1.
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 -
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 y = x3 − 3x2 + 2 .
b) Tìm giá trị tham số mÎ thì đồ thị của hàm số y = −x4 + 4mx2 − 4m có 3 cực trị là 3 đỉnh của 1
tam giác nhận điểm
31
0;
4
H
làm trực tâm.
1 3
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: + = −
sin 2x tan cos 2
x x .
2 2
Câu 3. (1 điểm) Tính giới hạn:
5 3 2
5 2 6 4
x x x x
− + + −
lim
x 1 3 2
1
B
® x x x
=
− − +
.
Câu 4. (1 điểm). Trong mặt phẳng (P) , cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a ,
k k
n n kC nC −
− = . Tìm số nguyên n 4
+ − = + +
4 2 2 2 3 2 2
x x y y y x y x
2 2 2 1
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1
= ABC 1200 .
Gọi G là trọng tâm tam giác ABD . Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại G lấy điểm S sao cho
= ASC 900 . 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 k,n (1 £ k £ n) ta có: 1
1
biết rằng 2 0 5 1 8 2 ... (3 2) n 1600
Cn + Cn + Cn + + n + Cn = .
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 − 3y − 20 = 0; 2x + y + 10 = 0 . Đường tròn (C) đi qua trung điểm của các
đoạn thẳng HA,HB,HC có phương trình là ( − ) + ( + ) =
2 2 x 1 y 2 25 , trong đó H là trực tâm của tam giác
ABC . Tìm tọa độ điểm H biết −4 C x .
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 =
1
4
AN AC . Biết MN có phương trình 3x − y − 4 = 0
và D(5;1) . Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương.
Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình: ( )
Î 3 2
− − −
=
,
2 5 2 1 0
x y
y x
Câu 9. (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: ( + + ) = + + + 2 a2 b2 c2 ab bc ca 3 . Tìm giá trị lớn nhất
của = + + −
+ + +
3
S a b c
a b c
.

2.
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 -
y
2
2
-2
AH ^
BC
= *
^
= − + +
m − m − m− = , phương trình có nghiệm m = 2
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1
3
-1
x
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (2 điểm)
a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 − 3x2 + 2
* Hàm số đã cho xác định trên
* Ta có: y' = 3x2 − 6x = 3x(x − 2) và y' = 0Û x = 0 hoặc x = 2 .
* Giới hạn: lim
x
y
®−¥
= −¥ và lim
x
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 x = 0 với giá trị cực đại của hàm số là y (0) = 2 và hàm số đạt cực tiểu tại
điểm x = 2 với giá trị cực tiểu của hàm số là y (2) = −2 .
* Đồ thị
• Điểm đặc biệt :
y'' = 6x − 6 và y = 0Û x = 1 I (1;0)
• Chọn x = 3 y = 2, x = −1 y = −2 .
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 I (1;0) làm tâm đối xứng.
b)
m £ 0 y' = 0 có 1 nghiệm, nên hàm số có 1 cực trị.
m 0 y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm đó, nên hàm số có 3 cực trị. Giả sử
A(0; −4m) , B(− 2m; 4m2 − 4m), C( 2m; 4m2 − 4m) .
Vì tam giác ABC cân tại A và B,C đối xứng nhau qua Oy
H là trực tâm tam giác ABC khi BH . AC
0 ( )
BH AC
.
Ta có: 2 31
2 ; 4 4 ,
4
BH m m m
AC = ( 2m; 4m2 )
.
Khi đó ( ) 2 2 31
2 4 4 4 0
4
m m m m
* Û + − + + =
hay 3 2 31
8 8 1 0
2
thỏa m 0 .

3.
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 -
Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: p
x k
¹ + p
2
+ = − Û + = − 1 3 1 1 2
sin 2 tan cos 2 sin 2 tan 2 sin
x x x x x x
2 2 2 2
( )
1 1 1
sin 2 x tan x sin 2 x .tan x sin 2 x tan x
1 0
Û + = − Û − − =
2 2 2

4.
p p

5.
= + p = + p
=
1 5 sin 2 x k ; x k
x
2 12 12 ,
tan 1
Û Û
Î
p x = x = + k
p
4
k
Câu 3. (1 điểm) Ta có: x5 − 5x3 + 2x2 + 6x − 4 = (x −1)2 (x + 2)(x2 − 2) , x3 − x2 − x + 1 = (x −1)2 (x + 1)
Do đó:
2
x x
+ −
lim
x 1 2
= = −
1
( 2)( 2) 3
B
® x
+
.
Câu 4. (1 điểm).
= = D B 1200 A 600 ABD
đều cạnh a
= =
2 3
2
a
S S
ABCD ABD 2
Gọi O là giao điểm AC và BD
= = = =
3 2 3
; ; 3
2 3 3
a a
AO AG AO AC a
= =
6
.
SG GAGC ( DSAC vuông tại S, đường cao
3
a
1 2
.
SG). = =
3
V S SG
D D
a
SABC 3 ABC 6
Kẻ GH ^ SOGH ^ (SBD) vì BD ^ GH Ì (SAO)d(G,(SBD)) = GH
1 1 1 27
DSGO vuông tại G, đường cao = + =
2 2 2 2
S 2a
GH
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 d = 0 chọn a có: 2cách. Trường hợp này có 2.1.2 = 4 số.
Nếu d ¹ 0 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.
n ! n
−
1 !
b) Ta có:
k k
n n
. .
! ! 1 ! 1 1 !
kC = k = n =
nC
− −

6.
− − −
( )
( )
( ) ( ) ( )
1
1
k n k k n k
−
−
( đpcm )
2 C 0 1 2 1 + 5 C + + 8 C + ... + (3 n + 2) C n = 1600 Û 3 C + 6 C 2 ... 3 nC n 2( C 0 1 + + + +C + ... +C n ) =
1600
n n n n n n n n n n ( 0 1 1 ) ( 0 1 )
3 n C C ... C n −
1 1 1 2 C C ... C n
1600 n n n n n n − − − Û + + + + + + + =
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1

7.
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 -
( 0 1 1 ) ( 0 1 )
3 n C C ... C n −
1 1 1 2 C C ... C n
1600 n n n n n n − − − Û + + + + + + + =
( ) ( ) 3 1 1 1 2 1 1 1600 3 .2 1 2 1 1600 3 .2 5 2 3 100 7 n n n n n n n n n n
− − + − − Û + + + = Û + = Û + = Û =
Câu 6. (1 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ:
− − =
+ + =
4 x 3 y
20 0
2 x y
10 0
hay
= −
= −
1
8
x
y
, suy ra A(−1; −8)
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: ED ^ DN . 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:
+ + = = − − = − = −
Û Û
− + + =
+ + =
= −
= −
2 x y 10 0 y 2 x 10 x 2 x
4
2 2 2
1 2 25 5 30 40 0 6 2
( ) ( )
x − y
=
x + y
+ =
= −
1
+ 3 − 8 =
0
− − =
2; 2
x y
2 2 2 m 3 M
3; 5
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1
hay
x y x x y y
Nếu N(−4;−2) thì C(−7; 4) (loại)
Nếu N(−2;−6) thì C(−3; −4) . Vậy N(−2;−6) ; B'(−4; −2); C(−3;−4)
Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận VTCP (1; −2) của AC là vtpt nên có phương trình x − 2y = 0 . Đường
thẳng CH đi qua C và nhận vtcp (3; 4) của AB làm vtpt nên có phương trình là 3x + 4y + 25 = 0 Tọa độ H
là nghiệm của hệ:
2 0
3 4 25 0
hay
5
5
2
x
y
= −
. Vậy
5
− 5;
−
2
H
Câu 7. (1 điểm)
Kẻ NH ^ BC tại H, NK ^ DC tại K
Ta có DNKC = DNHC NK = NH
= =
=
= =
/ /
4
1
/ /
4
DK AN
AD NK
DC AC DK BH
BH AN
AB NH
BC AC
, mà M là trung
điểm BC nên H là trung điểm
BM DDKN = DMHN DNK = MNH,ND = NM
Mà
= = D KNH 900 DNK 900 DNM vuông cân tại N
DN ^ MN DN : (x − 5) + 3(y −1) = 0 hay x + 3y − 8 = 0
Tọa độ N thỏa hệ: ( )
3 4 0
N
x y
Giả sử M(m; 3m− 4) MN = (2 −m; 6 − 3m); DN = 10;MN = DN
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )

8.
=
− + − = Û − = Û
= −
2 6 3 10 2 1
1 1; 1
m m m
m M loai

9.
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 -
M(3; 5) m gọi
−
− = =
1 5
1 2
x x
= Ç = − Û Û
D P 3 P
3
P MN A NP NM
3 2 1 1
y − = −
y
= P P
1 1 1 5
Ta có: = = = =
D
AP MC BC A DP DA
3 6 6 6
5 5 5 3
6 6 3 5
= = = =
DP DA CB MB MB DP
3 5
− 3 = − 5
5 3 1; 5
3
5 1 1
( )
( )
B
x
y
− = −
5
B
B
Câu 8. (1 điểm) Điều kiện: £
5
2
x
Phương trình (1)Û(x2 −1− y)(x2 + y2 ) = 0Û x = y = 0 hoặc x2 = y + 1
Trường hợp x = y = 0 thế vào (2) không thỏa mãn.
Trường hợp x2 = y + 1 thế vào (2): − − − = ( ) 2y3 3 2y 1 0 3
Xét hàm
3 3
(t) 2 t 3 2 1; ;
f t t ;
= − − − Î−¥
2
2 1 3
'( ) 6 ; '( ) 0, t ;
f t t f t
= + Î−¥
3 2 2
−
t
Vậy hàm số f (t) đồng biến trên
3
−¥ ;
2
; mà f (1) = 0 .
Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất: y = 1 . Với y = 1 x2 = 2Û x = ± 2 (thỏa điều kiện)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;1); (− 2;1)
( 2
+ +
)Câu 9. (1 điểm) a b c
Với a,b,c là các số dương ta có: ( 2 2 2
) + + ³ và
3
a b c
2 2
2 2
3 9
a b c a b c
2
a b c
( + + )
a b c ab bc ca ab bc ca nên ( ) 2 2 2 2 3 3
2 2 2 a b c
3
2
2 2 2 1 a b c
1 3 1 2 1 3
S a b c t
3 6 3 2 6 3 2
a b c a b c t
1 2 1 3
f t t
1 1
'( ) 0, (0; 3)
f t t t
= + Î
S khi a = b = c = 1
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1
( )2
a b c
3
ab bc ca
+ +
+ + £
Bởi vậy:
( ) ( )
( )
+ + + +
£ + Û + + £
3 3
a b c , từ đó: 0 a + b + c £ 3
Ta có: ( ) ( + + )
+ + = + + + £ + + £ +
3
2
+ + £ +
6 2
a b c
Bởi vậy:
( + + )
= + + − £ − + = − +
+ + + + + + +
Xét hàm số: = − +
+
( )
6 t
3 2
với 0 t £ 3 và
( )2
3 t
+
3
Bởi vậy: f (t) £ f (3), tÎ(0; 3 hay £
17
( )
6
f t
Suy ra: £
17
6
S , dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
Vậy =
17
max
6