de thi thu quoc gia, de thi thu dai hoc, de thi thu, de thi thu hay nhat, toihoctot,

1. TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 (lần2)
Môn : Toán ; Thời gian làm bài:180 phút.
Câu1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2( 1)
1
x
y
x



(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M đi qua điểm A(0;-1).
Câu2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin2x – cos2x = 2 sinx – 1
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm hệ số chứa x8
trong khai triển 2 21
( )(1 2 )
4
n
x x x   thành đa thức biết
n là số tự nhiên thoả mãn hệ thức 3 2
3 7n nC C
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2
3 3
log ( 1) log (2 1) 2x x   
b) Một hôp 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 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d1: 2 3 0x y   và
d2: 2 1 0x y   cắt nhau tại điểm I. Viết phương trình đường tròn tâm I và tiếp xúc với d3:
3
4
y x . Viết phương trình đường thẳng d đi qua O cắt d1, d2 lần lượt tại A, B sao cho
2IA=IB.
Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông canh a. Mặt bên SAB là
tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc
của S trên đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH= 2AH. Goi I là giao
điểm của HC và BD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng
(SCD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm
H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm
9
( ;3)
2
M là trung điểm của cạnh BC,
phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của  ADH là d: 4 4 0x y   . Viết phương trình
cạnh BC.
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 4 3
9
1 ( 1)
2
x x y y x x x
x y x y x
     


     

(x,y R )
Câu 9(1,0 điểm). Cho , ,a b c thuộc khoảng (0;1) thoả mãn
1 1 1
( 1)( 1)( 1) 1
a b c
    . Tìm GTNN
của biểu thức P = 2 2 2
a b c 
----Hết-----
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh………………………..Số báo danh………… Lớp ……
ĐỀ CHÍNH THỨC
(gồm 1 trang)
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
1

2. Hướng dẫn chấm môn Toán (lần 1)
Câu Nội dung Điểm
Câu1
(2,0
điểm).
Cho hàm số
2( 1)
1
x
y
x



(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
Tự giải
1
b) Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C)
tại M đi qua điểm A(0;-1).
G ọi M(
2 2
;
1
a
a
a


) thuộc (C ) pttt của (C ) tại M là
2
4 2 2
( )
( 1) 1
a
y x a
a a

  
 
Vì tt đi qua A(0;-1) nên 2
4 2 2
1 (0 )
( 1) 1
a
a
a a

   
 
Gi ải ra 2 2
1
( 1) 4 (2 2)( 1) 3 2 1 0 1
3
a
a a a a a a
a

           
  

M(1;0) ho ặc M(
1
; 4)
3


0,25
0,25
0,25
0,25
Câu2
(1,0
điểm).
Giải phương trình sin2x – cos2x = 2 sinx – 1
0,25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
2

3. 2sinx cosx+(1-cos2x) = 2sinx 2sinx(cosx+sinx-1)=0
sinx=0
2
4 42 sin( ) 1 2
4 23
2
4 4
x k
x k
x k
x x k
x k


 
 

 

 

 
 
      
    
 
   

0,25
0,25
0,25
Câu 3
(1,0
điểm).
Tìm hệ số chứa x8
trong khai triển 2 21
( )(1 2 )
4
n
x x x   thành đa thức
biết n là số tự nhiên thoả mãn hệ thức 3 2
3 7n nC C
3,n n N 
   
! ! ( 2)( 1) ( 1)
3 7 7
3! 3 ! 2! 2 ! 2 2
n n n n n n n
n n
  
   
 
giải ra 9n 
Khai triển
20
20 20
20
0
1 1
(2 1) (2 )
4 4
k k
k
x C x 

  
hệ số chứa x8
ứng với 20-k=8 12k  . Do đó hệ số cần tìm là
12 8
20
1
.2
4
C =8062080
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4
(1,0
điểm).
a) Giải phương trình 2
3 3
log ( 1) log (2 1) 2x x   
đk:
1
1 0
1
2 1 0
2
x
x
x x

  
 
   
2 2
3 3
2 2
2
2
log ( 1) log (2 1) 2
( 1)(2 1) 3
( 1) (2 1) 9
( 1)(2 1) 3
1
2 3 2 0 ( )
2
2 3 4 0 2
pt x x
x x
x x
x x
x x x loai
x x x
    
  
        
        
Đáp số x=2
0,25
0,25
b) Một hôp 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 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất.
Gọi A là biến cố “4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều
nhất”
Số phần tử của không gian mẫu là n( )= 4
15 1365C  .
Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: 2 1 1
5 4 6( ) 240n A C C C 
Do đó P(A)=
240 16
1365 91

0,25
0,25
Câu 5
(1,0
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d1:
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
3

4. điểm). 2 3 0x y   và d2: 2 1 0x y   cắt nhau tại điểm I. Viết phương trình
đường tròn tâm I và tiếp xúc với d3:
3
4
y x . Viết phương trình
đường thẳng d đi qua O cắt d1, d2 lần lượt tại A, B sao cho 2IA=IB.
Toạ độ I l à nghiệm của
2 3 0 1
2 1 0 1
x y x
x y y
    
 
    
d3:3x-4y=0
d(I; d3)=
1
5
đường tròn tâm I và tiếp xúc với d3 c ó pt:
(x-1)2
+(y-1)2
=
1
25
pt đt qua d’ qua O ,song song v ới d1là x+2y=0
Gọi M = 2 'd d =(
2 1
;
5 5

)
AI IB
OM BM
 Gọi B(a; 2a-1) thuộc d2
BM2
=( 2 2
0
2 4 4
( ) ( 2 ) 4
5 5 5
5
a
a a
a

    
 

B(0;-1)(loại) B(4/5;3/5)
Pt d: 3x - 4y=0
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 6
(1,0
điểm
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
4

5. .
1
.
3
S ABCD ABCDV SH S
Ta có SH2
=HA.HB=2a2
/9 2
3
a
SH 
3
2
.
2
2.
9 9
S ABCD
a a
V a  (đvtt)
( ,( ))
( ,( ))
d I SCD IC
d H SCD HC
 và
3
2
IC CD
IH BH
 
3
5
IC
CH
  và
CH2
=BH2
+BC2
= 213
9
a
2 2 2 2
1 1 1 11 22
2 11
a
HM
HM SH HK a
    
3 22
( ,( ))
55
a
d I SCD 
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 7
(1,0
điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có
điểm H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm
9
( ;3)
2
M là
trung điểm của cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A
của ADH là d: 4 4 0x y   . Viết phương trình cạnh BC.
Gọi K là trung điểm của HD. chứng minh
AN vuông góc với MN. Gọi P là trung điểm của AH.Ta có AB
vuông góc với KP, Do đó P là trực tâm của tam giác ABK.
Suy ra BP AK AK KM 
Phương trình KM: đi qua M(9/2;3) và vuông góc với AN có pt:
0,25
0,25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
5

6. MK:
15
4 0
2
x y   Toạ độ K(1/2;2)
Do K là trung điểm của HD nên D(0;2),suy ra pt (BD): y-2=0
AH: x-1=0 và A(1;0); AD có pt: 2x+y-2=0
BC qua M và song song với AD nên BC: 2x+y-12=0
0,25
0,25
Câu8
(1,0
điểm).
Giải hệ phương trình
2 4 3
(1)
9
1 ( 1) (2)
2
x x y y x x x
x y x y x
     


     

(x,y R )
Đk:
1
0
x
y



2 2
2 2
2 2
(1) ( ) ( ) 0
0 ( )( ) 0
x x y x x x y
y x
x x y x y x y x x x
x y x x
      

          
  
Do đ ó x=y thay v ào pt (2) :
9
1 ( 1)
2
x x x x x     
Đ ặt 2
1( 0) 2 1 2 ( 1)t x x t t x x x        
Pt trở thành t2
+1+2t=9 hay t2
+2t-8=0 chỉ lấy t=2 1 2x x   
2 2
5
25
2 ( 1) 5 2 2
16
4 4 25 20 4
x
x x x x
x x x x


     
    
Vậy hệ có nghiệm duy nhất(
25 25
;
16 16
)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
9(1,0
điểm)
Cho , ,a b c thuộc khoảng (0;1) thoả mãn
1 1 1
( 1)( 1)( 1) 1
a b c
    . Tìm
GTNN của biểu thức P = 2 2 2
a b c 
1 1 1
( 1)( 1)( 1) 1 1 2ab bc ca a b c abc
a b c
           
P= 2 2
( ) 2( ) ( ) 2( 1) 4a b c ab bc ca a b c a b c abc            
Theo Cô si 3
( )
3
a b c
abc
 

2 34
2 2
27
P t t t    v ới t a b c   (0<t<3)
Khảo sát hàm số tr ên tìm ra minP =3/4 khi t=3/2 hay a=b=c=1/2
0,25
0,25
0,25
0,25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
6

7. Câu 1 (4,0 điểm).Cho hàm số
2x 1
y
x 1



, gọi đồ thị là (C).
a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số.
b)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng (d): 3 2 0x y   .
Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình: 2 x
2sin cos5x 1
2
 
  
 
Câu 3 (2,0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : 3
( ) . (5 )f x x x  trên đoạn  0;5
Câu 4 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình sau : 2 3
33
2log (2 1) 2log (2 1) 2 0x x    
b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3
nhà hóa học nữ, .Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn
phải có nữ và có đủ ba bộ môn.
Câu 5 (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có
   4;8 , 8;2A B  ,  2; 10C   . Chứng tỏ ABC vuông và viết phương trình đường cao còn
lại.
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a .Góc
 0
60BAC  ,hình chiếu của S trên mặt ABCD trùng với trọng tâm của tam giác ABC .
Mặt phẳng SAC hợp với mặt phẳng ABCD góc 0
60 . Tính thể tích khối chóp
.S ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD theo a .
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC.
Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có
phương trình là 3 5 8 0, 4 0x y x y      . Đường thẳng qua A vuông góc với đường
thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là  4; 2D  . Viết
phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
Câu8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3
2 2 2
2 2 1 3 1
( , )
9 4 2 6 7
y y x x x
x y
y x y
     

   

Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a b c  và 2 2 2
a b c 5   . Chứng
minh rằng: (a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4      
---------HẾT--------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………
SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
WWW.ToanCapBa.Net
7

8. SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Môn: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)
Câu 1. (4 điểm)
Nội dung Điểm
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2đ
+Tập xác định   1D   0.25
+Sự biến thiên
 Chiều biến thiên:
 
2
3
'
1
y
x


0 1x   .
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1  và  1; 
 Cực trị : Hàm số không có cực trị.
0.25
 Giới hạn tại vô cực và tiệm cận:
2 1
lim lim 2
1x x
x
y
x 

 

,đường thẳng 2y  là tiệm cận ngang
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1x x
x x
x x 
 
 
   
 
, đường thẳng 1x   là tiệm cận đứng
0.5
 Bảng biến thiên :
x -  - 1 +
y' + || +
y 2
 ||
2 
0.5
+Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm
1
;0
2
A
 
 
 
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0; 1B 
Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là  1;2I  làm tâm đối xứng
( Đồ thị )
0.5
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
8

9. 2, Viết phương trình tiếp tuyến 2đ
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm 0 0( ; )M x y ta có : '
0 2
0
3
( )
( 1)
k f x
x
 

0.5
Lại có
1
. 1 3
3
k k
 
     
 
0.5
hay 0
2
00
03
3
2( 1)
x
xx

     
0.5
Với 0 00 1x y    Vậy phương trình tiếp tuyến là : 3 1y x 
Với 0 02 5x y    Vậy phương trình tiếp tuyến là : 3 11y x  0.5
Câu 2. (2 điểm)
Nội dung Điểm
2 x
2sin 1 cos5x cosx cos5x
2
 
     
 
0.5
   cos x cos 5x   0.5
5 2 6 3
5 2
4 2
k
x
x x k
x x k k
x
 
 
   

   
        

là nghiệm của phương trình. 1.0
Câu 3. (2 điểm)
Nội dung Điểm
f(x) = 3
x (5 x) hàm số liên tục trên đoạn [0; 5] f(x) 3/ 2
x(5 x) x (0;5)    0,5
f ’(x) =
5
5 x(5 x)
2
  0,5
f’(x) = 0 x 5; x 2   . Ta có : f(2) = 6 3 , f(0) = f(5) = 0 0,5
Vậy
x [0;5]
Max

f(x)= f(2) = 6 3 , x [0;5]
Min

f(x) = f(0) = 0 0,5
Câu 4. (2 điểm)
Nội dung Điểm
a) 2 3
33
2log (2 1) 2log (2 1) 2 0x x    
Điều kiện :
1
2
x  0,25
PT 2
3 38log (2 1) 6log (2 1) 2 0x x      0,25
3
2
3 3
3
log (2 1) 1
4log (2 1) 3log (2 1) 1 0 1
log (2 1)
4
x
x x
x
 
      
   

0,25
WWW.ToanCapBa.Net
9

10. 4
3
2
3 1
2 3
x
x

  

là nghiệm của phương trình đã cho. 0,25
b) Tính xác suất
Ta có : 4
16 1820C   0.25
Gọi A= “ 2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ”
B= “ 1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ “
C= “ 1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “
Thì H= A B C  = ” Có nữ và đủ ba bộ môn “
0.5
2 1 1 1 2 1 1 1 2
8 5 3 8 5 3 8 5 3 3
( )
7
C C C C C C C C C
P H
 
 

0.25
Câu 5. (2 điểm)
Nội dung Điểm
Ta có :    12; 6 ; 6; 12AB BA    
 
0,5
Từ đó . 0AB BC 
 
Vậy tam giác ABC vuông tại B 0,5
* Viết phương trình đường cao BH: Ta có đường cao BH đi qua  8;2B  và
nhận    6; 18 6 1;3AC     

làm vecto pháp tuyến
0,5
Phương trình BH : 3 2 0x y   0,5
Câu 6. (2 điểm)
O
S
A
D
CB
H
E
Nội dung Điểm
* Gọi O AC BD  Ta có :  0
, 60OB AC SO AC SOB   
0.25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
10

11. Xét tam giác SOH vuông tại H : 0 0 3
tan 60 .tan 60 . 3
6 2
SH a a
SH OH
HO
    
0.25
Ta có : tam giác ABC đều :
2
3
2.
2
ABCD ABC
a
S S  0.25
Vậy
2 3
1 1 3 3
. . . .
3 3 2 2 12
SABCD ABCD
a a a
V SH S   (đvtt) 0.25
* Tính khỏang cách
Trong ( )SBD kẻ OE SH khi đó ta có : ; ;OC OD OE đôi một vuông góc Và :
3 3
; ;
2 2 8
a a a
OC OD OE  
0.5
Áp dụng công thức : 2 2 2 2
1 1 1 1
( , )d O SCD OC OD OE
  
3
112
a
d 
Mà    
6
, 2 ,
112
a
d B SCD d O SCD 
0.5
Câu 7. (2,0 điểm)
MK
H
D
CB
A
Nội dung Điểm
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của
BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu ,d dn u
 
lần lượt là vtpt,
vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M
là nghiệm của hệ phương trình:
7
4 0 7 12 ;
3 5 8 0 1 2 2
2
x
x y
M
x y
y

     
            

0,5
AD vuông góc với BC nên  1;1AD BCn u 
 
, mà AD đi qua điểm D suy ra
phương trình của    :1 4 1 2 0 2 0AD x y x y        . Do A là giao điểm
của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
 
3 5 8 0 1
1;1
2 0 1
x y x
A
x y y
    
  
    
0,5
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: 0,25
E
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
11

12.  
4 0 3
3; 1
2 0 1
x y x
K
x y y
    
   
     
Tứ giác HKCE nội tiếp nên  BHK KCE , mà  KCE BDA (nội tiếp chắn cung
AB ) Suy ra  BHK BDK , vậy K là trung điểm của HD nên  2;4H .
(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ
0.25 điểm)
0,25
Do B thuộc BC  ; 4B t t  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra
 7 ;3C t t  .
( 2; 8); (6 ;2 )HB t t AC t t   
 
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
        
2
. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0
7
t
HB AC t t t t t t
t

              
 
0,25
Do    3 2 2; 2 , 5;1t t B C     . Ta có
       1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1AB ACAB AC n n     
   
Suy ra :3 4 0; : 1 0.AB x y AC y    
0,25
Câu 8. (2,0 điểm)
Nội dung Điểm
Điều kiện:
3 3
1; ;
2 2
x y
 
    
. Ta có 0.25
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
       
       0.25
Xét hàm số 3
( ) 2 ,f t t t  ta có 2
'( ) 6 1 0, ( )f t t t f t      đồng biến trên  .
Vậy 2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1
y
f y f x y x
y x

       
 
0.25
Thế vào (2) ta được : 2
4 5 2 6 1x x x    0.25
Pt 2
2 4 5 4 12 2x x x        
2 2
4 5 1 2 2x x     0.5
4 5 2 3( )
4 5 1 2
x x vn
x x
   
 
  
1
2
1 2( )
1 2
x
x l
x



   

  
Với
4
4
2
1 2
2
y
x
y
 
   
 
Vậy hệ có hai nghiệm.
0.5
Câu 9. (2,0 điểm)
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
12

13. Nội dung Điểm
Ta có
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4       (a b)(b c)(a c)(ab bc ca) 4       (*).
Đặt vế trái của (*) là P
Nếu ab + bc + ca < 0 thì P  0 suy ra BĐT được chứng minh
0.25
Nếu ab + bc + ca  0 , đặt ab + bc + ca = x 0 0.25
(a-b)(b-c)
2 2
a b b c (a c)
2 4
    
  
 
 (a - b)(b - c)(a - c)
3
(a c)
4

 (1) 0.25
Ta có : 4(a2
+ b2
+ c2
- ab - bc - ca) = 2(a - c)2
+ 2(a - b)2
+ 2(b - c)2
 2(a - c)2
+ [(a - b) + (b - c)]2
= 2(a - c)2
+ (a - c)2
= 3(a - c)2
Suy ra 4(5 - x)  3(a - c)2
,từ đây ta có x  5 và
4
a c (5 x)
3
   (2) .
0.25
Từ (1) , (2) suy ra P
3
1 4
x. (5 x)
4 3
 
   
= 32 3
x (5 x)
9
 (3)
Theo câu a ta có: f(x) = 3
x (5 x) 6 3 với x thuộc đoạn [0; 5]
nên suy ra P
2 3
.6 3 P 4
9
   . Vậy (*) được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0
1.0
………. Hết……….
WWW.ToanCapBa.Net
13

14. Trường THPT Lam Kinh
THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA - LẦN I - NĂM 2015
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề).
Câu 1 (4.0 điểm). Cho hàm số
2 1
2
x
y
x



(1).
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B.
Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu 2 (2.0 điểm).
a. Giải phương trình cosx cos3x 1 2 sin 2x
4
 
    
 
.
b. Giải phương trình
1 2 1
log 1 log 6x x
 

Câu 3 (1.0 điểm). Giải bất phương trình 2.14 3.49 4 0x x x
  
Câu 4 (4.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC = a, BC= 2a,  120o
ACB  . Đường thẳng A’C
tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 300
. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính thể tích khối lăng trụ
ABCA’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC’ theo a.
Câu 5 (1.0 điểm). Tìm hệ số của 7
x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
x 






22
, biết rằng n là số
nguyên dương thỏa mãn 323
1 24 nnn ACC  .
Câu6 (2.0 điểm). Tính nguyên hàm   xdxex
)2015(
Câu 7 (2.0 điểm). Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I
của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Câu 8 (2.0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
    

   
( , )x y .
Câu 9 (2.0 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
     
      
...HẾT…
Họ tên thí sinh:.............................................................................................SBD:......................................
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
14

15. 2
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
(KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN ĐH - CĐ LẦN I NĂM 2015)
Câu Đáp án Điểm
a.(2.0đ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
2
x
y
x



.
i/ TXĐ: D = R{-2}
ii/ Sự biến thiên
+ Giới hạn- tiệm cận
Ta có: 

 22
lim;lim;2limlim
xxxx
yyyy
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2.
0,5
+ Chiều biến thiên. Có Dx
x
y 

 0
)2(
3
' 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;(  và );2( 
0,5
+ Bảng biến thiên
x  -2 
y’ + +
 2
y
2 
0,5
iii/ Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1
 ;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
2
1
0,5
b. (2.0 đ) Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm
phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình








)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x
0.5
Do (1) có mmmvam  0321)2).(4()2(01 22
nên đường
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B.
0.5
Câu 1
(4.0đ)
Ta có: yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2
= (xA – xB)2
+ (yA – yB)2
= 2(m2
+ 12)
mà AB ngắn nhất khi AB2
nhỏ nhất, đạt được khi m = 0 ( khi đó 24AB ). 1.0
x
y
O
2
-2
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
15

16. 3
a. (1.0đ) Giải phương trình cosx cos3x 1 2 sin 2x
4
 
    
 
.
cosx cos3x 1 2 sin 2x
4
2cosxcos2x 1 sin 2x cos2x
 
    
 
   
 2
2cos x 2sin xcosx 2cosxcos2x 0  
0.25
  cosx cosx sinx 1 sinx cosx 0    
0.25
cosx 0
cosx sinx 0
1 sinx cosx 0

  
    0.25
x k
2
x k
4
x k2
3
x k2
2

  

    

  
 
  

 k 
Vậy, phương trình có nghiệm:
x k
2
x k
4
x k2

  

    

  

 k 
0.25
b. (1.0 đ) Giải phương trình
1 2 1
log 1 log 6x x
 

ĐK: x > 0 và x  1; x
10
1
0.25
Đặt t = logx, được phương trình theo ẩn t là:
t2
- 5t + 6 = 0 (với t  0 và t  -1)
2
3
t
t

  
0.5
Câu2
(2.0đ)
Với t = 2 thì ta có x = 100 (t/m)
Với t= 3 thì ta có x = 1000 (t/m)
Vậy phương trình có hai nghiệm là x =100 và x = 1000 0.25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
16

17. 4
Câu3
(1.0đ)
Giải bất phương trình sau 2.14 3.49 4 0x x x
  
Chia cả hai vế của bpt cho 4x
được bpt
2
7 7
2 3 1 0
2 2
x x
   
      
   
0.25
Đặt
7
2
x
t
 
  
 
(với t > 0 )
Bpt trở thành 3t2
+ 2t – 1  0
1
1
1
3
3
t
t
t
 
  
 

0.5
7 1
2 3
x
 
  
 
7
2
log 3x  
KL: BPT có tập nghiệm 






 ;3log
2
7S
0.25
0.5
Kẻ đường cao CH của tam giác ABC.Có CH  AB ;CH AA’ suy ra
CH  (ABB’A’),Do đó góc giữa A’C và mp(ABB’A’) là góc  0
' 30CA H  0,5
Ta có
2
01 3
. .sin120
2 2
ABC
a
S CACB  
Trong tam giác ABC : 2 2 2 0 2
2 . . os120 7 7AB AC BC AC BC c a AB a      0,5
Câu 4
(4.0đ)
+)
2
3 1 3
.
2 2 7
ABC
a
S AB CH CH a     0,5
300
M
H
C/
B/
A/
C
B
A
1200
2a
a
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
17

18. 5
+) 0 3
' .sin30 ' 2
7
CH A C A C a  
+) 2 2 5
' '
7
AA A C AC a  
0,5
+)
3
' ' '
15
'.
2 7
ABCA B C ABC
a
V AA S  0,5
+)d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))=
3
7
a 1.0
Tìm hệ số của 7
x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
x 






22
, biết rằng n là
số nguyên dương thỏa mãn 323
1 24 nnn ACC  .
Ta có 3),2)(1()1(
6
)1(()1(
.424 323
1 

 nnnnnn
nnn
ACC nnn 0,25
11
)2(33)1(2


n
nn
0,25
Câu 5
(1.0đ)
Khi đó ..)2.(
2
.)(
2 11
0
322
11
11
0
112
11
11
2
 
















k
kkk
k
k
kk
xC
x
xC
x
x
Số hạng chứa 7
x là số hạng ứng với k thỏa mãn .57322  kk
Suy ra hệ số của 7
x là .14784)2.( 55
11 C
0,5
Câu 6
(2.0đ)
Tính nguyên hàm   xdxex
)2015(
Đặt





dxedv
xu
x
)2015( 





xev
dxdu
x
2015
0,5
Khi đó
  xdxex
)2015( =   dxxexex xx
)2015()2015(
0,5
)
2
.2015(2015
2
2 x
exxe xx
 + C
0,5
Cxexe xx
 2
2
2015 0,5
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
18

19. 6
Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm
I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C
và D.
Ta có:  1;2 5AB AB   

. Phương
trình của AB là: 2 2 0x y   .
0,5
   : ;I d y x I t t   . I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
   2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t  .
Gọi CH là đường cao kẻ từ đỉnh C của hình bình hành
Theo giả thiết D . 4ABCS AB CH 
4
5
CH  .
0,5
Câu 7
(2.0đ)
Ta có:  
   
4 5 8 8 2
; , ;| 6 4 | 4
3 3 3 3 3;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C Dt
d C AB CH
t C D
    
     
       
    
Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
   
   
hoặc    1;0 , 0; 2C D 
1.0
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
    

   
, ( , )x y  .
NX: hệ không có nghiệm dạng (x0 ;0)
Với 0y  , ta có:
2
2 2
2 2 2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2 1
( ) 2 7
x
x y
yx y xy y
y x y x y x
x y
y
 
       
 
        

0.5
Đặt
2
1
,
x
u v x y
y

   ta có hệ:
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
       
            
0,5
+) Với 3, 1v u  ta có
hệ:
2 2 2
1, 21 1 2 0
2, 53 3 3
x yx y x y x x
x yx y y x y x
          
                
.
KL: Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5).
0,5
Câu8
(2.0đ)
+) Với 5, 9v u   ta có hệ:
2 2 2
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x
        
   
       
, hệ này
VN.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y  
0,5
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
19

20. 7
Câu 9
(2.0đ)
Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
     
      
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
 

 
  
.
Đặt  , , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
 
           .
Viết lại vế trái:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
 
  
   
  
  
0,5
Ta có:    
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
        
  
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
 
     
Do đó:
 2
2
x y zx y z
y z z x x y x y z
 
   
    
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
     
      
0,5
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
20

21. TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề .
Câu 1 (4điểm):Cho hàm số )1(
1
12
x
x
y



a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
b.Lập phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 4x+y+3=0
Câu 2 (1điểm): Giải phương trình 02cos2sin22sin  xxx
Cầu 3 (1điểm): Giải bất phương trình    xx 
 1
2
4
4 31log33log
Câu 4 (2 điểm): Tính I =  

1
0
2
2
4
)4ln(
dx
x
xx
Câu 5 (2điểm):Từ tập hợp A={0,1,2,3,4,5,6,7} lập được bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số đôi
một khác nhau bé hơn 3045
Câu 6 (2điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(-1; 2; 1); B(2; -2; 4); C(0; -4; 1).
Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A,
B và có tâm I nằm trên trục Oy.
Câu 7 (2điểm): Cho hình hộp ABCD DCBA  có hình chóp A'ABD là hình chóp đều,
AB=AA'=a. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD DCBA  và khoảng cách giữa
hai đường thẳng BA  và CA 
Câu 8 (2điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại B nội tiếp
đường tròn (C) có phương trình 0251022
 yyx . I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng BI
cắt đường tròn (C) tại M (5;0) .Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại N 




 
5
6
;
5
17
. Tìm tọa
độ A,B,C biết hoành độ điểm A dương.
Câu 9 (2điểm): Giải hệ phương trình






323
323
)1(1)73(
3463
xyx
yyxxx
với yx,( R)
Câu 10 (2điểm): Cho các số dương a,b,c thoả mãn a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)
3
4
Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
1
1
1
1
1






cba
P
--- 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
21

22. TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2014 - 2015.
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
Câu 1 Đáp án Điểm
1a
(2đ)
- Tập xác định D = R1
- Sự biến thiên
giới hạn 

y
x 1
lim ; 

y
x 1
lim  đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng
2lim 

y
x
; 2lim 

y
x
 đường thẳng y = -2 là tiện cận ngang
0,5
Chiều biến thiên 2
)1(
12)1(2
x
xx
y


 = 2
)1(
1
x
> 0 x 1
hàm số đồng biến trên ( )1; và );1( 
0,5
Bảng biến thiên
0,5
Đồ thị:
cắt Ox tại ( 0 ; -1); cắt Oy tại ( )0;
2
1
và nhận giao điểm hai tiệm cận
I (1; -2) làm tâm đối xứng
0,5
Câu 1 Đáp án Điểm
1b
(2đ)
Gọi )()
1
12
;(
0
0
0 C
x
x
xM 


Tiếp tuyến của (C) tại M: 2
0 )1(
1
x
y

 )( 0xx 
0
0
1
12
x
x



0,25
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d nên hệ số góc của tiếp tuyến là
4
1
k
0,25
 2
0 )1(
1
x
=
4
1






21
21
0
0
x
x






3
1
0
0
x
x
0,5
Với 10 x PTTT:
4
5
4
1
2
3
)1(
4
1
 xyxy 0,5
Với 30 x PTTT:
4
13
4
1
2
5
)3(
4
1
0  xyxy 0,5
x
y
y
'
-2
+-
+
-
1
+ +
-2
O
y
x2
1
I
-2
1
-1
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
22

23. Câu 2
(1đ)
0)1(cos2)1(cossin2
02cos2sin22sin


xxx
xxx
0)2sin2)(1(cos  xx
0,5
 




1sin
1cos
x
x
0,25
cosx = 1  x= 2k
sinx = 1  x= 

2
2
k . Nghiệm của phương trình là









2
2
2
kx
kx 0,25
Câu 3
(1đ)
2
4
4 log)33(log x
( )31 1 x
 (1)
điều kiện xác định







031
033
1 x
x
 x>1
0,25
(1)  33log2 2 x
 )31(log2 1
2
x

 )33(log2 x
 )31(log 1
2
x
  33 x
 x
3
3
1 0,25
 033.432
 xx







33
13
x
x
0,25
 




1
0
x
x
Kết hợp điều kiện tập nghiệm của bất phương trình là: );1( S
0,25
Câu 4
(2đ)
dx
x
xx
I  


1
0
2
2
4
)4ln(
đặt u = ln )4( 2
x du = dx
x
x
4
.2
2

0,5
0x  4lnu
1x  5lnu
0,5
I =  
5ln
4ln
2
4ln
5ln
42
1 u
udu 0,5
=  4ln5ln
4
1 22
 0,5
Câu 5
(2đ)
Gọi số cần lập là abcd
Do abcd <3045 và abcd là số chẵn nên d{0,2,4,6} và a3
Nếu a=1 thì d có 4 cách chọn và mỗi cách chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6
Có 120.4 2
6 A số
0,5
Nếu a=2 thì d có 3 cách chọn và mỗi cách chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6
 Có 90.3 2
6 A số
0,5
Nếu a=3,b=0,c=4 thì d có một cách chọn có 1 số
0,25
Nếu a=3,b=0,c=1 thì d có 3 cách chọn có 3 số
0,25
nếu a=3,b=0,c=2 thì d có 2 cách chon  có 2 số
0,25
Vậy tất cả có 120+90+1+3+2 = 216 số cần lập
0,25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
23

24. Câu 6
(2đ)
AB = (3; -4; 3); AC = ( 1; -6; 0)
Giả sử tồn tại số k sao cho AB = k AC (1) 








k
k
k
03
64
3
Vô nghiệm
 Không tồn tại k thõa mãn (1) A, B, C không thẳng hàng
0,5
Do I  Oy nên I(0;a;0)
Mặt cầu đi qua A,B nên IA=IB.  1+(a-2) 2
+1= 4+(a+2) 2
+16
0,5
 a2
-4a+6 = a 2
+4a+24  8a = -18  a =
4
9
0,25
I(0;
4
9
;0). Bán kính của mặt cầu R=IA= 1)2
4
9
(1 2


 =
4
321 0,5
Vậy phương trình mặt cầu là
16
321
4
9 2
2
2






 zxx 0,25
Câu 7
(2đ) Do ABDA/
là hình chóp đều nên với G
là tâm  ABD  GA/
 (ABD)
A'G là chiều cao của lăng trụ. Gọi
O là giao điểm của BD và AC.Ta có
AG =
3
2
.AO=
2
3a
.
3
2
=
3
3a
Trong tam giác vuông AGA/
ta có
GA/
=
3
6
3
2
222 aa
aAGAA 
0,5
ABCDS = 2 ABDS = 2.
2
1
. AO.BD =
2
32
a
DCBAABCD
V 
= GA/
. ABCDS =
3
6a
.
2
32
a
=
2
23
a
0,5
Gọi H là giao điểm của A'C' và B'D'. Do A'C'// AC nên
),( CABAd  = ))(,( BACCAd  = ))(,( BACHd 
Từ H kẻ HE // GA/






)//()(
)(
ABCDDCBA
ABCDGA
HE  DCBA ( )  HE  A'C' (1)
Do DCBA  là hình thoi nên CA   DB  (2)
0,5
Từ (1) (2)  CA   (E DB  ) AC  (E DB  ) (3)
Từ H kẻ HK  EB
 HK  ( BAC  )
Từ (3)  HK  AC
 HK = d (H, ( BAC  )
0.25
Trong tam giác HEB ta có :
2
1
HK
= 2
1
HB
+ 2
1
HE
= 2
4
a
+ 2
6
9
a
= 2
2
11
a
 HK =
11
2a 0.25
O
A
B
C
D
D’
G
E
A’
B’ C’
H
K
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
24

25. Câu 8
(2đ)
Ta có I (0;5).
Do I là trung điểm BM B(-5;10)
0,25
Ta có: ABM ACN   (cùng phụ với BAC ) nên A là trung điểm cung MN 0,25
IA MN , 




 

5
6
;
5
42
MN
Do IA  MN nên đường thẳng AI nhận n =(7;1) làm véc tơ pháp tuyến 0.25
Phương trình đường thẳng AI là 7x + y - 5 = 0
Tọa độ A là nghiệm hệ :





02510
057
22
yyx
yx
0,25






50)5(
75
22
yx
xy
x 492
 2
x =50  2
x =1 




)(1
1
loaix
x
x=1y=-2 A(1;-2)
0,25
Đường thẳng BI nhận véc tơ BI = (5;-5) làm véc tơ chỉ phương nên nhận
1n =(1;1) làm véc tơ pháp tuyến.phương trình đường thẳng BI là x +y - 5 = 0
0,25
Do tam giác ABC cân tại B nên C đối xứng với A qua BI
AC  BI nên đường thẳng AC nhận BIn
5
1
2  = (1;-1) làm véc tơ pháp tuyến
phương trình đường thẳng AC là x-1-(y+2) = 0 x-y-3 = 0
0,25
Gọi H là giao điểm của BI và AC Tọa độ H là nghiệm hệ





05
03
yx
yx






1
4
y
x
H(4;1)
Do H là trung điểm AC nên C(7;4). Vậy A(1;-2) ,B(-5;10) ,C(7;4)
0,25
Câu 9
(2đ)






)2()1(1)73(
)1(3463
323
323
xyx
yyxxx
Từ (1)  yyxx 3)1(3)1( 33
 . Xét hàm số )(tf = 3
t + 3t trên R 0,25
)(' tf = 3 2
t + 3 > 0  t R  hàm số y = f(t) đồng biến trên R
 (1)  )1( xf = f ( y )  x +1= y 0,25
Thay y = x + 1 vào (2) ta có 3
x ( x3 - 4) = 1- 32
)1( x
 3
x ( x3 - 4) = 2
222
11
)111(
x
xxx


 x2
0
11
12
43
2
22
2












x
xx
xx
0,5











)3(0
11
12
43
0
2
22
2
x
xx
xx
x
0,5
A C
B
I
N
M
H
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
25

26. (3)  






3
4
3
2
3
2
x 0
11
12
2
22



x
xx
 






2
3
2
3 x
 
  0
116
2511
2
2
2
2



x
xx
(vô nghiệm)
Với x = 1  y = 1
Vậy hệ có nghiệm ( x ; y) = ( 0;1)
0,5
Câu10
(2đ) Ta có  3.
1
1
1
1
1
1
1
1
19
2











 cbaP
c
c
b
b
a
a
3
9


cba
P
0,5
giả thiết  222
cba  - (a+b+c)
3
4
 (1)
Mặt khác 222
cba    2
3
1
cba  nên nếu đặt t = a+b+c thì
3
4
3
1 2
 tt  0 < t 4 (do a,b,c dương)
0,5
Xét hàm số f(t)=
3
9
t
trên  4,0 ta có 0
)3(
9
)( 2




t
tf
=> hàm số f(t) nghịch biến trên  4,0 .
 0,4
9( ) (4)
7
minf t f  
0,5
GTNN của P là
7
9
khi 





cba
cba
cba
111
4
3
4 0,5
----Hết----
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
26

27. 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 2
3 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 2
2 ( ) 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
a
SG 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 2xyz
x 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 2
x 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
27

28. 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 2
3y x x 
TXĐ: 
Giới hạn: 3 2 3 3
lim ( 3 ) lim 1
x x
x x x
x 
 
     
 
; 3 2 3 3
lim ( 3 ) lim 1
x x
x x x
x 
 
     
 
0,25
Sự biến thiên của hàm số.
Ta có: 2
' 3 6y x x  ;
0
' 0
2
x
y
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
0
3
x
y
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
' 0
2
x
y
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
28

29. 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 2
2 20OA OB AB         2 2 2
9 1 4 3 2 4 16 20m m m         0,25
2
11 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 cos2 3 sin cos 0
2 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
0
6
2 3 0
6 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(2
22
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 /
3
t/m
2
t t m
t k
 

 

0,25
Khi đó hpt đã cho 2 2
1
1
2 3
2
4 2 7
1
2
x
y
x y
x
x y xy
y
 

 
     
 
(t/m đk) 0,25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
29

30. Vậy nghiệm (x,y) của hệ đã cho là: (1,1) và )
2
1
,2( . 0,25
4 1,0 điểm
H
M
I
G
S
C
BA
Vì tam giác ABC vuông cân tại C,
3
3
2
a
AB a CA CB   
Gọi M là trung điểm AC
3
2 2
a
MC 
3 5
2 2
a
MB 
0,25
2 22 5
3 2
a
BG BM SG SB BG a      
3
.
1 3
.
3 4
S ABC ABC
a
V SG S   (đvtt) 0.25
Kẻ ( ) ( )GI AC I AC AC SGI   
Ta có
1
3 2
a
GI BC  . Kẻ ( ) ( ) ( ,( ))GH SI H SI GH SAC d G SAC GH     
0,25
Ta có 2 2 2
1 1 1
3
a
GH
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
3
2xyz
xyz
 . Đẳng thức khi: x = y = z. 0.25
Đặt t = 3 xyz
Cũng theo Cauchy: 1 = x2
+ y2
+z2
≥ 2 2 23
3 x y z . Đẳng thức khi x = y = z.
Nên có: 0 < t ≤
3
3
0.25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
30

31. Xét hàm số: f(t) = 33
2t
t
 với 0 < t ≤
3
3
Tính f’(t) =
4
2
2 2
3 3(2t 1)
6t
t t

  
Lập bảng biến thiên của f(t) rồi chỉ ra : f(t) ≥
29 3
9
 t 
3
0;
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
5
6
5
a
b


 
 

11 17
;
5 5
B
 
  
 
,
14 18
;
5 5
C
 
 
 
7 10
;
3 3
G
 
  
 
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
31

32. -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 12
6 6 6 6 6( 1) ( 1) ( 1) ( 1)k k k
P C x C x x C x x C x x C x
           
0.25
Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, 2
x chỉ xuất hiện khi khai triển 0 6
6 ( 1)C x  và
1 2 5
6 ( 1)C x x  .
0.25
Hệ số của 2
x trong khai triển 0 6
6 ( 1)C x  là : 0 2
6 6.C C
Hệ số của 2
x trong khai triển 1 2 5
6 ( 1)C x x  là : 1 0
6 5.C C
0.25
Vì vậy hệ số của 2
x trong khai triển P thành đa thức là : 0 2
6 6.C C 1 0
6 5.C C = 9. 0.25
9 1,0 điểm
Ta có     2
2 1 2 2 1m x m x m x m x x         
2
4 1
1
x x
m
x
 
 

(vì  0;2x )
0.25
Xét hàm số  
2
4 1
1
x x
f x
x
 


trên đoạn  0;2 , ta có
 
 
 
2
2
2 5
; 0 1 6
1
x x
f 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
32

33. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
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
1
(1)
1
x
y
x



và đường thẳng d: .y x m 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp tuyến
của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin2 2sin 1 cos2x x x   ( )x
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
1
( )ln
e
I x xdx
x
 
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi.
Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu.
b) Giải phương trình: 2
3 3log 4log (3 ) 7 0x x   trên tập hợp số thực.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0P x y z   
và điểm (3;0; 2)A  . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa
độ tiếp điểm của (S) và (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và 2AB a , 2 3AC a
. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABC là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa
hai mặt phẳng ( )SBC và ( )ABC bằng 0
30 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABC và khoảng
cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( )SAC .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
tâm (3;5)I và ngoại tiếp đường tròn tâm (1; 4)K . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh
AB, AC kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là (11; 14)F . Viết phương trình đường
thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 2
2
( 2 2 1)( 1) 1
9 2014 2 4 2015
x x x y y
y xy y y x
       

      
( , )x y
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2
1 2 2
.
c a b
  Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức 2 2 2
.
a b c
P
b c a c a b c
  
   
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
33

34. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
Đáp án gồm 5 trang
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
1
(1)
1
x
y
x



1,0
 Tập xác định:   1 .D  
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 2
2
' 0 .
( 1)
y x D
x
   

hàm số nghịch biến trên từng khoảng xá định và không có cực trị.
0,25
- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1
x x
y y
 
  ; tiệm cận ngang là: y=1.
1 1
lim ; lim ,
x x
y y 
 
    tiệm cận đứng là: x= -1.
0,25
- Bảng biến thiên: x  1 
y’  
y  1
1 
0,25
 Đồ thị
Nhận xét: Đồ thị  C nhận điểm uốn  1;1I  làm tâm đối xứng.
0,25
b)Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp
tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
1,0
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
34

35. PT hoành độ giao điểm của ĐT hs  1 với đường thẳng d:
2
11
( ) (2 ) 1 0 (2).1
xx
x m
g x x m x mx
 
    
      
0,25
ĐT (C) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (2) có 2 nghiệm phân biệt
khác -1
2
0 8 0
( 1) 0 2 0
m
g
    
  
    
đúng với mọi m.
0,25
Khi đó ,A Bx x là nghiệm của phương trình (2). Do tiếp tuyên tại A và B song với nhau nên ta có:
2 2
( )2 2
'( ) '( )
2( 1) ( 1)
A B
A A
A BA B
x x l
f x f x
x xx x

         
Theo định lý Viet ta có: 2A Bx x m   . Do đó 2 2 0.m m    
0,25
0.25
2 Giải phương trình: sin2 2sin 1 cos2x x x   ( )x 1,0
2
sin2 2sin 1 cos2 sin2 2sin 1 cos2 0 2sin cos 2sin 2sin 0x x x x x x x x x x            0,25
sinx 0
2sin (cos sin 1) 0
sinx+cosx= -1
x x x

     

0,25
 sin 0x x k    0,25

2
3
cos sin 1 cos( ) cos
4 4 2
2
x k
x x x
x k
 
 


 
       
   

Vậy nghiệm của phương trình là :  2 ; .
2
x k x k k

     
0,25
3
Tính tích phân
1
1
( )ln
e
I x xdx
x
  1,0
1 1 1
1 1
( )ln ln ln
e e e
I x xdx x xdx xdx
x x
      0,25
 Ta có:
2
1
1 1
1 ln 1
ln ln (ln ) .
12 2
e e
ex
I xdx xd x
x
     0,25
 Tính 2
1
ln
e
I x xdx  , đặt
2 2 2 2 2
22
1
ln 1 3
. ln .
1 12 2 2 4 4 4
2
e
dx
du
u x e ex x e x e ex
I x dx I
dv xdx x
v

  
        
  


0,5
4 a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi.
Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu.
b) Giải phương trình: 2
3 3log 4log (3 ) 7 0x x   trên tập hợp số thực.
1,0
a) Số phần tử của không gian mẫu là: 3
12 220.C  0,25
Số cách chọn 3 viên bi có đủ 3 màu là 3.4.5=60. Do đó xác suất cần tính là
60 3
220 11
p   0,25
b) Điều kiện x>0.
Với điều kiện trên PT đã cho tương đương với 2
3 3log 4log 3 0x x  
0,25
3
3
log 1 3
log 3 27
x x
x x
  
   
Vậy nghiệm của phương trình là x=3, x=27. 0,25
WWW.ToanCapBa.Net
35

36. 5
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0P x y z    và điểm
(3;0; 2)A  . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ
tiếp điểm của (S) và (P).
1,0
Bán kính mặt cầu (S) là ( ;( )) 3.R d A P  0,25
Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2
( 3) ( 2) 9.x y z     0,25
Gọi H là tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P), suy ra ( )AH P do đó vectơ pháp tuyến
của (P) cũng là vectơ chỉ phương của AH. Phương trình đường thẳng AH là:
3 2
2 2
x t
y t
z t
 


   
0.25
( )H AH P  do đó tọa độ tiếp điểm H(1; -1; 0) 0,25
6 Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và 2AB a , 2 3AC a . Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABC là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa hai mặt
phẳng ( )SBC và ( )ABC bằng 0
30 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABC và khoảng
cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( )SAC .
1,0
Diện tích ABC là:
  21
. 2 3
2
dt ABC AB AC a  
Trong mp ABC kẻ HK BC tại K
 BC SHK 
Từ giả thiết ta có: 𝑆𝐾𝐻 = 300
0,25
Có 2 2
4BC AB AC a  
sinABC =
AC
BC
=
HK
HB
=
3
2
⇒ HK =
a 3
2
. Trong tam giác SHK có:
SH = HKtanSKH =
a
2
Thể tích của khối chóp là:  
3
1 3
.
3 3
a
V SH dt ABC   (đvtt)
0,25
Do M là trung điểm của cạnh BC nên MH song song với AC, do đó MH song song với mặt
phẳng (SAC), suy ra khoảng cách từ M đến mặt (SAC) bằng khoảng cách từ H đến mặt (SAC).
Trong mp  SAB kẻ HD SA tại D . Ta có:    AC SAB AC DH DH SAC    
0,25
2 2 2
1 1 1 5
5
a
HD
DH HA HS
    . Vậy 𝑑 𝑀; 𝑆𝐴𝐶 = 𝑑 𝐻; 𝑆𝐴𝐶 = 𝐻𝐷 =
𝑎 5
5
0,25
A C
B
S
H
K
M
D
WWW.ToanCapBa.Net
36

37. 7 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (3;5)I và
ngoại tiếp đường tròn tâm (1; 4)K . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC
kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là (11; 14)F . Viết phương trình đường thẳng
BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC.
1,0
 Ta có F là giao điểm của đường phân giác trong góc A với các đường phân giác ngoài của
các góc B và C, suy ra 𝐶𝐹⟘𝐶𝐾, 𝐵𝐹⟘𝐵𝐾, do đó tứ giác BKCF nội tiếp đường tròn đường kính
FK.
0,25
 Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có:
𝐷𝐾𝐶 =
𝐵𝐴𝐶
2
+
𝐴𝐶𝐵
2
= 𝐷𝐶𝐾 , suy ra tam giác DCK cân tại D, do đó DK= DC = DB nên D là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF, do vậy
D là trung điểm của FK, suy ra D(6; 9).
0,25
 Tính được ID=5, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
(x − 3)2
+ (y − 5)2
= 25 (C1).
𝐷𝐾 = 50, phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF là:
(x − 6)2
+ (y − 9)2
= 50 (C2).
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ
(x − 3)2
+ (y − 5)2
= 25
(x − 6)2
+ (y − 9)2
= 50
⇔
x2
+ y2
− 6x − 10y + 9 = 0
x2
+ y2
− 12x − 18y + 67 = 0
⇒
⇒6𝑥 + 8𝑦−58=0 ⇔3𝑥+4𝑦−29=0(1) .
Tọa độ B, C thỏa mãn phương trình (1), mà (1) là phương trình của một đường thẳng, mặt khác
C1 , (C2) cắt nhau do đó phương trình (1) là phương trình đường thẳng BC. Vậy BC có phương
trình là: 3𝑥 + 4𝑦 − 29 = 0(1)
( có thể giải hệ ta được B(-1; 8), C(7; 2) và viết được phương trình BC)
0,25
 Phương trình FK: x-y+3=0.
A, D là giao của FK với (C1) , suy ra A(-1; 2),
do đó phương trình đường cao AH là:
4x -3y+10=0.
0,25
8
Giải hệ phương trình:
    
 
2 2
2
2 2 1 1 1 1
9 2014 2 4 2015 2
x x x y y
y xy y y x
       

       
( , )x y 1,0
Đk: 9 0y xy  
Ta có: 2 2 2
1 1 0y y y y y y        , nhân 2 vế PT (1) với 2
1 0.y y  
PT       
2 2
1 1 1 1 1 (3)x x y y         
0,25
C
B
I
A
K
D
F
WWW.ToanCapBa.Net
37

38. Xét hàm số:   2
1f t t t   trên  , có    
2
2 2
1
' 0,
1 1
t tt t
f t t f t
t t
 
     
 
 đồng
biến trên  (3) ( 1) ( ) 1f x f y x y       
0,25
Pt  2 trở thành: 2 2
8 3 2015 2014x x x      3
       2 2
2 2
1 1
8 3 3 2 2015 1 0 1 2015 0(4)
8 3 3 2
x x
x x x x
x x
  
              
    
0,25
Đặt:
2 2
1 1
2015
8 3 3 2
x x
T
x x
 
  
   
x  có 2 2
8 3 2015 2014 0 0x x x x       
Do 2 2
2 2
1 1
0, 8 3 3 2 0 0 0.
8 3 3 2
x x
x x x T
x x
 
           
   
nên
(4) 1 0 1x x     (thỏa mãn)
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm:  1; 2
0,25
9
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2
1 2 2
.
c a b
  Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2 2 2
.
a b c
P
b c a c a b c
  
   
1,0
Ta có:
2 2
2 2 2 2 2
1 2 2 1
(1)
2
c c
c a b a b
     , và
2 2
1
.
1 1 ( ) ( ) 1
a b
c cP
b a a a
c c c c
  
   
Đặt :
2 2
1
, ; , 0 .
1 1 1
a a x y
x y x y P
c c y x x y
      
   
2 2 2 2
2 2
1 1 1
(1) 2( ) .
2
x y x y
x y
     
0,25
Mặt khác
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
( ) 2( ) 1 ( ) 2 1 ( ) 2( ) 1
1
1 ( 1) .
1 1 1
x y x y x y x y xy x y x y xy x y x y
x y
x y x y P
y x x y
                  
         
   
Lại có: 2 1
( ) 4 4( ) 4 1 0
1 1 1
x y
x y xy x y x y x y P
y x x y
              
   
0,25
1 1 1 1 1
1 1 2 ( 1)( ) 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 1 4 1
( 1)( ) 2 2
2 1 2 1
x y x y
x y
y x x y y x x y y x x y
x y
x y x y x y x y
             
           
       
       
0,25
Đặt:
4 1
4 ( ) 2 .
2 1
t x y P f t
t t
       
 
2 2 2 2
4 1 3 ( 4)
'( ) 0, [4; )
( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
t t
f t t
t t t t

      
   
, suy ra ( )f t đồng biến trên [4; )
Vậy
5
( ) (4)
3
P f t f   hay min
45
4 2 2 .
3
x y
P t x y a b c
x y
 
         

0,25
…………………Hết……………….
WWW.ToanCapBa.Net
38

39. TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015
TỔ TOÁN Môn TOÁN (Lần 1)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
x 1
y
2x 1
 


(1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Chứng minh rằng đường thẳng y = x + m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B.
Tìm m để độ dài đoạn AB = 2 .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin2x sinx 2 4cosx  
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân  
1
0
x
I ln x 1 dx
x 1
 

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình:    2
4 2
4log 3 log 6 10 2 0    x x
Câu 5 (1,0 điểm). Một tổ học sinh gồm có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ.
Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh đi chăm sóc bồn hoa. Tính xác suất để 2 học sinh
được chọn đi chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
góc  0
BAD 60 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là
trọng tâm ABC. Góc giữa mặt phẳng (ABCD) và mặt phẳng (SAB) bằng 600
.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
trung điểm cạnh BC là M(3;1). Điểm E(1;3) nằm trên đường thẳng  chứa
đường cao qua đỉnh B. Đường thẳng AC qua F(1;3). Tìm tọa độ các đỉnh của
ABC biết đường tròn ngoại tiếp ABC có đường kính AD với D(4;2)
Câu 8: Giải phương trình:    2 2
x 2 ( x 4x 7 1) x x 3 1 0       
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x2
+ y2
+ z2
= 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
     
2 2 2  
  
x y z
P
y z x z x y
.
_________ 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
39

40. SỞ GDĐT HÀ TĨNH
THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN
TỔ TOÁN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015
Môn TOÁN (Lần 1)
Đáp án gồm 03 trang
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
a) (1 điểm)
 Tập xác định:
1
2
D
 
  
 
 .
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 2
1
'
(2 1)
y
x



; ' 0,y x D   .
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng
1
;
2
 
 
 
và
1
;
2
 
 
 
.
0.25
- Giới hạn, tiệm cận:
1
lim lim
2x x
y y
 
   ; tiệm cận ngang
1
2
y   .
1
2
lim
x
y

  ;
1
2
lim
x
y

  ; tiệm cận đứng
1
2
x  .
0.25
- Bảng biến thiên:
x 
1
2

'y  
y
1
2



1
2

`
0.25
 Đồ thị:
0.25
b) (1 điểm)
Số giao điểm của đường thẳng y x m  và đồ thị (C) bằng số nghiệm của pt:
1
2 1
x
x m
x
 
 

.(1)
(1) 2
1
2 2 1 0.2
1 (2 1)( )
x
x mx m
x x x m


     
    
(2)
0.25
1
(2,0đ)
Phương trình (2) có biệt thức 2 2
' 2 2 ( 1) 1 0,m m m m          (2) có nghiệm phân biệt
nên y x m  luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B m .
0.25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
40

41. Gọi 1 1 2 2( ; ); ( ; )A x y B x y thì 1 2,x x là nghiệm của pt(2) và 1 1 2 2,y x m y x m   
   
2 2
2 1 2 1AB x x y y     2
1 2 1 22 ( ) 4x x x x   . Mặt khác: 1 2x x m  , 1 2
1
2
m
x x
 
 .
0.25
Từ đó ta có:  
2
1 2 1 22 4 1AB x x x x     2
2( 1) 1 1m m m       . Vậy 1m   . 0.25
sin 2 sin 2 4cosx x x   2sin cos sin 2 4cosx x x x    0.25
sin (2cos 1) 2(1 2cos ) (sin 2)(2cos 1) 0x x x x x        0.25
1
cos 2
2 3
x x k

      . 0.25
2
(1,0đ)
Phương trình có các nghiệm là: 2 ,
3
x k k

    . 0.25
Đặt:
ln( 1) 1
1
ln( 1).1
  
 
  
     
u x
du dx
xx
dv dx
v x xx
0.25
    
1
0
1 ln( 1)
ln 1 ln 1
0 1 1
x x
I x x x dx
x x
            
 0.25
=   
2
1ln ( 1)
1 ln 2 ln 2 ln 1
02
x
x x
 
     
 
0.25
3
(1,0đ)
=
2 2
2 ln 2 ln 2
ln 2 ln 2 1 ln 2 2ln 2 1
2 2
 
       
 
0.25
   2
4 2
4log 3 log 6 10 2 0 ( )x x      . Điều kiện: 3x  .
2
2 2( ) 2log ( 3) 2log (6 10) 2 0x x      
0.25
   2
2 2log 3 .2 log 6 10x x      0.25
2 1
2( 3) 6 10
2.
x
x x
x

      
0.25
4
(1,0đ)
Đối chiếu điều kiện thì phương trình có một nghiệm 2x  . 0.25
Gọi  là không gian mẫu: A là biến cố “2 học sinh được chọn gồm cả nam và nữ”. 0.25
Số phần tử không gian mẫu: 2
12( ) 66n C   . 0.25
Số trường hợp thuận lợi cho A là 1 1
5 7( ) . 35n A C C  . 0.25
5
(1,0đ)
Xác suất của biến cố A là
( ) 35
( ) 53,03%
( ) 66
n A
P A
n
  

. 0.25
Gọi H là trọng tâm ABC , K là hình chiếu của H
lên AB suy ra:  0
60SKH  ; H BD ;
1
3
BH BD .
DM là đường cao tam giác ABD, HK // DM

1 3
3 6
a
HK MD  0
.tan 60
2
a
SH KH   .
0.25
6
(1,0đ)
Diện tích ABCD:
2
3
2
2
ABCD ABD
a
S S  .
Thể tích
3
1 3
.
3 12
SABCD ABCD
a
V SH S  .
0.25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
41

42. Kéo dài KH cắt DC tại N
3 2 3
2 3 3
a a
KN DM HN KN      .
Gọi IH là đường cao của  ,( )SHN d H SCD HI   . Ta có:
2 2
.
7
SH HN a
HI
SH HN
 

.
0.25
Vậy    
3 3 3 7
,( ) ,( )
2 2 14
a
d B SCD d H SCD HI   . 0.25
Gọi H là trực tâm ABC  BDCH là hình bình
hànhM là trung điểm của DH  2;0H .
0.25
Đường thẳng AC đi qua  1;3F và nhận  3; 3HE  

làm véctơ pháp tuyến nên phương trình của AC là:
4 0x y   . Đường cao BH qua H và E nên phương
trình của BH là: 2 0x y   .
0.25
Gọi toạ độ của B, C là:  ; 2B b b  ,  ;4C c c  .
Do M là trung điểm BC nên ta có hệ:
6 1
2 2 5.
b c b
b c c
   
 
     
Vậy  1; 1B   ;  5; 1C   .
0.25
7
(1,0đ)
Đường cao AH đi qua H và vuông góc với BC nên AH
có phương trình: 2x  . Toạ độ A thoả mãn hệ:
2 2
4 0 2.
x x
x y y
  
 
    
Vậy  2;2A .
0.25
Phương trình biến đổi thành:       2 2
2 2 3 1 3 1x x x x        0.25
Đặt 2u x  , v x  . Xét hàm số    2
3 1f t t t   , phương trình trở thành    f u f v . 0.25
Vì  
2
2
2
' 1 3 0
3
t
f t t
t
    

,  t . Hàm  f t luôn đồng biến nên    f u f v u v   . 0.25
8
(1,0đ)
Phương trình tương đương 2 1x x x      . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1x   . 0.25
Từ giả thiết suy ra: 0 , , 3x y z  . Ta có:      2 2 2 2
2 2 3y z y z x     ,

   2 2
2 3
x x
xy z


. Mặt khác
 
2
2
1
42 3
x
x
x


.
0.25
Thật vậy:
 
2
2
1
42 3
x
x
x


  2
2 3x x      
2
1 2 0x x   luôn đúng, 
 
2
2
1
4
x
x
y z


. 0.25
Tương tự:
 
2
2
1
4
y
y
z x


,
 
2
2
1
4
z
z
x y


. 
     
 2 2 2
2 2 2
1
4
x y z
x y x
y z z x x y
    
  
. 0.25
9
(1,0đ)

3
4
P  . Khi 1x y z   thì
3
4
P  . Vậy min
3
4
P  . 0.25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
42

43. TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2015 (LẦN 1)
Môn Thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm). Cho hàm số mmxmmxxy  3223
)1(33 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị nằm về cùng một phía của đường thẳng 1y
(không nằm trên đường thẳng).
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình 2)10(loglog 44  xx .
b) Giải phương trình 0)cos)(sincos21(2cos  xxxx
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số )1( 2
 xxey x
trên đoạn [0;2].
b) Tính giới hạn
)1ln(
12
lim
sin
0 x
x
L
x
x 



.
Câu 4 (2,0 điểm).
a) Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 32632 2
2
2
 nn AC . Tìm hệ số của 6
x trong khai triển nhị thức
Niutơn của 0,
3
2 2






 x
x
x
n
.
b) Có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để trong
10 tấm thẻ được chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một
tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Câu 5 (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với )2;1;1( A ,
B(-1; 1; 3), C(0; 2; 1). Tính diện tích tam giác ABC và tìm tọa độ chân đường cao kẻ từ A của tam
giác ABC.
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp ABCS. có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC
sao cho SMMC 2 . Biết AB a , 3BC a . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AC và BM.
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T)
có phương trình 25)2()1( 22
 yx . Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) lần lượt là chân đường cao hạ
từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ
dương.
Câu 8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình






yxyxxyy
xyyx
3121
733
22
22
Câu 9 (2,0 điểm). Cho zyx ,, là các số thực thỏa mãn 9222
 zyx , 0xyz . Chứng minh rằng
10)(2  xyzzyx .
----------------***Hết***----------------
Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
43

44. TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2015(LẦN 1)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
Câu Nội dung Điểm
1a Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số... 2,00
Khi m = 1, ta có hàm số 23
3xxy 
1) Tập xác định : D   .
2) Sự biến thiên:
* Giới hạn : 

)3(limlim,)3(limlim 2323
xxyxxy
xxxx
0,5
* Đạo hàm y’= - 3x2
+ 6x , y’ = 0  x = 0, x = 2.
* Bảng biến thiên:
x - 0 2 +
y' - 0 + 0 -
y
+ 4
0 -
0,5
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-; 0) và (2; +), đồng biến trên khoảng (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 0, yCT =0.
0,5
3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại
O(0; 0), giao với trục hoành tại O(0; 0);
A(3; 0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối
xứng
* Điểm uốn: y’’ = - 6x + 6 , y’’ = 0  x =1
Đồ thị hàm số có 1 điểm uốn I(1;2)
0,5
1b Tìm m để đồ thị có 2 cực trị ... 2,00
)1(363' 22
mmxxy  0,25
0)1(3630' 22
 mmxxy , 'y có 09)1(99' 22
 mm
Suy ra 'y luôn có hai nghiệm phân biệt 11  mx , 12  mx
0,5
Khi đó hàm số có hai cực trị là )1(2)( 11  mxyy , )1(2)( 22  mxyy 0,5
Theo bài ra ta có 1 2
3 1
( 1)( 1) 0 (2 3)(2 1) 0 ,
2 2
y y m m m m           0,5
Vậy 











 ;
2
3
2
1
;m . 0,25
2a Giải phương trình logarit... 1,00
Điều kiện: 100  x .Ta có 2)10(log2)10(loglog 2
444  xxxx 0,5
2,81610 2
 xxxx . Vậy phương trình có nghiệm 2x  , 8x 0,5
2b Giải phương trình lượng giác... 1,00
  0)1sin(coscossin0)cos)(sincos21(2cos  xxxxxxxx 0,25









































2,2
2
4
1
4
sin2
0
4
sin2
01sincos
0cossin
kxkx
kx
x
x
xx
xx
0,5
VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm:  , 2 , 2
4 2
x k x k x k k
 
          0,25
x
y
32O
4
2
1
A
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
44

45. 3a Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất..... 1,00
Ta có: )2(' 2
 xxey x
nên 2;10)2(0' 2
 xxxxey x
 2;0 0,5
1)0( y , ey )1( , 2
)2( ey  . Từ đó ta có ,)2(max 2
]2;0[
eyy  eyy  )1(min
]2;0[
. 0,5
3b Tính giới hạn... 1,00
x
x
x
x
xL
x
x )1ln(
1112
lim
sin
0 





. Ta có 2ln2ln.
sin
.
2ln)(sin
1
lim
12
lim
2ln)(sin
0
sin
0





 


 x
x
x
e
x
x
x
x
x
0,5
2
1
11
1
lim
)11(
11
lim
11
lim
000







 xxx
x
x
x
xxx
,
0
ln(1 )
lim 1.
x
x
x

 Nên
2
1
2ln L 0,5
4a Tính hệ số trong khai triển... 1,00
326)1)(2(3)1(32632 2
2
2
  nnnnAC nn 0,25
08022
 nn 10,8  nn (loại). 0,25
Ta có khai triển  

















8
0
2
532
8
8
8
0
82
8
8
2
.)3.(2
3
)2(
3
2
k
k
kkk
k
k
kk
xC
x
xC
x
x 0,25
Số hạng chứa 6
x ứng với k thỏa mãn 46
2
532


k
k
Vậy hệ số của 6
x là 90720)3.(2. 444
8 C
0,25
4b Tính xác suất... 1,00
Số phần tử của không gian mẫu là 10
40C 0,25
Có 20 tấm thẻ mang số lẻ, 4 tấm thẻ mang số chia hết cho 10, 16 tấm thẻ mang số chẵn
và không chia hết cho 10.
0,25
Gọi A là biến cố đã cho, suy ra 1
4
4
16
5
20. CCCA  0,25
Vậy xác suất của biến cố A là
12617
1680.
)( 10
40
1
4
4
16
5
20




C
CCC
AP A
0,25
5 Tính diện tích, tìm tọa độ điểm......... 2,00
)1;2;2(AB , )1;3;1( AC )4;3;5(],[  ACAB 0,5
Diện tích tam giác ABC :
2
25
435
2
1
],[
2
1 222
 ACABSABC
0,5
Gọi );;( cbaH là chân đường cao của tam giác kẻ từ A.
Ta có


















kc
kb
ka
kc
kb
ka
BCkBH
23
1
1
)31(3
)12(1
)10(1
)21;2;2( kkkAH 
0,5
Do BCAH  nên
3
1
0)21(2220.  kkkkBCAH . Vậy 






3
7
;
3
4
;
3
2
H 0,5
6 Tính thể tích, khoảng cách... 2,00
Gọi H là trung điểm của AB ABSH  .Do )()( ABCSAB  nên )(ABCSH  0,25
Do SAB là tam giác đều cạnh a nên
2
3a
SH  . 222
aABBCAC  0,5
Thể tích khối chóp S.ABC là
12
6
..
6
1
.
3
1 3
.
a
ACABSHSSHV ABCABCS  0,25
Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N )//(// BMNACMNAC 
Ta có )(SABACABAC  mà )()()(// BMNSABSABMNACMN 
0,25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
45

46. Từ A kẻ ( )AK BN K BN 
( )AK BMN 
( ,( )) ( , )AK d A BMN d AC BM  
0,25
Do
2 2
3 3
MC AN
SC SA
  
2 2
2 2 3 3
3 3 4 6
ABN SAB
a a
S S   
0,25
2
2 2 2 0 7
2 . cos60
9
a
BN AN AB AN AB   
7
3
a
BN  ,
2 21
7
 ABNS a
AK
BN
.
Vậy
21
( , )
7

a
d AC BM
0,25
7 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác... 2,00
(T) có tâm )2;1(I . Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại
C. Ta có   1
2
HCx ABC  Sđ AC (1)
0,25
Do   0
90AHB AKB  nên AHKB là tứ giác nội
tiếp   ABC KHC (cùng bù với góc AHK ) (2)
Từ (1) và (2) ta có   //HCx KHC HK Cx  .
Mà HKICCxIC  .
0,25
Do đó IC có vectơ pháp tuyến là )4;3(KH , IC
có phương trình 01143  yx
0,25
Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ





25)2()1(
01143
22
yx
yx











5
3
;
1
5
y
x
y
x
. Do 0Cx nên )1;5( C 0,25
Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là )6;3(CH nên AC có phương
trình 092  yx .
0,25
Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ





25)2()1(
092
22
yx
yx











1
5
;
7
1
y
x
y
x
(loại). Do đó )7;1(A 0,25
Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là )2;6(CK nên BC có phương
trình 023  yx .
0,25
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ





25)2()1(
023
22
yx
yx











1
5
,
2
4
y
x
y
x
(loại). Do đó )2;4(B
Vậy )7;1(A ; )2;4(B ; )1;5( C .
0,25
8 Giải hệ phương trình... 2,00
Ta có hệ phương trình






)2(3121
)1(733
22
22
yxyxxyy
xyyx
Điều kiện: xyxy 3,0,1 2
 .
0)()12(1)2( 222
 yxyyxyyxy
0,25
A
B C
H
K
I
x
S
M
C
N
A
H
B
K
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
46

47. 0)1()1(
1
1 22



 xyyxy
xy
xy
012
1
1
)1( 









 xy
xy
xy
1 xy 









0,1,012
1
1
Do xyxy
xy
0,5
+) Thế y vào (1) ta được 3711 22
 xxxx (3)
Xét 11)( 22
 xxxxxf ,
3)12(
12
3)12(
12
12
12
12
12
)('
2222












x
x
x
x
xx
x
xx
x
xf
0,5
Xét
2 2 3
3
( ) , '( ) 0,
3 ( 3)
    
 

t
g t g t t
t t
suy ra g(t) đồng biến trên 
Do 1212  xx nên )12()12(  xgxg suy ra
'( ) (2 1) (2 1) 0,f x g x g x x       .
0,5
Do đó )(xf đồng biến trên  , nên 32)2()()3(  yxfxf
Vậy hệ đã cho có nghiệm )3;2();( yx
0,25
9 Chứng minh bất đẳng thức... 2,00
Giả sử zyx  , do 0xyz nên 0x .
Do 2 2 2 2
9 9 [ 3;0].x y z x x        Ta có
22
222
zyzy
yz






 
 , do đó
0,25
2
.)(222)(2
22
22 zy
xzyxxyzzyx


)9(22
2
5
22
)9(
)9(222 2
32
2
x
xxxx
xx 


0,5
Xét )9(22
2
5
2
)( 2
3
x
xx
xf  với x ]0;3[
2
2
9
22
2
5
2
3
)('
x
x
xxf


xxx
x
x
xxf 24)35(90
9
22
2
5
2
3
0)(' 22
2
2



2222
32)35)(9( xxx  (Điều kiện 035 2
 x )
3
25
,3,102253271119 222246
 xxxxxx
Do
3
52
x nên 1,112
 xxx (loại).
0,5
26)0(,10)1(,6)3(  fff suy ra 10)1()(max
]0;3[


fxf 0,25
Như vậy 10)()(2  xfxyzzyx
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
1
1
2
2( ) 4
  
  
  
 
   
x
x
y z
y z
y z y z
Vậy 10)(2  xyzzyx . Đẳng thức xảy ra khi (x; y; z) là một hoán vị của (-1; 2; 2)
0,5
----------------***Hết***----------------
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
47

48. 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 2
3 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 82
2
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  
5 102
1 2 1 3 .
Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
a
SD 
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
P
a b ca b bc b (a c)
  
     2 2
3 8 1
2 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
48

49. 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 2
3 2
* Tập xác định  D
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' x x  2
3 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 x
lim 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 2
3 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 2
0 9 2 0
2 2
(*) 0,25
Ta có
m m (m )
x x ; x x
 
  
2
1 2 1 2
2 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
49

50. (1,0 điểm)
Pt đã cho   2cos2x.sinx 2sinx.cosx 0 0,25
  2
2sinx(2cos x cosx 1)=0
0,25
    sinx 0 x k
cosx x k       1 2 0,25
2
cosx x k

      
1
2
2 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 17
2
hoặc x


1 17
2
(loại)
Vậy, phương trình có nghiệm là x


1 17
2
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 1
8 6 8 6 8 6 916
Vậy, xác suất cần tính P 
916
1001
.
0,25
b) Hệ số của 5
x trong khai triển của  5
x(1 2x) là  4 4
5
( 2) .C
Hệ số của 5
x trong khai triển của 2 10
x (1 3x) là 3 3
10
3 .C
0,25
4
Hệ số của 5
x trong khai triển thành đa thức của   5 2 10
x(1 2x) x (1 3x) là  4 4
5
( 2) .C + 3 3
10
3 .C
Vậy hệ số của 5
x trong khai triển là  4 4
5
( 2) .C + 3 3
10
3 .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 ABCD
a
V SH.S 
3
1 3
3 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
50

51. do đó HF (SBD) . Suy ra d(H,(SBD)) HF
Ta có  a
HE HB.sin EBH 
2
4
HS.HE a
HF
HS HE
  
2 2
3
5
. Vậy,
a
d(HK,SD) 
3
5
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 26
651 8
Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM G là trọng
tâm ACD ;
BH BG
DG GI BG DG
DK DG
     2 2 2
BH 
52
65
;
b
B(b; b ) BH b

       
17 18 52
2 1 17 18 52
65 65
b
b (loai)


  

2
70
17
(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   2
65 208 143 0
c
c (loaido c )


  

1
143
2
65
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:
y
x y x
y x y
y x

   
 
   
  
0
2 1 5
1 2 10
3 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 1
1 2 1 0
2 1 1
(3)
Do
x y y
 
  
1 1
0
2 1 1
và 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     2
2 4 2 5 1 (đk: x 2 4)
Pt ( x ) ( x ) ( x x )         2
2 1 4 1 2 5 3 0
(x )( x )
x x
     
   
1 1
3 2 1 0
2 1 4 1
x
x ( )
x x


   
    
3
1 1
2 1 4
2 1 4 1
0,25
7
Xét f(x)
x x
 
   
1 1
2 1 4 1
và g(x) x 2 1 với  x ; 2 4 , ta có g(x) g( ) 2 5
M
C
A
H
D
B
K
G
I
WWW.ToanCapBa.Net
51

52.  f '(x) , x ;
x ( x ) x( x )
     
     2 2
1 1
0 2 4
2 2 2 1 2 4 4 1
 f(x) nghịch biến
f(x) f( )  

1
2 1
2 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 3
22 8 0,25
Mặt khác (a c) b (a c) b    2 2
2 2 . Suy ra
a b c(a c) b
 

    2 2
8 8
33 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 8
2 3
với t  0 .
Ta có
(t )( t )
f '(t)
t ( t) t ( t)
 
   
 2 2 2 2
1 8 3 1 5 3
2 3 2 3
, suy ra f '(t) t  0 1
Bảng biến thiên:
t 0 1 
f’(t) - 0 +
f(t)

3
2
0,25
8
Từ bảng biến thiên suy ra f(t) f( )  
3
1
2
với mọi t  0 (2)
Từ (1) và (2) ta có P  
3
2
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
a b c a c
b c
bb a c
     
  
    
11
4
2
1
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
3
2
, đạt được khi a c , b  
1 1
4 2
.
0,25
----------- Hết -----------
WWW.ToanCapBa.Net
52

53. 1
Câu 1 ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x3
−3x2
+ 2 1( )
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 1( )
b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số 1( ) biết tiếp tuyến vuông góc
với đường thẳng d( ): x + 9y −1= 0 .
Câu 2 ( 1 điểm ) Giải phương trình: log3
2
x − log 3
9x2
( )−1= 0
Câu 3 ( 1 điểm ) Tìm nguyên hàm sau: F x( )=
sin x
1+cosx
∫ dx
Câu 4 ( 1 điểm )
a. Tìm n ∈ N biết Cn+1
1
+3Cn+2
2
= Cn+1
3
b. Cho 100 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 100, chọn ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để
tổng các số ghi trên 3 thẻ được chọn là một số chia hết cho 2.
Câu 5 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A 0;1;2( ),
B 0;2;1( ), C −2;2;3( ). Chứng minh rằng A, B,C là ba đỉnh của một tam giác và tính đường
cao AH của nó.
Câu 6 ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a ,
AD = 2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của AD , góc
giữa SB và mặt phẳng đáy ABCD( ) là 450
.
a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BH theo a
Câu 7 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn C( ) tâm I
xI > 0( ), C( ) đi qua điểm A −2;3( ) và tiếp xúc với đường thẳng d1( ): x + y + 4 = 0 tại điểm
B . C( ) cắt d2( ):3x + 4y −16 = 0 tại C và D sao cho ABCD là hình thang có hai đáy là
AD và BC , hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Tìm toạ độ các điểm B , C ,
D
Câu 8 ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình:
x2
+ xy + 2y2
+ y2
+ xy + 2x2
= 2 x + y( )
8y − 6( ) x −1 = 2 + y − 2( ) y + 4 x − 2 +3( )
"
#
$
%$
Câu 9 ( 1 điểm ) Cho x , y là các số thực không âm thoả mãn:
2x2
+3xy+ 4y2
+ 2y2
+3xy+ 4x2
−3 x + y( )
2
≤ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
P = 2 x3
+ y3
( )+ 2 x2
+ y2
( )− xy + x2
+1+ y2
+1
---------------- 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: .....................................
TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I
TỔ TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
MÔN THI: TOÁN 12
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
53

54. 2
TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I
TỔ TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu Đáp án Điểm
1
2 điểm
a. Khảo sát đủ các bước, đồ thị vẽ dễ nhìn chấm điểm tối đa 1,0
b. Gọi M a;a3
−3a2
+ 2( ) là tiếp điểm, do tiếp tuyến vuông góc với d( ). Nên
có: y' a( )= 9
0,25
Hay 3a2
− 6a − 9 = 0 ⇔ a = −1 hoặc a = 3 0,25
Với a = −1 PTTT là: y = 9x + 7 0,25
Vớia = 3 PTTT là: y = 9x − 25 0,25
2
1 điểm
ĐK: x > 0 0,25
PT đã cho tương đương với: log3
2
x − 4log3 x − 5 = 0 0,25
Hay:
log3 x = −1
log3 x = 5
"
#
$ 0,25
Vậy PT có nghiệm: x =
1
3
hoặc x = 35
0,25
3
1 điểm Ta có F x( )=
sin x
1+cosx
∫ dx = −
d 1+cosx( )
1+cosx
∫ = −ln 1+cosx( )+C 1,00
4
1 điểm
a. 0.5 điểm
ĐK: n ∈ N,n ≥ 2 0,25
Từ đề ra ta có: n +1+3
n + 2( )!
2!n!
=
n +1( )!
3! n − 2( )!
⇔ n2
−10n − 24 = 0 0,25
Giải ra ta được: n =12 hoặc n = −2 0,25
Đối chiếu ĐK ta được n =12 0,25
b. 0.5 điểm
Số phần tử của không gian mẫu là: C100
3
. Do tổng 3 số được chọn chia hết cho
2 nên ta có các trường hợp sau:
0,25
+ Cả 3 số đều chẵn, số cách chọn là: C50
3
0,25
+ Trong 3 số có một số chẵn, hai số lẽ số cách chọn là: C50
1
C50
2
0,25
Vậy xác suất tính được là:
C50
3
+C50
1
C50
2
C100
3
=
1
2
0,25
5
1 điểm Ta có AB
! "!!
0;1;−1( ), AC
! "!!
−2;1;1( ). Do AB
! "!!
≠ kAC
! "!!
nên ABC là một tam giác 0,5
Nhận thấy AB
! "!!
.AC
! "!!
= 0 nên ΔABC vuông tại A .
Vậy
1
AH2
=
1
AB2
+
1
AC2
=
2
3
. Hay AH =
3
2
0,5
6
2 điểm
a. 0.5 điểm
Do SH ⊥ ABCD( ) nên góc giữa SB và mặt phẳng đáy ABCD( ) là góc
∠SBH = 450
. Ta có ΔSBH vuông cân tại H vậy SH = BH = a 2
0,25
WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net
54