =

Vậy 3

.1 4 15.3 3S ABCD ABCD

aV SM S= =

*) Dựng hbh AMDI ta có AI // MD nên ( ) ( )( ) ( )( ), , ,DM SA DM SAI M SAId d d= =

Kẻ MH AI⊥ và MK SH⊥ . Chứng minh ( )( ),M SAId MK=

Tính được 2 2 155 79a aMH MK= ⇒ = .KL…

0,25

0,25

0,25

0,25

7.

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03:1 =−− yxd và

06:2 =−+ yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.

1,00

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Ta có: Idd 21 =∩ . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:

==

⇔

=−+=−−

2/3y

2/9x

06yx

03yx. Vậy

2

3;2

9I

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 ∩=⇒ Suy ra M( 3; 0)

Ta có: 232

3

2

932IM2AB

22

=

+

−==

Theo giả thiết: 2223

12

AB

SAD12AD.ABS ABCD

ABCD ===⇔==

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ADd1 ⊥⇒ Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1 =−+⇔=−+− . Lại có: 2MDMA ==

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: ( )

=+−

=−+

2y3x

03yx

22

( ) ( )

±=−−=

⇔

=−+−

+−=⇔

=+−

+−=⇔

13x

x3y

2)x3(3x

3xy

2y3x

3xy

2222

==

⇔1y

2x hoặc

−==1y

4x. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

Do

2

3;2

9I là trung điểm của AC suy ra:

=−=−==−=−=213yy2y

729xx2x

AIC

AIC

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0,25 0,25 0,25 0,25

Giải hệ phương trình 3 3 2

2 2 2

3 3 2 0 (1)

1 3 2 2 0 (2)

x y y x

x x y y

− + − − =

+ − − − + =

1,00

Điều kiện: 2

2

1 0 1 10 22 0

x xyy y

− ≥ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤− ≥ 0,25

Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t3 − 3t2 = y3 − 3y2. Hàm số f(u) = u3 − 3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1) ⇔ y = t ⇔ y = x + 1

0,25

⇒ (2) ⇔ 2 22 1 2 0x x− − + =

Đặt 21v x= − ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − 1 =2

2 12 3 0

3 (t/m)

(loai)

vv v

v=

⇔ + − = ⇔ = −.

0,25

8.

Với v = 1 ta có x = 0 ⇒y = 1. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (0;1) 0,25 9. Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5 5 5 1x y z− − −+ + = . Chứng minh rằng :

25 25 25 5 5 55 5 5 5 5 5 4

x y z x y z

x y z y z x z x y+ + +

+ ++ + ≥+ + +

1,00

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc

Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2

4

a b c a b c

a bc b ca c ab

+ ++ + ≥+ + +

(*)

( *) ⇔3 3 3

2 2 24

a b c a b c

a abc b abc c abc

+ ++ + ≥+ + +

⇔ 3 3 3

( )( ) ( )( ) ( )( ) 4

a b c a b c

a b a c b c b a c a c b

+ ++ + ≥+ + + + + +

Ta có 3 3

( )( ) 8 8 4

a a b a ca

a b a c

+ ++ + ≥+ +

( 1) (Bất đẳng thức Cô si)

Tương tự 3 3

( )( ) 8 8 4

b b c b ab

b c b a

+ ++ + ≥+ +

( 2)

3 3

( )( ) 8 8 4

c c a c bc

c a c b

+ ++ + ≥+ +

( 3) .

Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh

0,25

0,25

0,25

0,25 Tổng : 10,00

Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần.

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

KHỞI ĐỘNG TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015

Môn thi: Toán – THPT. ĐỀ SỐ 04

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 22 3 1 6 1 1y x m x mx .

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0.m

b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị sao cho khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng 2.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình os2 4sin 1 3 sin2 1.c x x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

2

2

1

1 ln.

ex x

I dxx


a. Một hộp đựng chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 viên bi, tính

xác suất để 4 viên bi được chọn có đủ ba màu và số bi đỏ nhiều nhất.

b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 1iz z i . Tìm phần ảo của số phức .i z

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2: 11S x y z , hai điểm 2;2;4A ,

2;0;2B và mặt phẳng : 2 2 3 0P x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo đường

tròn C . Tìm điểm M trên đường tròn C sao cho tam giác ABM cân ở .M

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a . Hình chiếu vuông góc

của S lên mặt phẳng ABCD là trung điểm của cạnh OC , biết góc giữa SB với mặt đáy bằng 060 . Tính theo a

thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng .SBC

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có 10

5BD AC . Gọi hình

chiếu vuông góc của điểm D lên các đường thẳng ,AB BC lần lượt là 2; 1M và 2; 1N , biết AC nằm

trên đường thẳng có phương trình 7 0x y . Tìm tọa độ các điểm , .A C

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 4 3

91 1 .

2

x x y y x x x

x y x y x

Câu 9 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương , ,a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ QG NĂM 2015Đề 4 - Ngày thi : 08-11-2014

Câu 1 Cho hàm số : y = 2x3 – 3(m + 1)x2 + 6mx + 1y = 2x3 – 3(m + 1)x2 + 6mx + 1y = 2x3 – 3(m + 1)x2 + 6mx + 1 (1)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị sao cho khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng√2 .

Lời giải :a.

Khi m = 0 hàm số là y = 2x3 – 3x2 + 1. Tập XĐ: D = R. Đạo hàm: y′ = 6x2 – 6x.y′ = 0 ⇐⇒ x = 0 hay x = 1 nên y(0) = 1 hay y (1) = 0lim

x→+∞y = +∞, lim

x→–∞y = –∞

Bảng biến thiênx

y′

y

–∞ 0 1 +∞+ 0 – 0 +

–∞–∞

11

00

+∞+∞

Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; 1)Hàm số (1) đồng biến trên từng khoảng (–∞; 0) , (1;+∞)Điểm cực đại (0; 1). Điểm cực tiểu (1; 0)Đồ thị

x

y

O

y = 2x3 – 3x2 + 1

b.Ta có y′ = 6x2 – 6 (m + 1) x + 6m. y′ = 0⇔

[x = mx = 1

Để hàm số có hai cực trị ta cần có phương trình y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt, tức là m 6= 1.x = 1⇒ y = 3m; x = m⇒ y = –m3 + 3m2 + 1.Để khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng

√2 ta cần có

(m – 1)2 +((m – 1)3

)2= 2 ⇒ (m – 1)2 = 1⇔

[m = 0m = 2 (TMĐK).

Vậy m = 0;m = 2

Câu 2Giải phương trình cos 2x (4 sin x + 1) –

√3 sin 2x = 1cos 2x (4 sin x + 1) –√3 sin 2x = 1cos 2x (4 sin x + 1) –√3 sin 2x = 1

Lời giải:PT ⇐⇒ 4 sin x cos 2x – 2

√3 sin x. cos x = 2 sin2 x. ⇐⇒ sin x

(2 cos 2x –

√3 cos x – sin x

)= 0

sin x = 0 ⇐⇒ x = kπ

cos 2x =

√3

2cos x +

1

2sin x ⇐⇒ cos 2x = cos

(x –π

6

)⇐⇒

x = –π

6+ k.2π

x =π

18+ k.2π

k ∈ Z.

Vậy các nghiệm PT là x = kπ; x = –π

6+ k.2π; x =

π

18+ k.2π

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Câu 3 Tính tích phân I =

∫ e

1

1 + x ln2 x

x2dxI =

∫ e

1

1 + x ln2 x

x2dxI =

∫ e

1

1 + x ln2 x

x2dx.

Lời giải :

I =

∫ e

1

1 + x ln2 x

x2dx =

∫ e

1

1

x2dx +

∫ e

1

ln2x

xdx.

I1 =

∫ e

1

1

x2dx = –

1

x

∣∣∣∣e1= 1 –

1

e.

I2 =

∫ e

1

ln2x

xdx =

∫ e

1(ln x)2d(ln x) =

1

3(ln x)3

∣∣∣∣e1=

1

3.

Vậy I =4

3–1

e.

Câu 4a. Một hộp chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 viên bi ,tính xác xuất đẻ 4 viên bi đươc chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất.b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz + 2z = 1 – iiz + 2z = 1 – iiz + 2z = 1 – i. Tìm phần ảo của iziziz.

Lời giải :a.Gọi Ω là không gian mẫu, để chọn ra 4 viên bi trong số 15 viên bi gồm 4 trắng, 5 đỏ, 6 xanh thì ta cón(Ω) = {415 = 1365

Gọi A là biến cố để chọn ra 4 viên bi mà có đủ cả 3 màu và số bi đỏ là nhiều nhất thì ta có 4 cách chọn 1viên bi trắng,6 cách chọn 1 viên bi xanh, {25 = 10 cách chọn ra 2 viên bi đỏ, từ đó suy ra n(A) = 4.6.10 = 240

cách.Nên ta có xác suất để biến cố A xảy ra là P(A) =

n(A)

n(Ω)=

240

1365=

16

91b.Đặt z = a + bi ta có

i(a + bi) + 2(a – bi) = 1 – i ⇐⇒ 2a – b + (a – 2b)i = 1 – i ⇐⇒{2a – b = 1a – 2b = –1

⇐⇒{a = 1b = 1

=⇒ z = 1 + i ta có iz = i(1 – i) = 1 + i nên phần ảo của iz bằng 1

Câu 5 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 = 11, hai điểmA(2; 2; 4), B(–2; 0; 2) và mặt phẳng (P) : x+2y – 2z – 3 = 0. Chứng minh rắng mặt phẳng (P) cắt mặtcầu (S) theo đường tròn (C). Tìm điểm M trên đường tròn (C) sao cho tam giác ABM cân ở M.

Lời giải :Mặt cầu (S) có tâm O(0; 0; 0) và bán kính R =

√11 nên khoảng

cách từ O đến (P) là d[O, (P)] =| – 3|√

1 + 4 + 4= 1 < R

Do đó (P) cắt (S) theo đường tròn (C).M ∈ (C) và 4ABM cân tại M nên tọa độ M là nghiệm của hệ PTx2 + y2 + z2 = 11x + 2y – 2z – 3 = 0

(x – 2)2 + (y – 2)2 + (z – 4)2 = (x + 2)2 + (y – 0)2 + (z – 2)2

⇐⇒

x2 + y2 + z2 = 11 (1)x + 2y – 2z – 3 = 0 (2)2x + y + z – 4 = 0 (3)

.

Mà hệ{(2)(3)

⇐⇒

x =

5 – 4z

3

y =5z + 2

3

. thế vào PT(1) ta được(5 – 4z

3

)2

+

(5z + 2

3

)2

+ z2 = 11

⇐⇒ 5z2 – 2z – 7 = 0 ⇐⇒

[z = –1 =⇒ x = 3, y = –1

z =7

5=⇒ x = –

1

5, y = 3

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Vậy có hai điểm M thỏa đề bài là (3; –1; –1),(–1

5; 3;

7

5

)

Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu vuông góccủa S lên mặt phẳng (ABCD) trung điểm của cạnh OC , biết góc giữa SB với mặt đáy bằng 60o.Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC). .

Lời giải:

Câu 7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có BD =

√10

5AC.

Gọi hình chiếu vuông góc của điểm D lên các đường thẳng AB,BC lần lượt là M(–2; –1), và N(2; –1),biết AC nằm trên đường thẳng có phương trình x – 7y = 0. Tìm tọa độ các điểm A,C.

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Lời giải:

x

y

M Nx – 7y = 0

I

B

D

A

C

Gọi I là trung điểm BD =⇒ IM = IN =BD

2=⇒ I là giao điểm của AC và trung trực đoạn MN.Mà trung trực đoạn MN là trục Oy nên I(0; 0)

Trong tam giac vuông BMD có√5 = IM =

BD

2

=⇒ 2√5 =

√10

5AC =⇒ IA = IC =

5√2

2

tọa độ điểm A,C là nghiệm của hệ

{x – 7y = 0

x2 + y2 =25

2

⇐⇒

x = –7

2; y = –

1

2

x =7

2; y =

1

2

Nên A

(–7

2; –

1

2

), C

(7

2;1

2

)

Câu 8 Giải hệ phương trình

x√x2 + y + y =

√x4 + x3 + x

x +√x +√x – 1 +

√y(x – 1) =

9

2

x√x2 + y + y =

√x4 + x3 + x

x +√x +√x – 1 +

√y(x – 1) =

9

2

x√

x2 + y + y =√x4 + x3 + x

x +√x +√x – 1 +

√y(x – 1) =

9

2

Lời giải 1:Điều kiện: x ≥ 1, y ≥ 0Ta có:

x√

x2 + y + y =√x4 + x3 + x

⇐⇒ x√

x2 + y + y = x√x2 + x + x

⇐⇒ x(√

x2 + y –√x2 + x

)= x – y

⇐⇒ x (y – x)√x2 + y +

√x2 + x

+ y – x = 0

⇐⇒ y – x = 0 vìx√

x2 + y +√x2

+ 1 > 0

Với x = y thay xuống phương trình dưới ta được:

x +√x +√x – 1 +

√x (x – 1) =

9

2

⇐⇒(x +√x – 1

)2+ 2

(√x +√x – 1

)– 8 = 0

⇐⇒ x +√x – 1 = 2

⇐⇒ x =25

6

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x; y) =(25

16;25

16

)Lời giải 2:

Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 0 pt đầu tương đương với x(√x2 + y –

√x2 + x) + y – x = 0

⇐⇒ xy – x√

x2 + y +√x2 + x

+ y – x = 0 ⇐⇒ y – x = 0 vìx√

x2 + y +√x2 + x

+ 1 > 0 (x ≥ 1, y ≥ 0)

thế y = x vào pt sau ta có x +√x +√x – 1 +

√x2 – x =

9

2

Đặt t =√x +√x – 1 với t > 0 ta có t2 = 2x – 1 + 2

√x(x – 1) ⇐⇒ x +

√x(x – 1) =

t2 + 1

2

suy ra pt ẩn t là t +t2 + 1

2=

9

2⇐⇒ t2 + 2t – 8 = 0 ⇐⇒ t = 2 (t > 0)

⇐⇒√x +√x – 1 = 2 ⇐⇒

√x – 1 = 2 –

√x ⇐⇒

{2 –√x ≥ 0

x – 1 = 4 + x – 4√x

⇐⇒{1 ≤ x ≤ 45 – 4√x = 0

⇐⇒ x =25

16(thõa mãn) =⇒ y = x =

25

16

Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) =(25

16;25

16

)Lời giải 3:

Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 0.

5

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Chia cả 2 vế phương trình trên cho x2 ta được:√1 +

y

x2+

y

x2=

√1 +

1

x+

1

x

xét hàm số f(t) =√1 + t + t trên (0;+∞) có f ′(t) =

1

2√1 + t

+ 1 > 0

nên hs đồng biến trên (0;+∞) suy ra yx2

= 1x ⇐⇒ x = y

thay xuống phương trình dưới ta được: x +√x +√x – 1 +

√x (x – 1) = 9

2

⇐⇒(x +√x – 1

)2+ 2

(√x +√x – 1

)– 8 = 0 ⇐⇒ x +

√x – 1 = 2 ⇐⇒ x = 25

6

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x; y) =(25

16;25

16

)

Câu 9 Cho ba số thực a.b.c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P =1

32a2b2c2–

27

(2a2 + 2b2 + c + 1)3P =

1

32a2b2c2–

27

(2a2 + 2b2 + c + 1)3P =

1

32a2b2c2–

27

(2a2 + 2b2 + c + 1)3

Lời giải :Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có :

4ab ≤ 2a2 + 2b2 ⇔ 16a2b2 ≤(2a2 + 2b2

)2⇔ 32a2b2c2 ≤ 2c2

(2a2 + 2b2

)2Mặt khác :

c(2a2 + 2b2

)≤

(2a2 + 2b2 + c

)24

⇒ 32a2b2c2 ≤

(2a2 + 2b2 + c

)48

Từ đó chúng ta có :

P ≥ 8(2a2 + 2b2 + c

)4 –27(

2a2 + 2b2 + c + 1)3 = f (t) =

8

t4–

27

(t + 1)3

Với t = 2a2 + 2b2 + c > 0 , xét hàm số f (t) ta có : f ′ (t) = 0⇔ 81t5 = 32 (t + 1)4 ⇔ t = 2

nên dựa vào bảng biến thiên suy ra f (t) ≥ f (2) = – 12Vậy GTNN của hàm số đã cho bằng – 12 .

Dấu = xảy ra ⇔

2a2 + 2b2 + c = 2

2a2 + 2b2 = ca = b

⇔ a = b = 12 ; c = 1.

—————————————————-Hết—————————————————-

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

SỞ GD-ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 Môn: Toán học

Năm học 2014-2015 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (3 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 2 (∗).

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

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường

thẳng d có phương trình y = 2014− 3x.

Câu 2 (3 điểm).

1. Giải phương trình sinx−√

3 cosx = 2.

2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 2 chữ số phân biệt?

3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = ex(x2− x− 5) trên đoạn [1; 3].

Câu 3 (2 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Cạnh

bên tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 600.

1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA, CD.

2. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

Câu 4 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC

có A(3; 1), đường thẳng BC có phương trình y = 0, đường phân giác trong của góc

BAC có phương trình y = x − 2, điểm M(−6;−2) thuộc đường thẳng AB. Tính

diện tích tam giác ABC.

Câu 5 (1 điểm). Giải hệ phương trình3√x2 − xy + 1 + 3

√y2 − xy + 1− 2 = 2(x− y)2

(16xy − 5)(√

x+√y)

+ 4 = 0.

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: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

Câu Ý Nội dung Điểm

1 3,00

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2,00

• Tập xác định: D = R. 0,25

• Sự biến thiên: Ta có y′ = 3x2 − 6x.

y′ = 0⇔ 3x2 − 6x = 0⇔

[x = 0

x = 2.

Hàm số nghịch biến trên (0; 2) và đồng biến trên (−∞; 0), (2; +∞).

0,50

• Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = y(0) = 2; xCT = 2, yCT = y(2) = −2. 0,25

• Giới hạn: limx→+∞

y = +∞, limx→−∞

y = −∞. 0,25

• Bảng biến thiên

x −∞ 0 2 +∞

y′ + 0 − 0 +

y −∞%2

&−2%+∞

0,25

• Đồ thị: Bảng một số giá trị (Tâm đối xứng của đồ thị (C) là điểm I(1; 0))

0,50

2 Viết phương trình tiếp tuyến... 1,00

x −1 0 1 2 3

y −2 2 0 −2 2

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

01

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Gọi M(x0, y0) là điểm thuộc đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) tại

M có dạng

y = y′(x0)(x− x0) + y0.0,25

Vì tiếp tuyến song song với d : y = 2014− 3x nên

y′(x0) = −3⇔ x0 = 1.0,25

Với x0 = 1 thì y0 = 13 − 3.12 + 2 = 0. 0,25

Vậy phương trình tiếp tuyến là y = −3(x− 1) + 0⇔ y = −3x+ 3. 0,25

2 3,00

1 Giải phương trình sinx−√

3 cosx = 2. 1,00

Ta có PT ⇔ 12

sinx−√

32

cosx = 1⇔ sin(x− π3

) = 1 0,50

⇔ x − π

3=π2

+ k2π ⇔ x = 5π6

+ k2π, k ∈ Z. Vậy phương trình đã cho có

nghiệm x = 5π6

+ k2π, k ∈ Z.0,50

2 Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập được ... 1,00

Số tự nhiên có 2 chữ số có dạng ab với a ∈ {1, 2, 3, 4}, b ∈ {0, 1, 2, 3, 4}, a 6= b. 0,50

Có 4 cách chọn chữ số a. Với mỗi cách chọn a có 4 cách chọn chữ số b. Theo

quy tắc nhân, có tất cả 4.4 = 16 số số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu của bài toán.0,50

3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = ex(x2 − x− 5) trên [1; 3] 1,00

Ta có y′ = ex(x2 + x− 6). Và y′ = 0 khi x = 2 ∈ [1; 3], x = −3 /∈ [1; 3]. 0,50

Tính toán ta được y(1) = −5e, y(2) = −3e2, y(3) = e3. 0,25

Vậy max[1;3]

y = y(3) = e3 và min[1;3]

y = y(2) = −3e2. 0,25

3 2,00

1 Tính d (SA,CD) 1,50

0,25


02

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD). Vì S.ABCD là hình chóp

tứ giác đều nên H là tâm của hình vuông ABCD. Vậy H chính là giao điểm

của 2 đường chéo AC và BD. Đường cao của hình chóp là SH. Cạnh bên

SB cắt mặt đáy (ABCD) tại B. Vậy góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là góc

SBH = 600.

0,25

Ta có BH =12BD =

12

√BC2 + CD2 =

a√

22

. 0,25

Tam giác SHB vuông tại H nên

SH = BH. tan SBH =a√

2

2. tan 600 =

a√

2

2.√

3 =a√

6

2.

0,25

Gọi M là trung điểm của AB và N là hình chiếu vuông góc của H trên SN .

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có1

NH2=

1

HM2+

1

SH2⇒

HN =a√

614

. Chứng minh được HN⊥(SAB).

0,25

Vì CD//(SAB) nên d (SA,CD) = d (CD, (SAB)) = 2.d (H, (SAB)) .

Vậy d (SA,CD) = 2.HN =a√

67.

0,25

2 Tính thể tích khối chóp S.ABCD 0,50

Diện tích hình vuông là B = AB2 = a2 (đvdt). 0,25

Vậy thể tích khối chóp là V =13B.SH =

13a2.

a√

62

=a3.√

66

(đvtt). 0,25

4 Tính diện tích tam giác ABC 1,00

Vì AB đi qua A và M nên đường thẳng AB có phương trình y =13x. Ta có

AB ∩BC = B(0; 0).0,25

Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường thẳng y = x − 2.

Phương trình của d là y = −x. Giao điểm của hai đường thẳng y = x − 2

và y = −x là H(1;−1). Gọi B′ là điểm đối xứng với B qua đường phân giác

trong của góc BAC thì B′ nằm trên đường thẳng AC và H là trung điểm của

BB′. Tìm ra B′(2;−2). Đường thẳng AC đi qua A, B′ nên có phương trình

y = 3x− 8. Như vậy AC ∩BC = C

(8

3; 0

).

0,50

Dễ thấy BC =83, h = d (A,BC) = 1. Vậy S∆ABC =

12.h.BC =

43(đvdt). 0,25

5 Giải hệ phương trình ... 1,00

ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0. Đặt u = 3√x2 − xy + 1, v = 3

√y2 − xy + 1 ⇒ 2(x− y)2 =

= 2 (u3 + v3)− 4. Từ đây suy ra u3 + v3 ≥ 2 (1).0,25


03

√

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Phương trình đầu của hệ trở thành u + v − 2 = 2 (u3 + v3) − 4 ⇔ u3 + v3

2=

=u+ v + 2

4(2). Từ (1) và (2) suy ra u + v ≥ 2 > 0 (3). Ta chứng minh

đượcu3 + v3

2≥(u+ v

2

)3

(4), với mọi u, v thỏa mãn (3). Đẳng thức ở

(4) xảy ra khi u = v. Từ (2) và (4) dẫn tớiu+ v + 2

4≥(u+ v

2

)3

⇔

(u+ v − 2)((u+ v + 1)2 + 1

)≤ 0⇔ u+ v ≤ 2 (5).

0,25

Từ (3), (5)⇒ u+ v = 2. Từ đây và (2) suy ra u3 + v3 = 2 hay (x− y)2 = 0⇔x = y. Thử lại, thấy x = y thỏa mãn phương trình đầu của hệ.

Vậy 3√x2 − xy + 1 + 3

√y2 − xy + 1− 2 = 2(x− y)2 ⇔ x = y.

0,25

Thế y = x vào phương trình thứ hai trong hệ phương trình đã cho, ta được

(16x2 − 5)√x+ 2 = 0 (6). Ta thấy x = 0 không là nghiệm của (6). Với x > 0

thì (6) trở thành 8x2 +1√x

=5

2(7). Áp dụng BĐT Côsi (Cauchy)

8x2 +1√x

= 8x2 +1

4√x

+1

4√x

+1

4√x

+1

4√x≥ 5

2.

Nên (7) ⇔ 8x2 =1

4√x⇔ x =

1

4. Dẫn tới (6) ⇔ x =

1

4. Tức là HPT

⇔ x = y =1

4. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

(1

4;1

4

).

Ghi chú: Để giải phương trình (6) ta có thể đặt t = 2√x, t ≥ 0, khi đó (6) trở

thành t5 − 5t + 4 = 0 ⇔ (t− 1)2 (t3 + 2t2 + 3t+ 4) = 0 ⇔ t = 1 (do t ≥ 0).

Từ đó tìm ra x = y =14.

0,25


04

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối D

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

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 23 4 (1)y x mx= − − , với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m = . b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 23(2cos cos 2) sin (3 2cos ) 0x x x x+ − + − = .

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

2 2

2 2

3 18

( 1)1 1

x x x

xx x

+ +<

++ − +.

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 3

2

sin

sin cos

xI dx

x x

π

π

=−∫ .

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là một tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng (SAD), (SBC). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD). Câu 6 (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 2 6 2 5 0x y x y+ − − + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức: 23 4 7 4 1

2 1

y xy x yP

x y

+ + + −=

+ +.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD có (3;0)A , ( 4;1)C − ,

2 2AD AB BC= = và � � 090DAB ABC= = . Tìm tọa độ các điểm B, D. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) : 3 2 1 0P x y z− + − = và ( ) : 2 2 0Q x y z+ + − = . Viết phương trình mặt phẳng (P’) đối xứng với mặt phẳng (P) qua mặt phẳng (Q). Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức, biết rằng phương trình có ít nhất một

nghiệm ảo: 3 2(2 3 ) 3(1 2 ) 9 0z i z i z i− + + + − = .

B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ( )3; 4A − , trọng tâm

tam giác ABD thuộc đường thẳng có phương trình x + 3y + 4 = 0 và 25

;52

M −

là trung điểm cạnh CD.

Tìm tọa độ điểm B. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm

(1; 2;0)M − , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 2 3 0P x y z− − + = và tạo với trục tung một góc lớn nhất.

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 23 4log ( 3) log ( 6 8)x x x− = − + .

----------------- Hết -----------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………..

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

ĐÁP ÁN KHỐI D



a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m =

Khi m = 1 hàm số có dạng 3 23 4y x x= − − Tập xác định: ℝ hiều biến thiên:

/ 23 6 ,y x x= −

/ 2 00 3 6 , (0) 4, (2) 8

2

xy x x y y

x

== ⇔ − ⇔ = − = − =

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 0) và (2; +∞), và nghịch biến trên khoảng (0; 2) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và (2) 8CTy y= = −

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = −4. - Giới hạn: lim , lim

x x→−∞ →+∞= −∞ = +∞

0,25


0,25

'' 6 6, '' 0 6 6 0 1, (1) 6y x y x x y= − = ⇔ − = ⇔ = = −

⇒ điểm uốn I(1; −6) Đồ thị: đi qua các điểm (−1;−8), (3;−4) và nhận điểm uốn I(1; 0) là tâm đối xứng.

0,25

b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.

Ta có phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị hàm số (1) với trục hoành: 3 23 4 0x mx− − = (1).

Do x = 0 không phải là nghiệm của pt (1) nên pt (1)2

43m x

x⇔ = − (2)

Yêu cầu bài toán tương đương tìm m sao cho pt (2) có 3 nghiệm phân biệt

0,25

x y’(x)

y(x)

−∞ +∞ 2 0 0 + + −

−4

−8 −∞

+∞

0

x

y

O −1 3 2

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Xét hàm số 2

4( )f x x

x= − . Ta có:

TXĐ: \{0}ℝ ; 3

33 3

8 8'( ) 1 ; '( ) 0 8 0 2

xf x f x x x

x x

−= − = = ⇔ − = ⇔ = , (2) 3f = −

Giới hạn: 0 0

lim ( ) lim ( ) ; lim ( ) ; lim ( )x xx x

f x f x f x f x− + →−∞ →+∞→ →

= = −∞ = −∞ = +∞

0,25


0,25

Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là: 3 3m < − hay 1m < −

0,25


Giải phương trình: 23(2cos cos 2) sin (3 2cos ) 0x x x x+ − + − = . Phương trình đã cho tương đương:

22 3 sin 3 cos 3sin 2sin cos 0x x x x x− + + − =

3(cos 3 sin ) 2sin (cos 3 sin ) 0x x x x x⇔ + − + =

0,25

( ) cos 3 sin 0(cos 3 sin ) 3 2sin 0

3 2sin 0

x xx x x

x

+ =⇔ + − = ⇔

− = 0,25

TH1: 3

cos 3 sin 0 tan ,3 6

x x x x k kπ

π+ = ⇔ = − ⇔ = − + ∈ℤ 0,25

TH2: 2

3 33 2sin 0 sin ( )22

23

x kx x k

x k

ππ

ππ

= +− = ⇔ = ⇔ ∈

= +

ℤ

Vậy pt đã cho có 3 họ nghiệm: 2

; 2 ; 2 , ( )6 3 3

x k x k x k kπ π π

π π π= − + = + = + ∈ℤ

0,25

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

( )2 2

2 2

3 18

( 1)1 1

x x x

xx x

+ +<

++ − +.

Đặt 1t x= + . ĐK: t > 0 và t ≠ 1 . Bất phương trình đã cho trở thành:

( )

2 2 2 2 2

2 42

( 1) ( 1) 3 15t t t

tt t

− − + +<

−

0,25

2 2 4 2 3( 1) 15 8 2t t t t t t⇔ + < + + ⇔ < ⇔ < 0,25

Kết hợp với ĐK ban đầu ta được:

1 1 1

0 2 0 1 2

t x

t x

≠ + ≠ ⇔

< < < + <

0,25

0 0

0 1 4 1 3

x x

x x

≠ ≠ ⇔

< + < − < < .

Vậy bất phương trình có tập nghiệm ( 1;3) \{0}S = −

0,25

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

3

2

sin

sin cos

xI dx

x x

π

π

=−∫ .

x

f’(x)

−∞ +∞

f(x)

0

− − +∞

−∞

−3

−∞ −∞

2

0 +

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Đặt 3

2x t dx dt

π= − ⇒ = − . Đổi cận:

3;

2 2x t x t

π ππ π= ⇒ = = ⇒ =

Suy ra:

332

2

3sin

cos2( )

3 3 sin cossin cos

2 2

tt

I dt dtt t

t t

ππ

ππ

π

π π

− = − = −

− − − −

∫ ∫

0,25

Vậy: 3 3

2 2

sin cos 12 1 sin 2

sin cos 2

x xI dx x dx

x x

π π

π π

− = = + − ∫ ∫ 0,25

2

12 cos 2

4I x x

π

π

= −

0,25

1 12

2 2 4I I

π π −= − ⇒ = 0,25


Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là một tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng (SAD), (SBC). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD).

+ Do AD // BC nên suy ra:

( ) ( )SAD SB SC x∩ = thỏa

/ / / /AD Sx BC + Mặt khác theo giả thiết:

( ) ( )

( )( ) ( )

SAD SABSx SAB

SBC SAB

⊥ ⇒ ⊥

⊥

( )BC SAB⇒ ⊥ hay ( ) ( )ABCD SAB⊥

0,25

Từ đó nếu dựng ( )SH ABCD⊥ tại H thì H AB∈ và do ∆SAB đều cạnh a nên H là

trung điểm của AB và 3

2

aSH = .

Suy ra thể tích khối chóp S.ABCD được tính bởi: 3

21 1 3 3. .

3 3 2 6ABCD

a aV S SH a= = = (đvtt)

0,25

Ta có:

( )

/ /( ) [ , ( )] [ , ( )]/ / ( )

BC SADBC SAD d C SAD d B SAD

BC AD SAD

⊄ ⇒ ⇒ =

⊂ (1)

0,25

Theo giả thiết (SAB) ⊥ (SAD), nên nếu kẻ BK ⊥ SA thì K là trung điểm của SA,

3

2

aBK = và ( )BK SAD⊥ (2)

(1) và (2) suy ra: 3

[ , ( )] [ , ( )]2

ad C SAD d B SAD BK= = = .

0,25


Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 2 6 2 5 0x y x y+ − − + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức: 23 4 7 4 1

2 1

y xy x yP

x y

+ + + −=

+ +.

Từ giả thiết ta có: 2 26 2 5x y x y+ = + + (1) và 2 2( 3) ( 1) 5x y− + − = (2)

Do (1) nên: 2 24 4 2 4 4

22 1 2 1

x xy y x yP x y

x y x y

+ + + + += = + +

+ + + +

0,25

x

K

H

CB

A D

S

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Đặt 2t x y= + 4

1P t

t⇒ = +

+. Theo bất đẳng thức B.C.S ta có:

2 2 2[( 3) 2( 1)] 5[( 3) ( 1) ] 25 (4) 5 ( 3) 2( 1) 5x y x y x y− + − ≤ − + − = ⇒ − ≤ − + − ≤

0 10t⇒ ≤ ≤ (1)

0,25

Do (1) nên theo bđt Cauchy ta có: 4

1 4 31

t Pt

+ + ≥ ⇒ ≥+

Đẳng thức chỉ xảy ra khi 241 ( 1) 4 1

1t t t

t+ = ⇔ + = ⇔ =

+

0,25

Khi đó:

2 2 2 2 2

2 1 2 1 2 1

( 3) ( 1) 5 ( 2 2) ( 1) 5 5 6 0

x y x y x y

x y y y y y

+ = + = + = ⇔ ⇔

− + − = − − + − = + =

1; 0

17 6;

5 5

x y

x y

= =⇔ = = −

. Vậy min 3P = đạt được khi 1, 0x y= = hoặc 6 17

,5 5

x y= − =

0,25

Câu 7.a (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD có (3;0)A , ( 4;1)C − ,

2 2AD AB BC= = và � � 090DAB ABC= = . Tìm tọa độ các điểm B, D.

Giả sử B(x; y). Từ giả thiết ta có AB BC= , . 0AB CB = ⇒��

ta có hệ phương trình:

2 2 2 2( 3) ( 4) ( 1)

( 3)( 4) ( 1) 0

x y x y

x x y y

− + = + + −

− + + − =

0,25

⇔ 2

7 4 0; 4

1; 30

y x x y

x yx x

= + = = ⇔ = − = −+ =

Vậy B(0; 4) hoặc B(−1;−3).

0,25

Gọi M là trung điểm AD. Từ giả thiết ta suy ra tứ giác ABCM là hình vuông. Từ đó:

+ Với B(0; 4) thì từ AB MC=��

ta tìm được M(−1;−3) ⇒ D(−5;−6). 0,25

+ Tương tự với B(−1;−3) ta tìm được M(0; 4) ⇒ D(−3; 8). 0,25


Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) : 3 2 1 0P x y z− + − = và ( ) : 2 2 0Q x y z+ + − = . Viết phương trình mặt phẳng (P’) đối xứng với mặt phẳng (P) qua mặt phẳng (Q). Từ phương trình của (P) và (Q) ta có (P) và (Q) đồng thời đi qua hai điểm

(0;0;1), (1;1;0)A B . Do (P’) đối xứng (P) qua (Q), nên A, B thuộc (P’) 0,25

Chọn điểm (0; 1; 1) ( )M P− − ∈ và goi N là điểm đối xứng của M qua (Q) ( ')N P⇒ ∈ . Ta tìm N.

Ta có: (0; 1; 1)M − − , 1 1

( ) :1 1 2

pt x y zMN Q MN

+ +⊥ ⇒ = =

0,25

Gọi ( )H MN Q= ∩ ⇒ tọa độ H định bởi:

1 1

6 1 2; ;1 1 2

5 6 32 2 0

x y zx y z

x y z

+ + = =⇔ = = − =

+ + − =

Tọa độ N định bởi (2 ; 2 ; 2 )H M H M H MN x x y y z z− − − hay 5 2 7

; ;3 3 3

N

0,25

(1;1; 1)

, (2; 3; 1)5 2 4; ;

3 3 3

ABAB AN

AN

= − ⇒ = − − =

��

�� 0,25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

(P’) chính là mặt phẳng đi qua M và nhận vtpt là ,AB AN ��

.

Vậy phương trình ( ') :2 3 1 0P x y z− − + =


Giải phương trình sau trên tập hợp số phức, biết rằng phương trình có ít nhất một

nghiệm ảo: 3 2(2 3 ) 3(1 2 ) 9 0z i z i z i− + + + − = .

Giả sử ( \{0})z ai a= ∈ℝ là nghiệm ảo của phương trình ⇒ ta có đẳng thức: 3 2 2 3 2( ) (2 3 )( ) 3(1 2 ) 9 0 (2 6 ) ( 3 3 9) 0ai i ai i ai i a a a a a i− + + + − = ⇔ − + − + + − =

0,25

2

3 2

2 6 03

3 3 9 0

a aa

a a a

− =⇔ ⇔ =

− + + − = ⇒ phương trình (1) nhận nghiệm 3x i= . 0,25

Từ đó: 2(1) ( 3 )( 2 3) 0z i z z⇔ − − + =

0,25

2 2

3 3

( 1) ( 2) 1 2

z i z i

z i z i

= = ⇔ ⇔

− = = ±

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm 3 , 1 2z i z i= = ±

0,25

Câu 7.b (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ( )3; 4A − , trọng tâm

tam giác ABD thuộc đường thẳng có phương trình x + 3y + 4 = 0 và 25

;52

M −

là trung

điểm cạnh CD. Tìm tọa độ điểm B. Gọi G là trọng tâm ∆ABD, suy ra ( )4 3 ;G t t− − ;

I là tâm hình chữ nhật ABCD , suy ra 2AG GI=��

⇔ 15 9 4 3

;2 2

t tI

+ + −

;

N là trung điểm AB, suy ra I là trung điểm MN. Từ đó 5 18

; 1 32

tN t

+ − − +

.

0,25

ABCD là hình chữ nhật nên . 0AN IN =��

⇔ 11 18 10 9 6 3

(3 3 ) 02 2 2

t t tt

+ − − + − + + =

⇔ 2180 99 146 0t t− − = ⇔ 2

3t = − ;

73

60t =

0,25

TH1: Với 2

3t = − , ta được

7; 3

2N −

. Suy ra ( )4; 2B − 0,25

TH2: Với 73

60t = , ta được

269 53;

20 20N −

. Suy ra 299 93

;10 10

B −

0,25


Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm (1; 2;0)M − , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 2 3 0P x y z− − + = và tạo với trục tung một góc

lớn nhất. Mặt phẳng (P) có vtpt (1; 1; 2)n = − −

�, trục tung có vtcp (0;1;0)j =

�

Giả sử mp(Q) có vtpt ( ; ; )m a b c=�

trong đó 2 2 2 0a b c+ + ≠

Theo giả thiết (Q) ⊥ (P) nên

2 2. 0 2 0 2 ( 2 ; ; ), ( 0)m n a b c a b c m b c b c b c= ⇔ − − = ⇔ = + ⇒ = + + ≠� � �

0,25

Gọi ϕ 02

πϕ ≤ ≤

là góc hợp bởi mp(Q) và trục tung. Ta có:

2 2 2 2 2

| | | |sin | cos( , ) |

( 2 ) 2 4 5

b bm j

b c b c b bc cϕ = = =

+ + + + +

��

+ Với b = 0 thì sin 0 0ϕ ϕ= ⇒ =

0,25

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

+ Với 0b ≠ , đặt 2 2

1 1 30sin ,

65 4 2 2 65

5 5

c tb tt t

t

ϕ= ⇒ = = ≤ ∀ ∈+ + + +

ℝ

Đẳng thức chỉ xảy ra khi 2

5t = − . Do hàm số siny x= đồng biến trên đoạn

0;2

π

, nên ϕ lớn nhất khi và chỉ khi sinϕ lớn nhất hay 30

sin6

ϕ = . Suy ra

2

5t = − hay 2 5 0b c+ = .

0,25

Từ đó chọn 5, 2b c= = − , ta được (1; 5; 2)m = −�

Vậy (Q) là mặt phẳng đi qua (1; 2;0)M − và có vtpt (1; 5; 2)m = −�

( ) : 5 2 9 0pt Q x y z⇒ + − + =

0,25


Giải phương trình: 23 4log ( 3) log ( 6 8)x x x− = − + .

Đặt 3log ( 3) 3 3tt x x= − ⇔ − = , phương trình đã cho trở thành:

2 24

4 1log [3 1] 4 3 1 1 0

9 9

t tt t tt

= − ⇔ = − ⇔ + − =

(1)

0,5

Xét hàm số 4 1

( ) 19 9

t t

f t = + −

TXĐ ℝ , 4 4 1 1

'( ) ln ln 0,9 9 9 9

t t

f t t = + < ∀ ∈

ℝ .

0,25

Chứng tỏ ( )f t là đồng biến trên ℝ . Mà 1 1

02 2

f t = ⇒ =

là nghiệm duy nhất của

phương trình (1) trên ℝ .

0,25

Suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3 3x = + 0,25

Ghi chú: Cách giải khác của Câu 6:

Xét hàm 4

( )1

f t tt

= ++

với [0;10]t∈ , ta có: 2

2 2

4 2 3'( ) 1

( 1) ( 1)

t tf t

t t

+ −= − =

+ +

2'( ) 0 2 3 0 1f t t t t= ⇔ + − = ⇔ = , 114

(1) 3; (0) 4; (10)11

f f f= = =

Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta suy ra: min 3P = đạt được khi t = 1. Khi đó:

2 2 2 2 2

1; 02 1 2 1 2 117 6

;( 3) ( 1) 5 ( 2 2) ( 1) 5 5 6 05 5

x yx y x y x y

x yx y y y y y

= =+ = + = + = ⇔ ⇔ ⇔ = = −− + − = − − + − = + =

+

t

f’(t)

f(t)

0 10

0 −

4 114

11

3

1

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Vậy min 3P = đạt được khi 1, 0x y= = hoặc 6 17

,5 5

x y= − =

WWW.ToanCapBa.Net


WW

W.T

oanC

apBa

.Net

Technology

14 đề thi thử kì thi Quốc gia 2015 có đáp án