BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =

ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
2x − 1
.
x +1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có hoành độ x = 1.

Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn:

π
3
tan α
< α < π và sin α = . Tính A =
.
2
5
1 + tan 2 α

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 + i ) z + (3 − i ) z = 2 − 6i. Tính môđun của z.

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log 3 ( x + 2) = 1 − log 3 x.
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:


thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định
câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3
câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau.
Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P=

3( 2 x 2 + 2 x + 1)
+
3

1

1

+

2

2 x + (3 − 3 ) x + 3

----------- HẾT -----------

2

2 x + (3 +

.
3 )x + 3



Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = − 1 và một
tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2.
●

Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' =

3
> 0 ∀x ∈ D.
( x + 1) 2

0,25

Suy ra, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; − 1) và ( −1; + ∞ ) .
- Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.

Lưu ý: Cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số.
- Bảng biến thiên:
x

–∞
+

y'
y
●

+∞

–1

0,25
3
.
4

0,25

3
1
( x − 1) + ;
4
2

0,25

Suy ra hệ số góc k của tiếp tuyến là: k = y '(1) =
Do đó, phương trình của tiếp tuyến là: y =

3
1
x− .
4
4
a) (0,5 điểm)
Câu 2
(1,0 điểm) Ta có: A = tan α = tan α.cos 2 α = sin α.cos α = 3 cos α.
1 + tan 2 α
5
hay y =


trong đề bài, ta có:
(∗) ⇔ (1 + i )( a + bi ) + (3 − i )( a − bi ) = 2 − 6i
⇔ (4a − 2b − 2) + (6 − 2b)i = 0

⇔

{

{

4a − 2b − 2 = 0
a=2
⇔
b = 3.
6 − 2b = 0

Do đó | z | =

Câu 3
(0,5 điểm)

2

0,25

0,25

2

2 + 3 = 13.

Do với mọi x thỏa mãn (1), ta có
(3) ⇔

)(

x ( x − 2) +

x ( x − 2) +

)

( x + 1) ≤ 0.

(3)
0,50

( x + 1) > 0 nên

x( x − 2) ≤ 2 ( x + 1)
2

⇔ x − 6x − 4 ≤ 0
⇔ 3 − 13 ≤ x ≤ 3 + 13.
(4)
Kết hợp (1) và (4), ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
1 + 3 ; 3 + 13  .



0,25

Đặt I1 = ∫ 2 x dx và I 2 = ∫ ln xdx. Ta có:
3

1

1

0,25

2

1
15
I1 = x 4 = .
2 1
2
2

2

I 2 = x.ln x 1 − ∫ xd(lnx) = 2 ln 2 − ∫ dx = 2 ln 2 − x 1 = 2 ln 2 − 1.
2

2

1

1

0,50

Vậy VS . ABC = SH .S ABC = . 2a.
a =
.
3
3
2
6
Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)).
(1)
Gọi N là trung điểm của AB, ta có HN là đường trung bình của ∆ABC.
Do đó HN // BC. Suy ra AB ⊥ HN. Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN). Do đó
mp(SAB) ⊥ mp(SHN). Mà SN là giao tuyến của hai mặt phẳng vừa nêu, nên
trong mp(SHN), hạ HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB).
Vì vậy d(H, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C, (SAB)) = 2HK. (2)
Do đó S ABC =

Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN, ta có:
1
1
1
1
1
=
+
= 2 +
.
2
2
2
HK

0,25

0,25

0,25
(3)


Câu 7
(1,0 điểm)

Trên ∆, lấy điểm D sao cho BD = BO và D, A nằm khác phía nhau so với B.
Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC; gọi F là giao điểm của các
đường thẳng KB và OD.
Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của ∆OAB nên KE là phân giác của góc
OAC . Mà OAC là tam giác cân tại A (do AO = AC, theo gt) nên suy ra KE cũng
là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC = KO.
Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD = KO.
Suy ra ∆CKD cân tại K. Do đó, hạ KH ⊥ ∆, ta có H là trung điểm của CD.
Như vậy:
+ A là giao của ∆ và đường trung trực d1 của đoạn thẳng OC;
(1)
+ B là giao của ∆ và đường trung trực d 2 của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối
(2)
xứng của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆.
24
(gt) nên gọi y0 là tung độ của C, ta có:
Vì C ∈ ∆ và có hoành độ x0 =
5
24


{

 6 12 
 12 36 
Giải hệ trên, ta được H =  ;  . Suy ra D =  − ;
.
5 5 
 5 5 
 6 18 
Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là  − ;  và đường thẳng OD có
 5 5
phương trình: 3 x + y = 0.
Suy ra phương trình của d 2 là: x − 3 y + 12 = 0.
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
x − 3 y + 12 = 0.

0,25

{

Giải hệ trên, ta được B = (0; 4).

Câu 8
1
3 1
Gọi M là trung điểm của AB, ta có M =  ; ; −  .
(1,0 điểm)
2


0,25

0,25

1
12

0,25

hay 12 x 2 + 12 y 2 + 12 z 2 − 1 = 0.

Câu 9
Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí
(0,5 điểm) thứ nhất của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ
3 câu hỏi thí sinh B chọn.
3
Vì A cũng như B đều có C10
cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy

( )

0,25

2

3
tắc nhân, ta có n(Ω) = C10
.



0,25


Câu 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, với mỗi số thực x, xét các điểm A( x ; x + 1) ,
(1,0 điểm)
 3

1
3
1
B 
; −  và C  −
; −  .
2
2
 2
 2
OA OB OC
Khi đó, ta có P =
+
+
, trong đó a = BC, b = CA và c = AB.
a
b
c

0,25

Gọi G là trọng tâm ∆ABC, ta có:

≤
.
=
.
2
2 3
2 3
a2 + b2 + c 2
a2 + b2 + c2
Bằng cách tương tự, ta cũng có: b.mb ≤
và c.mc ≤
.
2 3
2 3

(

)

(

Suy ra P ≥

)

3 3
( OA.GA + OB.GB + OC.GC ) .
a + b2 + c 2

0,25

a2 + b2 + c2
ma + mb2 + mc2 =
.
9
3
Từ (1), (2) và (3), suy ra P ≥ 3.
=

(

)

Hơn nữa, bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy P = 3 khi x = 0.
Vậy min P = 3.

0,25

(3)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
PHÚ YÊN 
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 
MÔN:TOÁN 
Ngày thi: 02/4/2015 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
­­­­­­­­­­­ 


( x, y Î ¡ ) . 
109 
2 
+
y
+
2
3
x
=
0 
ï
81 
î3

Câu 9. (1,00 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P = 52 x + 5 y  , biết rằng 
x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1 . 
­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­ 

Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( [email protected]) 
đã gửi tới www.laisac.page.tl 


HNGDNCHMTHI
(Gmcú04 trang)
1. Hngdnchung
ưNuthớsinhlmbikhụngtheocỏchnờutrongỏpỏnmvnỳngthỡchoim
tngphnnhhngdnquynh.
ưVicchitithúathangim(nucú)sovithangimchmphibomkhụngsai
lchvihngdnchmvcthngnhtthchintrongHingchmthi.

0,25
f(x)
8

6

H/stcctiuti x =1 yCT= y (1)= -4.

4

2

Cỏcgiihn: lim y = -Ơ lim y = +Ơ .
x đ-Ơ

xđ+Ơ

f(x)=x^3ư3x ư2

x
ư9

ư8

ư7

ư6

ư5


+0 ư 0 +
0+ Ơ
y
ư Ơ
ư4
ưthiquacỏcim(20),(0ư2):nhhỡnhv.
b)Tỡmtaim Mthucth (C)saocho DMABcõnti M.
M(xy)cntỡmlgiaoimcangtrungtrccaon ABvth(C).
TacúcỏcimcctrlA(ư10),B(1ư4),trungimcaon AB lI(0ư2).
uuur
ngtrung trcon ABnhn AB = (2 -4) lmvtcpcúp/t x - 2 y - 4 =0.
x- 4
HonhgiaoimcaM lnghimcaphngtrỡnh: x 3 - 3 x - 2=
.
2
7
Giiratacx =
v x =0(loi).
2
ổ 7 14 - 8ử
7
14 - 8
Vi x =
ị y =
,tacúim M 1 ỗỗ

ữữ
2
4
2

0,25

0,25

0,25


2

Giiphngtrỡnh log 2 ( x - 2) + 3log8(3 x - 5) - 2 =0

1,00

ỡ x- 2 > 0
iukin ớ
x> 2.
3
x
5
>
0
ợ
Phngtrỡnhtngng: log 2 ( x - 2) + log 2(3x - 5) = 2

0,25
0,25

log 2 [ ( x - 2)(3 x - 5) ]= 2 3 x 2 - 11x + 6 =0.

3

x + 2 ứ
1

0,50

3
3
2 ổ d (2 x - 1)
d ( x+ 2)ử
= ỗũ
-ũ
ữ
5 ố 1 2x -1
x + 2 ứ
1

=

0,25

2
2
3
3
ln | 2 x - 1| 1 - ln | x + 2 | 1 = ln 3.
5
5

(



Tac WA =5940+6600+7260=19800.
Doú P ( A)=

WA
W

=

0,25

15
.
31

0,25

5

1,00
DABCvuụngcõnti Anờn BC=2AH =2a.
1
1
Tú S ABC = AH .BC = a.2a =a 2(vdt).
2
2
Vỡ SA^(ABC)vAH ^ BCsuyraSH^ BC
ã =600
Doú((SBC),(ABC))=SHA
Suyra SA = AH tan 600 =a 3.


1,00
Gi I=AM ầBN. DBIMngdng DABM
suyraAM^BNnờn BN:2xư y+c=0.
N(0ư2) ị c = -2ị BN:2x ưy ư2=0.
Taim Ilnghimhpt:

y

0,25
A

B

2

1
I
ư2

ư1

O

1

2M
x

ư1

5
AB +BM
ỡ 2 x - y- 2 = 0
ỡ B ẻ BN
ù
ù
2
2
Taim B(xy)thamónớ
4 ị ớổ 6
2
16.
ử
ổ
ử
BI
=
x
+
y
=
ù
ữ ỗ
ữ
5 ùợỗố 5
5
ợ
ứ ố5
ứ
2

x
+
y
ùỗ
ữ ỗ
ữ =
ợù IM = BM - BI
5ứ ố
5ứ
5
ợố
2
ỡ
x=
ù
ỡ x= 2
ù
ổ 2 4ử
5
Giihtac ớ
v ớ
,suyra M 1 (2 0), M 2 ỗ ữ .
ố 5 5ứ
ợy = 0
ù y = 4
ùợ 5
7

0,25


2
+
y
+
2
3
x
=
0
(2)
ù
81
ợ 3
2
2
Viiukin: x Ê , y Ê ,(1)vitlil: 9 x 2 + 1 3x = ( 6 - 9 y + 1) 6 -9y .
3
3

(

0,25
0,25

0,25
0,25

1,00

)

ö
+ ç - x 2  ÷ + 2 - 3 x 3 è3
81 
ø 
3
æ 2 ö
Ta có: g '( x) = 2 x 2 x 2  - 1 < 0, "x Î ç 0;  ÷
2 2 - 3 x
è 3 ø 
æ 2 ö
Nên hàm số g(x) nghịch biến trên  ç 0;  ÷ . 
è 3 ø 
1 
5 
æ1 5ö
Dễ thấy  x =  là nghiệm của (4), suy ra y =  nên hệ có nghiệm duy nhất  ç ; ÷ . 
3 
9 
è 3 9 ø 

Xét hàm số:  g ( x ) =

(

9 

) 

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức  P = 52 x + 5 y  , biết  x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1 
5 

1£ t £5 
è 2 ø 
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( [email protected]) 
đã gửi tới www.laisac.page.tl

0,25 đ 
0,25 đ 

1,00 đ 
0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI 
Đề Số 6, số 453, tháng 4 năm 2015. 

ĐỀ 
(Thời gian làm bài:180 phút) 
Câu 1 (2,0 điểm). Gọi ( C m  )  là đồ thị của  hàm số  y = x 3  - 3 x + m ( m là tham số thực). 
a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi  m = 2 . 
b)  Định tham số m để qua điểm uốn của đồ thị ( C m  ) kẽ được một đường thẳng ( d ) tạo với đồ thị ( C m  ) một 
hình phẳng (H) và ( d )  tiếp tục chắn trên hai trục tọa độ một tam giác (T) sao cho diện tích của (H) và (T) 
bằng nhau đều bằng 2 (đvdt) . 
Câu 2 (1,0 điểm).  Giải phương trình tan x.cot 2 x = (1 + s inx ) ( 4cos2  x + 4sin x - 5 ) . 
p


x3 z
y4
z 3 + 15 x 3 
+
+
. 
x 2 z 
y 2 ( xz + y 2 ) z 2 ( xz +  y 2  ) 

Nguyễn Lái 
(  GV  THPT Chuyên Lương Văn Chánh. 
Tuy Hòa, Phú Yên.)


HNGDNGII.
Cõu1.
a)Bnctgii.
b)Taimuncath ( Cm )l I ( 0m)nờnngthng ( d) cúdng y = kx +m
Phngtrỡnhhonhgiaoimcahms ( Cm )vphngtrỡnhngthng ( d) l
x 3 - 3x +m = kx + m x3 - ( k + 3)x =0 (1)

( d) chnctrờnth ( Cm ) mtdintớchthỡphngtrỡnh(1)phicú3nghim ị k > -3,
lỳcú3nghimcaphngtrỡnh(1)l x = 0, x = - k + 3, x = k +3.
VỡIltõm ixngcangcong ( Cm )nờndintớchcahỡnhphng(H)l:
k+ 3

S =2

ũ

ử
= sin 3x sin 3 xỗ
- 1ữ = 0
cos x.sin 2 x
ố cos x.sin 2x ứ

Nghimphngtrỡnhxyra:
np
p
2p
hoc sin 3x = 0 x = ,soviiukinphngtrỡnhcúnghiml x = + mp ,x =
+mp
3
ỡsin 2 x = 1 ỡsin 2 x= -1
hoc sin 2 x.cos x= 1 ớ
"ớ
vụnghim
ợcos x = 1 ợcos x = -1
p
2p
Vynghimcaphngtrỡnhtrờnl x = + mp , x =
+ mp ,
3
3
p
3

Cõu3.Tacú: I = ũ
p


=
.ũ
=
. ộở ln ( ln(2 tan x) )ựỷ p3 =
.lnỗỗ
ữữ .
sin 2 x.ln ( 2 t anx )
2 p ln ( 2 t anx )
2
2
ln
2
4
ố
ứ

Tớnh ũ
p

p

p

4

p

( m ẻZ ).

3

Câu 4 . 
a) . Khai triển biểu thức trên có số hạng thứ (k+1)  là Cn k x 2 k ,  ( k

ìï( x - 1) 2  + y 2  = 34 
Þ M 1 ( 6;3) , M 2  ( -4; -3 ) . 
í
ïî 3 x - 5 y - 3 = 0 

Vậy hai số phức cần tìm là  z3 = 6 + 3i, z4  = -4 - 3 i . 
Câu 5. Mặt cầu (S) có tâm  I (-2; - 1;1)  và bán kính  R =  5 . 
Gọi  r là bán kính đường tròn thiết diện, theo giả thiết ta có  S = p Û r 2 .p = p Þ r = 1 . 
Gọi d là khảng cách từ I đến mặt phẳng a  ta có  d 2 = R 2 - r 2  = 5 - 1 Þ d = 2 . 
Mặt phẳng a  qua N ( 0; - 1; 0 )  có dạng Ax + B ( y + 1) + Cz = 0 Û Ax + By + Cz + B = 0 ( A2 + B 2 + C 2  ¹ 0 ) . 
Mặt khác a  qua M (1; - 1;1 )  nên thỏa  A + C = 0 Þ a : Ax + By - Az + B = 0 . 
-3 A 

A 
= ±2  ( vì  A2 + B 2 + C 2  ¹ 0  ) 
2
2 
B 
2 A + B
Do đó có hai mặt phẳng a  cần tìm là :  2 x + y - 2 z + 1 = 0 ,  2 x - y - 2 z - 1 = 0 . 
ì BC ^ SA 
Câu 6.  Ta có í
Þ BC ^ ( SAB ) Þ BC ^ AM  ( vì  AM Ì ( SAB) )  (1) 
î BC ^ AB
Mặt khác  SC ^ a Þ SC ^  AM ( vì  AM Ì a )  (2) 
S 
Từ (1) và (2) suy ra  AM ^ (SBC ) Þ AM ^ MG ( vì  MG Ì ( SBC ) ) 
G 
Þ D AMG vuông tại M, tương tự ta cũng có tam giác  D ANG vuông 

6 
Vì OH là đường cao (H)  Þ OH ^ a Þ OH / / SC Þ O là giao điểm hai đường chéo AC, BD 
AC 2  2
3 
1 
Þ OH =  CG . Xét tam giác vuông SAC có AG là đường cao , nên  CG =
=
a Þ OH =  a 
2 
SC
3 
3 

kính  R = 

1
3

Vậy thể tích hình nón là V( H )  = p R 2 . OH = 

3  3 
p a . 
54 

Câu 7  Kéo dài đường cao AH lần lượt cắt BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  tại hai điểm 
E và K, ta dễ dàng chứng minh được E là trung điểm HK. 
Đường cao  AH ^  BC nên có phương trình  x - y = 0 , E là giao điểm của BC và AH  Þ E (4; 4) và H là 
trung điểm HK  Þ K (3;3) , suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là  R = IK = 5 
2



2x + 2
(x + 1) 2x + 2
Lập bảng biến thiên ta có  f ( x) £ 1, "x > 0 ,  đẳng thức xảy ra khi x = 1. 
1 x - 1 
Xét hàm số  g ( x ) = x - ln x Þ g '( x) = 1 - =
Þ g '( x ) = 0 Û x = 1 . 
x
x
Lập bảng biến thiên ta có  g ( x ) ³ 1, "x > 0 ,  đẳng thức xảy ra khi x = 1. 
2 

2

2 

Vậy phương trình có đúng một nghiệm x = 1. 
3 

3 
æ x ö
æ y ö
2 
ç y ÷
ç ÷
x
y
z 
z ø æ z ö 15 
è

³ ab =
a + b a + b
c
1 2 15
16 
Vậy P ³ + c + = c 2  + = f (c ), "c Î (1; +¥ ) 
c
c
c
16 
Ta có  f '(c ) = 2c - 2  Þ f '(c) = 0 Û c = 2 
c

Biểu thức viết lại  P =

( vì a, b > 0 ). 

Lập bảng biến thiên ta có  f (c) ³ f (2) = 12, khi và chỉ khi  c = 2 Þ a = b =
Vậy giá trị nhỏ nhất  P = 12  khi và chỉ khi  z = 2 y = 2 x .

1 
Þ z = 2 y = 2 x . 
2 


Kỳ thi tuyển sinh CHUNG quốc GIA

Sở giáo dục & đào tạo Thừa thiên huế

Năm học 2014-2015

t giỏ tr nh nht.

Cõu II (2,0 im)
1.
2.

Gii phng trỡnh lng giỏc:
Gii h phng trỡnh:

cos 2x sin x cos x 0





1

2
3 xy 1 9 y 1
x 1 x

3
2
2
x (9 y 1) 4( x 1) x 10



900 ,
Cõu III (2,0 im) Cho khi chúp S .ABC cú SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS

1
1 xy

- Giỏm th coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
- H v tờn thớ sinh ................................................................S bỏo danh ...............................................


Câu I
1. Khảo sát tự làm
2.

Nội dung

Điểm

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:
 x  2
2x  3
 2 x  m   2
x2
2 x  (6  m) x  3  2m  0(*)

0,5

Xét phương trình (*), ta có:   0, m  R và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn

0,5

cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là


 x1 x2  2 x1  2 x2  42

 2.

 k1k 2 2014

4

(k1>0, k2>0)
2015

 22015 , do dó MinP = 2

1
1

 ( x1  2) 2  ( x2  2) 2
2
( x1  2)
( x 2  2) 2

đạt được khi

0,5

do x1 , x2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2
 x1 + x2 = - 4  m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.
Câu II
1.




 x  4  2  k
x   k


4

 3

 x 
 k2  x    k2

4 4





3
 k2 
x 
 x     k2
2

4
4



 1 
  1 (3)

 x

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2  1 , t > 0.
t2 1 

Ta có: f’(t) = 1 +

t2
t 2 1

>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

 1 
1
  3y =
x
 x

PT(3)  f(3y)= f 

0,5

Thế vào pt(2) ta được PT: x 3  x 2  4( x 2  1). x  10
Đặt g(x)= x 3  x 2  4( x 2  1). x  10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0
 g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

0,5

M

N
B

M

H

AM= 2a 2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600)  tam 0,25
giác AMN vuông tại A.


Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A.
 SH  (AMN ) ; tính được SH = a.

0,5
0,25

2 2a 3
3
SM .SN 1

  VS . ABC  2 2a 3
SB.SC 3

Tính được V S . AMN 
VS . AMN
VS . ABC


 2 x 2  5 x  10

2

  x

2





 2 x  5 x 2  8 x  25 (do x2  5 x  10  0)

0,25

0,25

0,25

 x4  10 x3  44 x 2  110 x  75  0





  x  1 x  5 x2  4 x  15  0  x  1; x  5

Vậy ta có hai điểm cần tìm là M 1; 0 hoặc M  5; 0 


Mụn: TON

THI TH LN 1

Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt

Cõu 1 (2,0 im) Cho hm s y =

2x -1
cú th (C)
-x +1

1. Kho sỏt v v th ca hm s (C)
2. Tỡm m ng thng y = -2 x + m ct th (C) ti hai im phõn bit cú honh x1 , x2 sao cho
x1 x2 - 4( x1 + x2 ) =

7
2

x
+ 3
2
=0
2sin x + 3

s inx - 2 3cos 2
Cõu 2 (1,0 im) Gii phng trỡnh
e

Cõu 3 (1,0 im) Tớnh tớch phõn I = ũ

S v nm trong mt phng vuụng gúc vi ỏy , gúc gia cng SC v mt phng (ABCD) bng 600 ,cnh AC = a.
Tớnh theo a th tớch khi chúp S.ABCD v khong cỏch t A n mt phng (SBC).
ỡù 2 x - y - 1 + 3 y + 1 = x + x + 2 y

Cõu 7 (1,0 im) Gii h phng trỡnh: ớ

3
3
2
ùợ x - 3 x + 2 = 2 y - y

ổ7 3ử
Cõu 8(1,0 im) Trong mt phng ta Oxy cho hỡnh vuụng ABCD cú tõm O ỗỗ ; ữữữ . im M (6;6)
ỗố 2 2 ứữ
thuc cnh AB v N (8; -2) thuc cnh BC . Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh vuụng.
Cõu 9 (1,0 im)

(

)

Cho x, y, z l cỏc s thc thuc (0;1) tha món iu kin x 3 + y 3 (x + y ) = xy(1 - x )(1 - y ) .Tỡm giỏ tr
ln nht ca biu thc : P =

1
1+ x

2

+

− Đồ thị :
1
Đồ thị hàm số giao với Ox: ( ;0)
2
Đồ thị hàm số giao với Oy: (0;-1)

0,25

2

1,0

ì 2 x - (m + 4) x + m + 1 = 0 (1)
2x -1
= -2 x + m Û í
-x +1
îx ¹ 1
Đường thằng y = -2 x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt Û phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt khác 1
ìï( m + 4 )2 - 8(m + 1) > 0
Ûí
Û m 2 + 8 > 0, "m
ïî-1 ¹ 0
2

0,25

0,25




3

1 4 ln x - 1 + 1
1 ( 2 ln x - 1) dx 1
dx
dx = ò
+ ò
ò
4 1 x (1 + 2 ln x )
41
x
4 1 x (1 + 2 ln x )
e

I=

e

2

0.25

0.25
0.25
0.25
1.0

e


0.25

1

1 - 3i
1 7
(1 - 2i ) z +
= 2-i Û z = + i
1+ i
5 5
=> z = 2
15- k
k
5k
15
15
52 ö
æ
k
k
k
k
3
2
6
f ( x) = ç 3 x +
=
C
x
.

5

4
3
Vì (b ) // (a ) nên phương trình (b ) có dạng : x + 2y - 2z + d = 0, d ¹ -1
d ( A, ( a )) =

d ( A, ( a )) = d ( A, ( b )) Û

5+ d
3

=

4
Û
3

é d = -1
ê d - 9 Û d = -9 (d = -1 loại) => (b ) : x + 2y - 2z - 9 = 0
ë

6

0,25

0,25
0,25
0,25


a 3
3a
=> SI = CI tan 600 =
2
2
Gi M l trung im ca on BC , N l trung im ca on BM
a 3
a 3
AM =
=> IN =
2
4
a2 3
1 a 2 3 3a a 3 3
Ta cú S ABCD = 2 SDABC =
=> VS . ABCD = .
. =
2
3 2
2
4
CI =

ta cú
BC ^ IN , BC ^ SI => BC ^ ( SIN )
Trong mt phng (SIN) k IK ^ ( SN ), K ẻ SN . Ta cú
ỡ IK ^ SN
=> IK ^ ( SBC ) => d ( I ,( SBC )) = IK
ớ
ợ IK ^ BC

3
(1) 2 x - y - 1 - x + 3 y + 1 - x + 2 y = 0



x - y -1
x - y -1
=0
2x - y -1 + x
3y +1 + x + 2 y

0,25

ổ
ử
1
1
( x - y - 1) ỗ
ữ
ỗ 2x - y -1 + x
3 y + 1 + x + 2 y ữứ
ố
(3)
ộ y = x -1
ờ
(4)
ờở 2 x - y - 1 + x = 3 y + 1 + x + 2 y

(4) 2 x - y - 1 + x = 3 y + 1 + x + 2 y x = 3 y + 1 y =



0,25

Gi G l im i xng ca M qua O => G = (1; -3) ẻ CD
Gi I l im i xng ca N qua O => I = (-1;5) ẻ AD
uuuur
Phng trỡnh cnh MO qua M v cú VTCP MO l : 9 x - 5 y - 24 = 0
=> Phng trỡnh cnh NE qua N v vuụng gúc MO l : 5 x + 9 y - 22 = 0
ổ 163 39 ử
Gi E l hỡnh chiu ca N trờn MG => E = NE ầ MG => E = ỗ
; ữ
ố 53 53 ứ
Li cú

0,25

uuur uuur
ỡù NJ = MG
uuur (k ạ 0, k ẻ R) => J (-1;3) ;(Vỡ NE , NJ cựng chiu )
NE ^ MG => ớ uuur
ùợ NE = k NJ

Suy ra phng trỡnh cnh AD : x + 1 = 0 => OK =

9
. Vỡ KA = KO = KD nờn
2

0,25



0,25