60 đề thi thử toán của các trường thpt 2015 có đáp án chi tiết

1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
.
1
x
y
x
−
=
+
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 1.x =
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn:
π
α π
2
< < và
3
sin α .
5
= Tính 2
tan α
.
1 tan α
A =
+
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 ) (3 ) 2 6 .i z i z i+ + − = − Tính môđun của z.
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: 3 3log ( 2) 1 log .x x+ = −
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 2
2 3( 2 2).x x x x x+ + − ≥ − −
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân:
2
3
1
(2 ln )d .I x x x= +∫
Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a, o
30 ,ACB =
Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và 2 .SH a= Tính theo
a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc
đường thẳng : 4 3 12 0x y∆ + − = và điểm (6; 6)K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm
nằm trên ∆ sao cho AC AO= và các điểm C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C có
hoành độ bằng
24
,
5
tìm tọa độ của các đỉnh A, B.
Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (2; 0; 0)A và (1; 1; 1).B − Viết
phương trình mặt phẳng trung trực (P) của đoạn thẳng AB và phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc
với (P).
Câu 9.(0,5 điểm) Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí
sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình
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:
2
2 2
3 2 2 1 1 1
3 2 3 3 3 2 3 3 3
+ +
= + +
+ − + + + +
( )
.
( ) ( )
x x
P
x x x x
----------- HẾT -----------

2. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1
(2,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
● Tập xác định: { } 1 .D = −»
● Giới hạn và tiệm cận:
( 1)
lim
x
y+
→ −
= − ∞ ,
( 1)
lim
x
y−
→ −
= + ∞ ; lim lim 2.
x x
y y
→ −∞ → +∞
= =
Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng 1x = − và một
tiệm cận ngang là đường thẳng 2.y =
0,25
● Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' = 2
3
( 1)x +
> 0 ∀x ∈ D.
Suy ra, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ); 1−∞ − và ( )1;− +∞ .
- Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.
0,25
Lưu ý: Cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số.
- Bảng biến thiên:
x – ∞ – 1 + ∞
y' + +
y
+ ∞ 2
2 – ∞
0,25
● Đồ thị (C):
0,25
O x
y
−1
−1
2
½

3. b) (1,0 điểm)
Tung độ 0y của tiếp điểm là: 0
1
(1) .
2
y y= = 0,25
Suy ra hệ số góc k của tiếp tuyến là:
3
'(1) .
4
k y= = 0,25
Do đó, phương trình của tiếp tuyến là:
3 1
( 1) ;
4 2
y x= − + 0,25
hay
3 1
.
4 4
y x= − 0,25
Câu 2
(1,0 điểm)
a) (0,5 điểm)
Ta có: 2
2
tan α 3
tan α.cos α sin α.cosα cosα.
1 tan α 5
A = = = =
+
(1) 0,25
2
2 2 3 16
cos α 1 sin α 1 .
5 25
 = − = − = 
 
(2)
Vì α ;
2
π
π ∈  
 
nên cosα 0.< Do đó, từ (2) suy ra
4
cosα .
5
= − (3)
Thế (3) vào (1), ta được
12
.
25
A = −
0,25
b) (0,5 điểm)
Đặt z = a + bi, ( ,a b ∈ » ); khi đó z a bi= − . Do đó, kí hiệu (∗) là hệ thức cho
trong đề bài, ta có:
(∗) ⇔ (1 )( ) (3 )( ) 2 6i a bi i a bi i+ + + − − = −
⇔ (4 2 2) (6 2 ) 0a b b i− − + − =
0,25
⇔ {4 2 2 0
6 2 0
a b
b
− − =
− =
⇔ { 2
3.
a
b
=
=
Do đó 2 2
| | 2 3 13.z = + =
0,25
Câu 3
(0,5 điểm)
● Điều kiện xác định: 0.x > (1)
● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có:
(2) ⇔ 3 3log ( 2) log 1x x+ + = ⇔ 3 3log ( ( 2)) log 3x x + =
0,25
⇔ 2
2 3 0x x+ − = ⇔ 1x = (do (1)). 0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
● Điều kiện xác định: 1 3.x ≥ + (1)
● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là bất phương trình đã cho, ta có:
(2) ⇔ 2 2
2 2 2 ( 1)( 2) 3( 2 2)x x x x x x x+ − + + − ≥ − −
0,25
⇔ ( 2)( 1) ( 2) 2( 1)x x x x x x− + ≥ − − +
⇔ ( )( )( 2) 2 ( 1) ( 2) ( 1) 0.x x x x x x− − + − + + ≤ (3)
Do với mọi x thỏa mãn (1), ta có ( 2) ( 1) 0x x x− + + > nên
(3) ⇔ ( 2) 2 ( 1)x x x− ≤ +
0,50
⇔ 2
6 4 0x x− − ≤
⇔ 3 13 3 13.x− ≤ ≤ + (4)
Kết hợp (1) và (4), ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
1 3 ; 3 13 . + + 
0,25

4. Câu 5
(1,0 điểm) Ta có:
2 2
3
1 1
2 d ln d .I x x x x= +∫ ∫ (1) 0,25
Đặt
2
3
1
1
2 dI x x= ∫ và
2
2
1
ln d .I x x= ∫ Ta có:
2
4
1
1
1 15
.
2 2
I x= =
0,25
2 2
2 2
2 1 1
1 1
.ln d(ln ) 2ln 2 d 2ln 2 2ln 2 1.I x x x x x x= − = − = − = −∫ ∫
Vậy 1 2
13
2ln 2.
2
I I I= + = +
0,50
Câu 6
(1,0 điểm)
Theo giả thiết,
1
2
HA HC AC a= = = và SH ⊥ mp(ABC).
Xét ∆v. ABC, ta có: o
.cos 2 .cos30 3 .BC AC ACB a a= = =
0,25
Do đó o 21 1 3
. .sin .2 . 3 .sin30 .
2 2 2
ABCS AC BC ACB a a a= = =
Vậy
3
2
.
1 1 3 6
. . 2 . .
3 3 2 6
S ABC ABC
a
V SH S a a= = =
0,25
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)
0,25
Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN, ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
.
2HK SH HN a HN
= + = +
Vì HN là đường trung bình của ∆ABC nên
1 3
.
2 2
a
HN BC= =
Do đó 2 2 2 2
1 1 4 11
.
2 3 6HK a a a
= + = Suy ra
66
.
11
a
HK = (3)
Thế (3) vào (2), ta được ( )
2 66
, ( ) .
11
a
d C SAB =
0,25

5. 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 1d của đoạn thẳng OC; (1)
+ B là giao của ∆ và đường trung trực 2d của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối
xứng của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆. (2)
0,50
Vì C ∈ ∆ và có hoành độ 0
24
5
x = (gt) nên gọi 0y là tung độ của C, ta có:
0
24
4. 3 12 0.
5
y+ − = Suy ra 0
12
.
5
y = −
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là
12 6
;
5 5
 
− 
 
và đường thẳng OC có
phương trình: 2 0.x y+ =
Suy ra phương trình của 1d là: 2 6 0.x y− − =
Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
{4 3 12 0
2 6 0.
x y
x y
+ − =
− − =
Giải hệ trên, ta được A = (3; 0).
0,25

6. Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và vuông góc với ∆, ta có phương trình của
d là: 3 4 6 0.x y− + = Từ đây, do H là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ của H là
nghiệm của hệ phương trình:
{4 3 12 0
3 4 6 0.
x y
x y
+ − =
− + =
Giải hệ trên, ta được
6 12
; .
5 5
H
 
=  
 
Suy ra
12 36
; .
5 5
D
 
= − 
 
Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là
6 18
;
5 5
 
− 
 
và đường thẳng OD có
phương trình: 3 0.x y+ =
Suy ra phương trình của 2d là: 3 12 0.x y− + =
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:
{4 3 12 0
3 12 0.
x y
x y
+ − =
− + =
Giải hệ trên, ta được B = (0; 4).
0,25
Câu 8
(1,0 điểm)
Gọi M là trung điểm của AB, ta có
3 1 1
; ; .
2 2 2
M
 
= − 
 
Vì (P) là mặt phẳng trung trực của AB nên (P) đi qua M và ( 1; 1; 1)AB = − − là
một vectơ pháp tuyến của (P).
0,25
Suy ra, phương trình của (P) là:
3 1 1
( 1) ( 1) 0
2 2 2
x y z
     
− − + − + − + =     
     
hay: 2 2 2 1 0.x y z− + − =
0,25
Ta có
2 2 2
| 1| 1
( , ( )) .
2 32 ( 2) 2
d O P
−
= =
+ − +
0,25
Do đó, phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) là: 2 2 2 1
12
x y z+ + =
hay 2 2 2
12 12 12 1 0.x y z+ + − =
0,25
Câu 9
(0,5 điểm)
Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí
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.
Vì A cũng như B đều có 3
10C cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy
tắc nhân, ta có ( )
23
10( ) C .n Ω =
0,25
Kí hiệu X là biến cố “bộ 3 câu hỏi A chọn và bộ 3 câu hỏi B chọn là giống
nhau”.
Vì với mỗi cách chọn 3 câu hỏi của A, B chỉ có duy nhất cách chọn 3 câu hỏi
giống như A nên ( ) 3 3
10 10C .1 C .Xn Ω = =
Vì vậy
( )
( )
3
10
2 33
1010
C 1 1
( ) .
( ) C 120C
Xn
P X
n
Ω
= = = =
Ω
0,25

7. Câu 10
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, với mỗi số thực x, xét các điểm ( ; 1)A x x + ,
3 1
;
2 2
B
 
−  
 
và
3 1
; .
2 2
C
 
− −  
 
Khi đó, ta có ,
OA OB OC
P
a b c
= + + trong đó a = BC, b = CA và c = AB.
0,25
Gọi G là trọng tâm ∆ABC, ta có:
. . . 3 . . .
. . . 2 . . .a b c
OAGA OB GB OC GC OAGA OB GB OC GC
P
a GA bGB c GC a m b m c m
 
= + + = + + 
 
,
trong đó ,a bm m và cm tương ứng là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A,
B, C của ∆ABC.
0,25
Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số thực không âm, ta có
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
1
. . 3 2 2
2 3
3 2 21
. .
22 3 2 3
aa m a b c a
a b c a a b c
= + −
+ + − + +
≤ =
Bằng cách tương tự, ta cũng có:
2 2 2
.
2 3
b
a b c
b m
+ +
≤ và
2 2 2
. .
2 3
c
a b c
c m
+ +
≤
Suy ra ( )2 2 2
3 3
. . . .P OAGA OB GB OC GC
a b c
≥ + +
+ +
(1)
0,25
Ta có: . . . . . . .OAGA OB GB OC GC OAGA OB GB OC GC+ + ≥ + + (2)
( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
. . .
. . .
.
4
. (3)
9 3
a b c
OAGA OB GB OC GC
OG GA GA OG GB GB OG GC GC
OG GA GB GC GA GB GC
a b c
m m m
+ +
= + + + + +
= + + + + +
+ +
= + + =
Từ (1), (2) và (3), suy ra 3.P ≥
Hơn nữa, bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy 3P = khi x = 0.
Vậy min 3.P =
0,25

8. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015
PHÚ YÊN MÔN:TOÁN
Ngày thi: 02/4/2015
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
­­­­­­­­­­­
Câu 1. (2,00 điểm) Cho hàm số 3
3 2 y x x= - - .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Hãy tìm tọa độ điểm M thuộc
đồ thị (C) sao cho tam giác MAB cân tại M.
Câu 2. (1,00 điểm) Giải phương trình 2 8 log ( 2) 3log (3 5) 2 0 x x- + - - = trên tập hợp số thực.
Câu 3. (1,00 điểm) Tính tích phân:
3
2
1
2
2 3 2
I dx
x x
=
+ -ò .
Câu 4. (1,00 điểm) Một lớp học có 33 học sinh, trong đó có 10 học sinh giỏi, 11 học sinh khá
và 12 học sinh trung bình. Chọn ngẫu nhiên trong lớp học 4 học sinh tham dự trại hè. Tính xác
suất để nhóm học sinh được chọn có đủ học sinh giỏi, học sinh khá và học sinh trung bình.
Câu 5. (1,00 điểm) Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc
với mặt phẳng đáy. Tính thể tích tứ diện biết đường cao AH của tam giác ABC bằng a và góc
giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) là 60 0
.
Câu 6. (1,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M, N lần lượt là trung
điểm của các cạnh BC, CD. Tìm tọa độ đỉnh B, điểm M biết N(0;­2), đường thẳng AM có
phương trình x +2y – 2 = 0 và cạnh hình vuông bằng 4.
Câu 7. (1,00 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(­4;­2;4) và đường thẳng d :
3 2
1 ( ).
1 4
x t
y t t
z t
= - +ì
ï
= - Îí
ï = - +î
¡
Viết phương trình đường thẳng D đi qua A, cắt và vuông góc với đường thẳng d.
Câu 8. (1,00 điểm) Giải hệ phương trình:
( ) 3
2
2
27 3 9 7 6 9 0
( , ) 109
2 3 0
3 81
x x y y
x y x
y x
ì + + - - =
ï
Îí
+ + - - =ï
î
¡ .
Câu 9. (1,00 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2
5 5 x y
P = + , biết rằng
0, 0, 1 x y x y³ ³ + = .
­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( duongbinhluyen@phuyen.edu.vn)
đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐỀ CHÍNH THỨC

9. HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Gồm có 04 trang)
1. Hướng dẫn chung
­ Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
­ Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm chấm phải bảo đảm không sai
lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
­ Điểm bài thi không làm tròn số.
2. Đáp án và thang điểm
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1 Cho hàm số 3
3 2 y x x= - - 2,00 đ
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
­ Tập xác đinh: ¡ .
­ Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: 2 2
' 3 3 3( 1). y x x= - = - 2 1
' 0 3( 1) 0
1
x
y x
x
= -é
= Û - = Û ê =ë
.
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ; 1-¥ - và ( ) 1;+¥ ;
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 1;1- .
+ Cực trị và giới hạn:
H/s đạt cực đại tại 1; x = - yCĐ= ( ) 1 0 y - = .
H/s đạt cực tiểu tại 1; x = yCT= ( ) 1 4 y = - .
Các giới hạn: lim ; lim
x x
y y
®-¥ ®+¥
= -¥ = +¥ .
+ Bảng biến thiên:
x -¥ ­1 1 +¥
y’ + 0 ­ 0 +
y
0 +¥
­¥ ­4
­ Đồ thị đi qua các điểm (2;0), (0;­2):như hình vẽ.
1,00 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho DMAB cân tại M.
M(x;y) cần tìm là giao điểm của đường trung trực của đoạn AB và đồ thị (C).
Ta có các điểm cực trị là A(­1;0), B(1;­4), trung điểm của đoạn AB là I(0;­2).
Đường trung trực đoạn AB nhận (2; 4) AB = -
uuur
làm vtcp có p/t 2 4 0 x y- - = .
Hoành độ giao điểm của M là nghiệm của phương trình: 3 4
3 2
2
x
x x
-
- - = .
Giải ra ta được
7
2
x = ± và 0 x = (loại).
Với
7 14 8
2 4
x y
-
= Þ = , ta có điểm 1
7 14 8
;
2 4
M
æ ö-
ç ÷ç ÷
è ø
;
Với
7 14 8
2 4
x y
- -
= - Þ = , ta có điểm 2
7 14 8
;
2 4
M
æ ö- -
-ç ÷ç ÷
è ø
.
1,00 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
f(x)=x^3­3x­2
­9 ­8 ­7 ­6 ­5 ­4 ­3 ­2 ­1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
­8
­6
­4
­2
2
4
6
8
x
f(x)

10. 2 Giải phương trình 2 8 log ( 2) 3log (3 5) 2 0 x x- + - - = 1,00 đ
Điều kiện
2 0
2
3 5 0
x
x
x
- >ì
Û >í
- >î
.
Phương trình tương đương: 2 2 log ( 2) log (3 5) 2 x x- + - =
[ ] 2
2 log ( 2)(3 5) 2 3 11 6 0 x x x xÛ - - = Û - + = .
Giải pt trên và đối chiếu điều kiện ta tìm được nghiệm pt đã cho là 3 x = .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
3 Tính tích phân
3
2
1
2
2 3 2
I dx
x x
=
+ -ò 1,00 đ
Ta có:
3
1
2
(2 1)( 2)
I dx
x x
=
- +ò
3 3
1 1
2 2 1
5 2 1 2
dx dx
x x
æ ö
= -ç ÷
- +è ø
ò ò
3 3
1 1
2 (2 1) ( 2)
5 2 1 2
d x d x
x x
æ ö- +
= -ç ÷
- +è ø
ò ò
( ) 3 3
1 1
2 2
ln | 2 1| ln | 2 | ln 3
5 5
x x= - - + = .
0,50 đ
0,25 đ
0,25 đ
4 1,00 đ
Gọi A là biến cố: “4 HS được chọn có đủ HS giỏi, HS khá và HS trung bình”.
Số phần tử không gian mẫu: 4
33 CW = =40920.
Ta có các trường hợp được chọn sau:
(1) Có 2 HS giỏi, 1 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: 2 1 1
10 11 12 . . 5940 C C C =
(2) Có 1 HS giỏi, 2 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: 1 2 1
10 11 12 . . 6600 C C C =
(3) Có 1 HS giỏi, 1 HS khá và 2 HS trung bình. Số cách chọn là: 1 1 2
10 11 12 . . 7260 C C C = .
Ta được AW = 5940 + 6600 + 7260 = 19800.
Do đó
15
( )
31
A
P A
W
= =
W
.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
5 1,00 đ
DABC vuông cân tại A nên BC = 2AH = 2a.
Từ đó 2 1 1
. .2
2 2
ABC S AH BC a a a= = = (đvdt).
Vì SA^(ABC) và AH ^ BC suy ra SH^ BC
Do đó ((SBC),(ABC))= · 0
60 SHA =
Suy ra 0
tan 60 3 SA AH a= = .
Vậy
3
2 1 1 3
. 3.
3 3 3
SABC ABC
a
V SA S a a= = = (đvtt).
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
6 1,00 đ
Gọi I =AM Ç BN. DBIM đồng dạng DABM
suy ra AM^BN nên BN: 2x ­ y +c = 0.
N(0;­2) 2 cÞ = - Þ BN: 2x ­ y ­2 = 0.
Tọa độ điểm I là nghiệm hệ pt:
0,25 đ
O 1 ­2 2 M
2 A B
­1
1
­1
I
y
x
B
C A
H
S

11. 6
2 2 0 6 2 5
;
2 2 0 2 5 5
5
x
x y
I
x y
y
é
=ê+ - =ì æ ö
Û Þêí ç ÷- - = è øî ê =
êë
.
Từ DABM vuông :
2 2
. 4
5
AB BM
BI
AB BM
= =
+
.
Tọa độ điểm B(x;y) thỏa mãn 2 2
2 2 0
4 6 2 16
5 5 5 5
x y B BN
BI x y
- - =ìÎì
ï ï
Þí íæ ö æ ö= - + - =ç ÷ ç ÷ï ï
î è ø è øî
.
Giải hệ ta được
2
2
x
y
=ì
í
=î
và
2
5
6
5
x
y
ì
=ïï
í
-ï =
ïî
, suy ra (2;2) B ( loại
2 6
;
5 5
-æ ö
ç ÷
è ø
).
Tọa độ điểm M(x;y) thỏa 2 2
2 2
2 2 0
6 2 4
5 5 5
x y
M AM
x y IM BM BI
+ - =ì
Îìï ï
Þí íæ ö æ ö
- + - == -ï ç ÷ ç ÷ïî
è ø è øî
.
Giải hệ ta được
2
0
x
y
=ì
í
=î
và
2
5
4
5
x
y
ì
=ïï
í
ï =
ïî
, suy ra 1 2
2 4
(2;0), ;
5 5
M M
æ ö
ç ÷
è ø
.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
7 1,00 đ
Do D đi qua A và vuông góc với d nên D phải nằm trong mặt phẳng (P) đi qua
A và vuông góc với d.
Mặt phẳng (P) nhận vtcp (2; 1;4) u = -
r
của d làm vtpt, đi qua A(­4;­2;4) có
phương trình : 2x ­ y + 4z ­ 10 = 0.
Gọi M là giao điểm của d và (P) thì M(­3 + 2t;1 ­ t;­1 + 4t) Î d và MÎD.
Ta cũng có MÎ(P) Û 2(­3 + 2t) ­ (1 ­ t) + 4(­1 + 4t) – 10 = 0
Û 21t – 21 = 0 Û t = 1.Vậy M(­1;0;3).
Khi đó (3;2; 1) AM = -
uuuur
, đường thẳng D qua A và M có phương trình:
4 2 4
3 2 1
x y z+ + -
= =
-
.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
8 Giải hệ phương trình:
( ) 3
2
2
27 3 9 7 6 9 0(1)
109
2 3 0 (2)
3 81
x x y y
x
y x
ì + + - - =
ï
í
+ + - - =ï
î
. 1,00 đ
Với điều kiện:
2 2
,
3 3
x y£ £ , (1) viết lại là: ( ) ( ) 2
9 1 3 6 9 1 6 9 x x y y+ = - + - .
0,25 đ

12. Đặt 3 , 6 9 u x v y= = - , ta có: ( ) ( ) 2 2
1 1 u u v v+ = + .
Xét h/s: ( ) 2
( ) 1 f t t t= + có 2
'( ) 3 1 0 f t t= + > nên h/s luôn đồng biến trên ¡ ,
Suy ra 2
0
3 6 9 2
(3)
3
x
u v x y
y x
³ì
ï
= Û = - Û í
= -ïî
.
Thế (3) vào (2) ta được:
2 2
2 2 109
2 3 0
3 3 81
x
x x
æ ö
+ - + - - =ç ÷
è ø
(4).
Nhận xét:
2
0,
3
x x= = không phải là nghiệm của (4).
Xét hàm số:
2 2
2 2 109
( ) 2 3
3 3 81
x
g x x x
æ ö
= + - + - -ç ÷
è ø
Ta có: ( ) 2 3 2
'( ) 2 2 1 0, 0;
3 2 2 3
g x x x x
x
æ ö
= - - < " Îç ÷
- è ø
Nên hàm số g(x) nghịch biến trên
2
0;
3
æ ö
ç ÷
è ø
.
Dễ thấy
1
3
x = là nghiệm của (4), suy ra
5
9
y = nên hệ có nghiệm duy nhất
1 5
;
3 9
æ ö
ç ÷
è ø
.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
9 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2
5 5 x y
P = + , biết 0, 0, 1 x y x y³ ³ + = 1,00 đ
Do 1 1 x y y x+ = Þ = - , nên 2 1 2 5
5 5 5
5
x x x
x
P -
= + = + .
Đặt 5 x
t = thì 1 5 t£ £ (do 0 1 x£ £ ).
Xét hàm số 2 5
( ) f t t
t
= + , với 1 5 t£ £ . Ta có
3
2 2
5 2 5
'( ) 2
t
f t t
t t
-
= - = .
Do đó có bảng biến thiên:
t 1 3
5
2
5
f’(t) ­ 0 +
f(t)
6 26
3
25
3
4
Vậy 3 3
1 5 1 5
5 25
min min ( ) 3 ;max max ( ) (5) 26
2 4 t t
P f t f P f t f
£ £ £ £
æ ö
= = = = = =ç ÷ç ÷
è ø
.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( duongbinhluyen@phuyen.edu.vn)
đã gửi tới www.laisac.page.tl

13. 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 ( ) m C là đồ thị của hàm số 3
3 y x x m= - + ( m là tham số thực).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 2 m = .
b) Định tham số m để qua điểm uốn của đồ thị ( ) m C kẽ được một đường thẳng( ) d tạo với đồ thị( ) m C 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 ( )( ) 2
tan .cot 2 1 sinx 4cos 4sin 5 . x x x x= + + -
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
( )
( )
3
4
ln 4tan
sin 2 .ln 2tanx
x
I dx
x
p
p
= ò .
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Trog trường hợp khai triển theo nhị thức Newton của biểu thức ( ) 2
1
n
x+ ta có hệ số chứa 8
x bằng 210
Tính tổng các hệ số của các số hạng được khai triển từ biểu thức trên theo trường hợp đó.
b) Cho các số phức z thỏa mãn 1 34 z - = và 1 2 z mi z m i+ + = + + . Định tham số mΡ để tồn tại hai
số phức 1 2 , z z đồng thời thỏa mãn hai điều kiện trên sao cho 1 2 z z- là lớn nhất.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, qua hai điểm ( ) ( ) 1; 1;1 , 0; 1;0 M N- - lập
phương trình mặt phẳng a cắt mặt cầu ( )
2 2 2
( ) 2 ( 1) ( 1) 5 S x y z+ + + + - = một thiết diện đường tròn mà diện
tích hình tròn sinh bỡi đường tròn đó có diện tích S p= .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên ( ) SA ABCD^
và SA = a. Qua A dựng mặt phẳng a vuông góc với SC sao cho a cắt SC, SB, SD lần lượt tại G, M, N.
Tính theo a thể tích khối nón (H), biết rằng đường tròn đáy của (H) ngoại tiếp tứ giác AMGN và đỉnh O của
(H) nằm trên đáy ABCD của hình chóp S.ABCD.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hãy tính diện tích tam giác ABC biết rằng hai
điểm (5;5) H , ( ) 5;4 I lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và 8 0 x y+ - = là
phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của tam giác.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình nghiệm thực ( ) 2
x ln x 2x 2 x 1- + = + .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn 0 x y z< < < .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
3 4 3 3
2 2 2 2 2
15 x z y z x
P
x z y xz y z xz y
+
= + +
+ +
.
Nguyễn Lái
( GV THPT Chuyên Lương Văn Chánh.
Tuy Hòa, Phú Yên.)

14. HƯỚNG DẪN GIẢI.
Câu 1.
a) Bạn đọc tự giải.
b) Tọa độ điểm uốn của đồ thị ( ) m C là ( ) 0; I m nên đường thẳng ( ) d có dạng y kx m= +
Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số ( ) m C và phương trình đường thẳng ( ) d là
3
3 x x m- + kx m= + ( ) 3
3 0 x k xÛ - + = (1)
Để ( ) d chắn được trên đồ thị ( ) m C một diện tích thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm 3 kÞ > - ,
lúc đó 3 nghiệm của phương trình (1) là 0, 3, 3 x x k x k= = - + = + .
Vì I là tâm đối xứng của đường cong ( ) m C nên diện tích của hình phẳng (H) là:
( )
3
2 3
0
1
2 3 3
2
k
S kx m x x m dx k
+
é ù= + - + - = +ë ûò ( )
2 1
2 3 2 1
2
S k kÞ = Û + = Þ = - (vì 3 k > - ).
Lúc này đưởng thẳng ( ) d viết lại y x m= - + nên (d) cắt hai trục tọa độ tại hai giao điểm
( ) ( ) 0; , ;0 A m B m . Vì (T) là tam giác vuông cân nên diện tích của (T) là 2 1
2
S m=
theo giả thiết 2 2, 2 S m m= Þ = = - .Vậy có hai giá cần tìm là 2, 2 m m= = - .
Câu 2. Điều kiện :
cos 0
sin 2 0 2
x k
x
x
p¹ì
Þ ¹í
¹î
.
Ta có ( )( ) 2 3
tan .cot 2 1 sinx 4cos 4sin 5 tan .cot 2 3sin 4sin 1 x x x x x x x x= + + - Û = - -
sin3 1
1 tan .cot 2 sin3 sin3 sin3 1 0
cos .sin 2 cos .sin 2
x
x x x x x
x x x x
æ ö
Û + = Û = Û - =ç ÷
è ø
Nghiệm phương trình xảy ra :
hoặc sin 3 0
3
n
x x
p
= Û = , so với điều kiện phương trình có nghiệm là
2
,
3 3
x m x m
p p
p p= + = +
hoặc
sin 2 1 sin 2 1
sin 2 .cos 1
cos 1 cos 1
x x
x x
x x
= = -ì ì
= Û " Ûí í
= = -î î
vô nghiệm
Vậy nghiệm của phương trình trên là ( )
2
, ,
3 3
x m x m m Z
p p
p p= + = + Î .
Câu 3. Ta có:
( )
( ) ( )
3 3 3
4 4 4
ln 2 ln 2t anx
ln 2.
sin 2 .ln 2t anx sin 2 .ln 2t anx sin 2
dx dx
I dx
x x x
p p p
p p p
+
= = +ò ò ò
Tính
( )
( )
( )
( )
3 3
3
4
4 4
ln 2t anx ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 3
ln 2. . . ln ln(2tan ) .ln
sin 2 .ln 2t anx 2 ln 2t anx 2 2 ln 2
d dx
x
x
p p
p
p
p p
é ù æ öë û é ù= = = ç ÷ë û ç ÷
è ø
ò ò .
Tính
3 3
4
4
1 1
ln(t anx) ln 3
sin 2 2 2
dx
x
p p
p
p
= =ò .
Vậy
ln 2 ln 2 3 1
.ln ln 3
2 ln 2 2
I
æ ö
= +ç ÷ç ÷
è ø
.

15. Câu 4 .
a) . Khai triển biểu thức trên có số hạng thứ (k+1) là ( ) 2
, k k
n C x k n< .
Theo giả thiết , ta có
2 8
210 k
n
k
C
=ì
í
=î ( )
4 !
4, 210 210
4! 4 !
n
n
k C
n
Þ = = Þ =
-
( )( )( ) ( )( ) 2 2
3 2 1 5040 3 3 2 5040 n n n n n n n nÛ - - - = Û - - + = .
Đặt ẩn phụ và giải phương trình này ta được n = 10 .
Khai triển biểu thức ( )
10 2 0 2 1 4 2 2.10 10
10 10 10 10 1 .... x C x C x C x C+ = + + + + .
Do đó tổng các hệ số: ( )
10 0 1 2 10 10
10 10 10 10 .... 1 1 2 C C C C+ + + + = + =
b). Giả sử ( ) ; M a b là điểm biểu diễn số phức ( ) , , z a bi a b R= + Î , vì
( )
2 2
1 34 1 34 z a b- = Þ - + = Þ M thuộc đường tròn ( )
2 2
( ): 1 34 C x y- + = . Vì
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 2 1 2 2 1 2 2 3 0 z mi z m i a b m a m b m a m b+ + = + + Þ + + + = + + + Þ - + - - =
Þ M nằm trên đường thẳng ( ): d ( ) ( ) 2 1 2 2 3 0 m x m y- + - - =
Để tồn tại hai số phức 1 2 , z z đồng thời thỏa mãn hai điều kiện đã cho nghĩa là tồn tại hai điểm biểu
diễn 1 2 , M M của hai số phức lần lượt nằm trên hai giao điểm của ( ) C và (d) , và để 1 2 z z- lớn nhất
khi và chỉ khi 1 2 M M là đường kính của ( C ) hay (d) qua tâm (1;0) I của ( C )
( ) ( )
1
2 1 .1 2 2 .0 3 0
2
m m mÞ - + - - = Þ = - .
Lúc nầy đường thẳng (d) viết lại 3 5 3 0 x y- - = . Do đó 1 2 , M M là nghiệm của hệ
( )
( ) ( )
2 2
1 2
1 34
6;3 , 4; 3
3 5 3 0
x y
M M
x y
ì - + =ï
Þ - -í
- - =ïî
.
Vậy hai số phức cần tìm là 3 4 6 3 , 4 3 z i z i= + = - - .
Câu 5. Mặt cầu (S) có tâm ( 2; 1;1) I - - và bán kính 5 R = .
Gọi r là bán kính đường tròn thiết diện, theo giả thiết ta có 2
. 1 S r rp p p= Û = Þ = .
Gọi d là khảng cách từ I đến mặt phẳng a ta có 2 2 2
5 1 2 d R r d= - = - Þ = .
Mặt phẳng a qua ( ) 0; 1;0 N - có dạng ( ) ( ) 2 2 2
Ax 1 0 Ax 0 0 B y Cz By Cz B A B C+ + + = Û + + + = + + ¹ .
Mặt khác a qua ( ) 1; 1;1 M - nên thỏa 0 : Ax 0 A C By Az Ba+ = Þ + - + = .
Vì 2 2
2 2
3
( , ) 2 4 2
2
A A
d d I A B
B A B
a
-
= = = Û = Þ = ±
+
( vì 2 2 2
0 A B C+ + ¹ )
Do đó có hai mặt phẳng a cần tìm là : 2 2 1 0 x y z+ - + = , 2 2 1 0 x y z- - - = .
Câu 6. Ta có ( )
BC SA
BC SAB BC AM
BC AB
^ì
Þ ^ Þ ^í
^î
( vì ( ) AM SABÌ ) (1)
Mặt khác SC SC AMa^ Þ ^ ( vì AM aÌ ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra ( ) AM SBC AM MG^ Þ ^ ( vì ( ) MG SBCÌ )
AMGÞ D vuông tại M, tương tự ta cũng có tam giác ANGD vuông
tại NÞ tâm H đường tròn đáy của (H) là trung điểm AG, có bán
H
N
G
M
O
S
D
C B
A

16. kính
2
AG
R = . Xét tam giác vuông SAC tại A có
. 6 6
3 6
SA AC
AG a R a
SC
= = Þ = .
Vì OH là đường cao (H) / / OH OH SC OaÞ ^ Þ Þ là giao điểm hai đường chéo AC, BD
1
2
OH CGÞ = . Xét tam giác vuông SAC có AG là đường cao , nên
2
2 3
3 3
AC
CG a OH a
SC
= = Þ =
Vậy thể tích hình nón là ( )
2 3 1 3
.
3 54 H
V R OH ap p= = .
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 0 x y- = , E là giao điểm của BC và AH (4;4) EÞ và H là
trung điểm HK (3;3) KÞ , suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 5 R IK= =
Þ phương trình đường tròn là ( ) ( ) 2 2
5 4 5, ( ) x y C- + - =
Vậy hai điểm B, C là nghiệm của hệ hai phương trình đường thẳng BC và đường tròn
( ) (3;5), (6;2) C B CÞ và đỉnh A là nghiệm hệ của đường cao AH và đường tròn ( ) (6;6) C AÞ
Diện tích tam giác ABC là
( )
6 6 8 1 1
, . .3 2 6
2 2 2
ABC S d A BC BC
+ -
= = = (đvdt).
Câu 8. Điều kiện 0 x > ta có ( ) ( ) 2
2
x 1
x ln x 2x 2 x 1 x ln x
2x 2
+
- + = + Û - =
+
Xét hàm số
2
x 1
f(x)
2x 2
+
=
+
/ /
2 2
1 x
f (x) f (x) 0 x 1
(x 1) 2x 2
-
Þ = Þ = Û =
+ +
Lập bảng biến thiên ta có ( ) 1, 0 f x x£ " > , đẳng thức xảy ra khi x = 1.
Xét hàm số
1 1
( ) ln '( ) 1 '( ) 0 1
x
g x x x g x g x x
x x
-
= - Þ = - = Þ = Û = .
Lập bảng biến thiên ta có ( ) 1, 0 g x x³ " > , đẳng thức xảy ra khi x = 1.
Vậy phương trình có đúng một nghiệm x = 1.
Câu 9 Ta có
3 3
2
15
x y
y z z
P
x y x y z x
y z y z x
æ ö æ ö
ç ÷ ç ÷
æ öè ø è ø= + + +ç ÷
è ø+ +
. Đặt , , . . 1, 1.
x y z
a b c a b c c
y z x
= = = Þ = >
Biểu thức viết lại
3 3
2 15 a b
P c
a b a b c
= + + +
+ +
Ta có ( )
3 3
3 3 1 a b
a b ab a b ab
a b a b c
+ ³ + Þ + ³ =
+ +
( vì a, b > 0 ).
Vậy ( ) 2 2 1 15 16
( ), 1; P c c f c c
c c c
³ + + = + = " Î +¥
Ta có 2
16
'( ) 2 '( ) 0 2 f c c f c c
c
= - Þ = Û =
Lập bảng biến thiên ta có ( ) (2) 12, f c f³ = khi và chỉ khi
1
2 2 2
2
c a b z y x= Þ = = Þ = = .
Vậy giá trị nhỏ nhất 12 P = khi và chỉ khi 2 2 z y x= = .

17. Së gi¸o dôc & ®µo t¹o Thõa thiªn huÕ
Trường THPT 80 Nguyễn Huệ
®Ò chÝnh thøc
Kú thi tuyÓn sinh CHUNG quèc GIA
N¨m häc 2014-2015
Môn thi : To¸n
(120 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
---------------------------------------
Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số
2
32



x
x
y có đồ thị (C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số(C)
2. Cho đường thẳng d: mxy  2 . Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt
với mọi số thực m . Gọ i ,1k 2k lần lư ợt là hệ số gó c của t iếp tu yến của (C )
tại A và B. Tìm m để P =    
2014 2014
1 2
k k đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác: cos2x sinx cosx 0  
2. Giải hệ phương trình:
 








10)1(4)19(
1
1
1913
223
2
xxyx
xx
yxy
Câu III (2,0 điểm) Cho khối chóp .S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a,   0
AS 90 ,B SAC 
 0
120BSC  . Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh
tam giác AMN vuông. Tính thể tích S.ABC và khoảng cách từ điểmC đến mặt phẳng ( )SAB
theo a.
Câu IV (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm  1;2A và  4;3B . Tìm
tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho góc AMB bằng 0
45 .
Câu V (1,0điểm) Chứng minh rằng nếu ,x y là các số thực dương thì
   
2 2
1 1 1
11 1 xyx y
 
 
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh ................................................................Số báo danh...............................................

18. Câu I
1. Khảo sát tự làm
2. Nội dung Điểm
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:
mx
x
x



2
2
32






(*)023)6(2
2
2
mxmx
x
0,5
Xét phương trình (*), ta có: Rm ,0 và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. 0,5
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là
2
2
22
1
1
)1(
1
,
)1(
1




x
k
x
k , trong đó 1x , 2x là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy
     
4
422
1
22
1
. 2
2121
2
2
2
1
21 




xxxxxx
kk (k1>0, k2>0)
0,5
Có P =      2014 2014 2014 2015
1 2 1 2
k k 2. k k 2   , do dó MinP = 22015
đạt được khi
2
2
2
12
2
2
1
21 )2()2(
)2(
1
)2(
1




 xx
xx
kk
do 1x , 2x phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2
 x1 + x2 = - 4  m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.
0,5
Câu II
1. Nội dung Điểm
2 2
cos2x sinx cosx 0 cos x sin x (cosx sinx) 0        0,5
(cosx sin x)(cosx sin x 1) 0     0,5
2.cos x 0
cosx sinx 0 4
cosx sinx 1 0
2 cos x 1
4
  
                
 
0,5
x k
x k4 2
4
3
x k2 x k2
4 4
3 x k2
x k2 2
4 4
 
       
          
 
          
0,5

19. 2. Nội dung Điểm
ĐK: 0x 
NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0
PT (1) 
x
xx
yyy


1
1933 2
 1
111
1)3(33
2
2







xxx
yyy (3)
0,5
Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. 12
t , t > 0.
Ta có: f’(t) = 1 +
1
1
2
2
2


t
t
t >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)
PT(3)  f(3y)= f 





x
1
 3y =
x
1
0,5
Thế vào pt(2) ta được PT: 10).1(4 223
 xxxx
Đặt g(x)= 10).1(4 223
 xxxx , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0
g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)
0,5
Ta có g(1) = 0
Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x =1 y =
3
1
KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;
3
1
).
0,5
Câu III
Dùng Đlý hàm số Cosin
tính được: MN = 32a
0,25
AM= 22a , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600
) tam
giác AMN vuông tại A.
0,25
N
M
S
C
B
A
H
N
M
A
S

20. Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A.
)(AMNSH  ; tính được SH = a. 0,5
Tính được
3
22 3
.
a
V AMNS 
0,25
3
1
.
.
.
.

SCSB
SNSM
V
V
ABCS
AMNS 3
. 22 aV ABCS 
0,25
Vậy
3
.
2
3 6 2
( ;( )) 2 2
3
S ABC
SAB
V a
d C SAB a
S a
  
0,5
Câu IV
Giả sử tọa độ của  ;0M x . Khi đó    1 ;2 ; 4 ;3MA x MB x   
 
.
Theo giả thiết ta có 0
. . .cos 45MAMB MA MB
  0,25
      2 2
2 2 2
2
1 4 6 1 4. 4 9.
2
2
5 10 2 5. 8 25.
2
x x x x
x x x x x x
        
       
0,25
    
   
2
2 2 2 2
4 3 2
2
2 5 10 2 5 8 25 (do 5 10 0)
10 44 110 75 0
1 5 4 15 0 1; 5
x x x x x x x x
x x x x
x x x x x x
          
     
        
0,25
Vậy ta có hai điểm cần tìm là  1;0M hoặc  5;0M 0,25
Câu V
Do , 0x y  nên bất đẳng thức đã cho tương đương với
         
2 2 2 2
1 1 1 1 1x y xy x y       
 
0,25
     2 2 2 2
2 2 2 1 1 2 1 2x y x y xy x x y y           0,25
   2 2
1 0xy x y xy     , bất đẳng thức này luôn đúng.
Dấu bằng xảy ra khi 1x y 
0,25
0,25

21. TRƯỜNG THPT SỐ 3 BẢO THẮNG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Ngày Thi : 19-03-2015 Môn: TOÁN
ĐỀ THI THỬ LẦN 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
-
=
- +
có đồ thị (C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (C)
2. Tìm m để đường thẳng 2y x m= - + cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2,x x sao cho
1 2 1 2
7
4( )
2
x x x x- + =
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
2 x
sinx 2 3 os + 3
2 0
2sin 3
c
x
-
=
+
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân
( )
2
1
ln
1 2ln
e
x
I dx
x x
=
+ò
Câu 4(1,0 điểm)
1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
1 3
(1 2 ) 2
1
i
i z i
i
-
- + = -
+
. Tính mô đun của z .
2. Tìm hệ số không chứa x trong khai triển
15
3 2
( )f x x
x
æ ö
= +ç ÷
è ø
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( 1;2; 1)A - - và mặt phẳng
( ): 2 2 1 0x y za + - - = . Viết phương trình mặt phẳng( )b song song với mặt phẳng ( )a sao cho
khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng ( )a bằng khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng ( )b
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a . SAB là tam giác vuông cân tại
S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy , góc giữa cạng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 0
60 ,cạnh AC = a.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 3 2
2 1 3 1 2
3 2 2
x y y x x y
x x y y
ì - - + + = + +ï
í
- + = -ïî
Câu 8(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm
7 3
;
2 2
O
æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø
. Điểm ( )6;6M
thuộc cạnh AB và ( )8; 2N - thuộc cạnh BC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
Câu 9 (1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thuộc ( )0;1 thỏa mãn điều kiện ( )3 3
( ) (1 )(1 )x y x y xy x y+ + = - - .Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức : 2 2
2 2
1 1
3 ( )
1 1
P xy x y
x y
= + + - +
+ +
---------- HẾT -------
Cảm ơn bạn Ngô Quang Nghiệp (nghiepbt3@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl

22. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Ý Đáp án Điểm
I 1 1,0
− TXĐ : D = R
− Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên
( )
2
1
' 0, 1
1
y x
x
= > " ¹
- +
Vậy: Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-¥ ;1) và (1 ; +¥ )
0,25
+ Cực trị :
Hàm số không có cực trị
+ Giới hạn :
lim 2; lim 2 2
x x
y y y
®-¥ ®+¥
= - = - => = - là đường tiệm cận ngang
1 1
lim ; lim 1
x x
y y x- +
® ®
= +¥ = -¥ => = là đường tiệm cận đứng
0.25
+ Bảng biến thiên :
0,25
· Đồ thị:
− Đồ thị :
Đồ thị hàm số giao với Ox: (
1
2
;0)
Đồ thị hàm số giao với Oy: (0;-1)
0,25
2 1,0
2
2 ( 4) 1 0 (1)2 1
2
1 1
x m x mx
x m
x x
ì - + + + =-
= - + Û í
- + ¹î
Đường thằng 2y x m= - + cắt (C) tại hai điểm phân biệt Û phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt khác 1
0,25
( )
2
24 8( 1) 0
8 0,
1 0
m m
m m
ì + - + >ï
Û Û + > "í
- ¹ïî
0,25

23. Vậy m" đường thẳng y x m= + luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có
hoành độ 1 2 1 2, ,x x x x¹
Theo vi-et : 1 2 1 2
4 1
, .
2 2
m m
x x x x
+ +
+ = =
0.25
1 2 1 2
7 1 4 7 22
4( ) 4( )
2 2 2 2 3
m m
x x x x m
+ +
- + = Û - = Û = -
Vậy
22
3
m = - thì đường thẳng 2y x m= - + cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt
có hoành độ 1 2,x x và 1 2 1 2
7
4( )
2
x x x x- + =
0,25
2 1.0
ĐK :
3
sin
2
x ¹ ;
2 x
sinx 2 3 os + 3
2 0 sinx 3 osx=0
2sin 3
c
c
x
-
= Û -
+
0.25
1 3
sinx osx=0 os x + 0
2 2 6
c c
pæ ö
Û - Û =ç ÷
è ø
0.25
x = ,
3
k k Z
p
pÛ + Î 0.25
Kết hợp ĐK ta có x k2 ,k Z
3
p
= + p Î là nghiệm của phương trình 0.25
3 1.0
( )
( )
( )
2
1 1 1
2ln 11 4ln 1 1 1 1
4 1 2ln 4 4 1 2ln
e e e
x dxx dx
I dx
x x x x x
-- +
= = +
+ +ò ò ò 0.25
( ) ( )
( )
( )1 1
2ln 11 1
2ln 1 2ln 1
8 8 1 2ln
e e
d x
x d x
x
+
= - - +
+ò ò 0.25
( ) ( )
2
1 1
1 1
2ln 1 ln 1 2ln
16 8
e e
x x
æ ö
= - + +ç ÷
è ø
0.25
1
ln3
8
= 0.35
4 1.0
1 3 1 7
(1 2 ) 2
1 5 5
i
i z i z i
i
-
- + = - Û = +
+
0,25
2z=> = 0,25
15 15 515 15 5
3 3 62
15 15
0 0
2
( ) . .2 .2 . ,(0 15, )
k kk
k k k k
k k
f x x C x x C x k k Z
x
-
--
= =
æ ö
= + = = £ £ Îç ÷
è ø
å å 0,25
Hệ số không chứa x ứng với k thỏa mãn :
5
5 0 6
6
k
k- = Û = => hệ số : 320320 0,25
5 1,0
( )
4
( , )
3
d A a = 0,25
Vì ( )b //( )a nên phương trình ( )b có dạng : 2 2 0, 1x y z d d+ - + = ¹ - 0,25
( ) ( )
5 4
( , ) ( , )
3 3
d
d A d A
+
a = b Û = Û 0,25
1
9
9
d
d
d
= -é
Û = -ê -ë
(d = -1 loại) =>( )b : 2 2 9 0x y z+ - - =
0,25
6
1,0

24. Gọi I là trung điểm của đoạn AB => ,( ) ( ) ( )SI AB SAB ABCD SI ABCD^ ^ => ^
nên · ( )· 0
, ( ) 60 ,SCI SC ABCD= = 03 3
tan60
2 2
a a
CI SI CI= => = =
Gọi M là trung điểm của đoạn BC , N là trung điểm của đoạn BM
3 3
2 4
a a
AM IN= => =
Ta có
2 2 3
.
3 1 3 3 3
2 . .
2 3 2 2 4
ABCD ABC S ABCD
a a a a
S S VD= = => = =
0.5
ta có
, ( )BC IN BC SI BC SIN^ ^ => ^
Trong mặt phẳng (SIN) kẻ ( ),IK SN K SN^ Î . Ta có
( ) ( ,( ))
IK SN
IK SBC d I SBC IK
IK BC
^ì
=> ^ => =í
^î
Lại có :
2 2 2
1 1 1 3 13 3 13 3 13
( ,( )) ( ,( ))
26 26 13IS
a a a
IK d I SBC d A SBC
IK IN
= + => = => = => =
0.5
7 1.0
ĐK :
2 1 0
2 0
0
1
3
x y
x y
x
y
- - ³ì
ï + ³ïï
>í
ï
ï ³ -
ïî
(1) 2 1 3 1 2 0
1 1
0
2 1 3 1 2
x y x y x y
x y x y
x y x y x y
Û - - - + + - + =
- - - -
Û - =
- - + + + +
( )
1 1
1
2 1 3 1 2
x y
x y x y x y
æ ö
Û - - -ç ÷ç ÷- - + + + +è ø
1 (3)
2 1 3 1 2 (4)
y x
x y x y x y
= -é
Û ê
- - + = + + +êë
0,25
1
(4) 2 1 3 1 2 3 1 (5)
3
x
x y x y x y x y y
-
Û - - + = + + + Û = + Û =
0,25
A
B C
D
S
I
MN
K

25. Từ (3) và (2) ta có :
( )2 3 2 2 1
( 1) ( 2) 2( 1) ( 1) ( 1) 5 0
5
x
x x x x x x
x
=é
- + = - - - Û - - = Û ê =ë
1 0; 5 4x y x y= => = = => =
0,25
Từ (5) và (2) ta có :
( )2 3 2 22 1
( 1) ( 2) ( 1) ( 1) ( 1) 25 59 0 1
27 9
x x x x x x x- + = - - - Û - + = Û = (do x > 0)
Vậy hệ đã cho có nghiệm : ( ; ) (1;0);( ; ) (5;4)x y x y= =
0,25
8 1 1,0
Gọi G là điểm đối xứng của M qua O (1; 3)G CD=> = - Î
Gọi I là điểm đối xứng của N qua O ( 1;5)I AD=> = - Î
0,25
Phương trình cạnh MO qua M và có VTCP MO
uuuur
là : 9 5 24 0x y- - =
=> Phương trình cạnh NE qua N và vuông góc MO là : 5 9 22 0x y+ - =
Gọi E là hình chiếu của N trên MG =>
163 39
;
53 53
E NE MG E
æ ö
= Ç => = ç ÷
è ø
0,25
Lại có
( 0, ) ( 1;3)
NJ MG
NE MG k k R J
NE k NJ
=ìï
^ => ¹ Î => -í
=ïî
uuur uuur ;(Vì ,NE NJ
uuur uuur
cùng chiều )
Suy ra phương trình cạnh AD :
9
1 0
2
x OK+ = => = . Vì KA = KO = KD nên
K,O,D thuộc đường tròn tâm K đường kính OK
Đường tròn tâm K bán kính OK có phương trình : ( )
2
2 3 81
1
2 4
x y
æ ö
+ + - =ç ÷
è ø
0,25
Vậy tọa độ điểm A và D là nghiệm của hệ :
( )
2
2
1
3 81 61
2 4
1
1 0
3
x
yx y
x
x
y
é = -ì
ì íêæ ö =+ + - =ï îêç ÷ Ûí è ø ê = -ìï ê+ = íî
= -êîë
Suy ra ( 1;6); ( 1; 3) (8; 3); (8;6)A D C B- - - => - . Trường hợp ( 1;6); ( 1; 3)D A- - -
loại do M thuộc CD .
0,25

26. 9 1,0
( )
2 2
3 3
( ) (1 )(1 ) ( ) (1 )(1 ) (1)
x y
x y x y xy x y x y x y
y x
æ ö÷ç ÷+ + = - - Û + + = - -ç ÷ç ÷÷çè ø
Ta có :
2 2
( ) 4
x y
x y xy
y x
æ ö÷ç ÷+ + ³ç ÷ç ÷÷çè ø
và
(1 )(1 ) 1 ( ) 1 2x y x y xy xy xy- - = - + + £ - +
1
1 2 4 0
9
xy xy xy xy=> - + ³ Û < £
0.25
Dễ chứng minh : ( )2 2
1 1 1
; ; (0;1)
11 1
x y
xyx y
+ £ Î
++ +
2 22 2
1 1 1 1 2 2
2 2
11 1 11 1 xyx y xyx y
æ ö æ ö
+ £ + £ =ç ÷ ç ÷
++ + +è ø+ + è ø
0.25
2 2 2
3 ( ) ( )xy x y xy x y xy- + = - - £
2 2 1
, ,0
91 1
P xy t t xy t
xy t
æ ö
=> £ + = + = < £ç ÷
+ + è ø
0.25
Xét hàm số
2 1 1 6 10 1 1
( ) , 0 .... max ( ) ( ) , 0;
9 9 10 9 91
f t t t f t f t
t
æ ö æ ù
= + < £ => => = = + Îç ÷ ç ú+ è ø è û
0.25
__________HẾT__________
Cảm ơn bạn Ngô Quang Nghiệp (nghiepbt3@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl

27. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO
TẠO BẮC GIANG
Trường THPT Bố Hạ
Tổ Toán- Tin
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN LỚP 12 LẦN 3
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 4 2
2( 1) 1 ( )my x m x m C      .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số( )mC khi m=0.
b) Tìm m để đồ thị hàm số( )mC có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều.
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: 2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x

  .
Câu 3 ( 1điểm)
a) Giải phương trình: 4 4log log (10 ) 2x x  
b) Có ba bó hoa. Bó thứ nhất có 8 bông hoa hồng, bó thứ hai có 7 bông hoa ly, bó thứ ba
có 6 bông hoa huệ. Chọn ngẫu nhiên 7 bông hoa từ ba bó hoa trên để cắm vào một lọ hoa.
Tính xác suất để trong 7 bông được chọn có số bông hoa hồng bằng số bông hoa ly.
Câu 4 (1điểm) Tính tích phân sau :
5
2
1
ln
( 1)1 1
x x
I dx
xx
 
  
  

Câu 5 (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 điểm A(1 ;0 ;1), B(-1 ;1 ;0),
mặt phẳng (P) : x+y-2z-5=0 và mặt cầu 2 2 2
( ): 2 2 2 6 0S x y z x y z       . Viết phương
trình mặt phẳng (Q), biết (Q) vuông góc với (P), song song với đường thẳng AB và tiếp xúc
với mặt cầu (S).
Câu 6(1điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
,B 3AB a C a  , H là trung điểm của cạnh AB. Biết hai mặt phẳng (SHC) và (SHD) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đường thẳng SD tạo với mặt đáy góc 600
. Tính thể tích
khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.
Câu 7 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm
H(-1;3), tâm đường tròn ngoại tiếp I(-3;3), chân đường cao kẻ từ đỉnh A là điểm K(-1;1).
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Câu 8 ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình
2
( 3) y 3 2
3 2 (y 8)
x x y
x y
     

  
( , )x y R .
Câu 9 (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 2 2
9, 0x y z xyz    .
Chứng minh rằng: 2( ) 10x y z xyz    .
.
--------------------------- Hết ------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

28. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT
NĂM HỌC 2014-2015 LẦN 3
Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò
C©u Néi dung §iÓm
1
2.0
®
1,0
®
a
Với m=0. ta có 4 2
2 1y x x   
- TXĐ: 
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn và tiệm cận : lim
x
y

  . Hàm số không có đường tiệm cận
0,25đ
+) Bảng biến thiên
Ta có : ; 2 2
' 4 4 4 ( 1)y x x x x      ;
0
' 0
1
x
y
x

    
Vẽ điền đúng bảng biến thiên.
0,25đ
KL đúng các khoảng đồng biến, nghịch biến; điểm cực trị 0,25đ
- Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị 0,25đ
b
1,0
đ
4 2
2( 1) 1 ( )my x m x m C     
3 2
' 4 4( 1) 4 ( 1)y x m x x x m       
Xét 2
2
0
' 0 4 ( 1) 0
1(1)
x
y x x m
x m

       
 
0,25đ
Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi PT y’=0 có 3 nghiệm phân biệt
PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 1 0 1(*)m m     
0,25đ
Với đk (*) PT y’=0 có 3 nghim phân biệt , 1x x m   và 3 điểm cực trị của
đồ thị (Cm) là 2 2
(0;m 1),B( 1; ( 1) 1),C( 1; ( 1) 1)A m m m m m m           
3 điểm cực trị tạo thành một tam giác đều
2 2 2
AB AC BC AB AC BC     
0,25đ
2 2 4 4
3
2 2 4
1 ( 1) 1 ( 1)
3 1
1 ( 1) 4( 1)
AB AC m m m m
m
AB BC m m m
         
     
       
0,25đ
2
1,0
đ
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3sin 4 os2x+ 3sin 2 0
PT c x c
c x c x
 
    
 
  
0,25đ
sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
x x
 
    
0,25đ
2sin(3 ). osx=0
6
x c

 
0,25đ
18 3
x=
2
x k
k
 



  
 
 

Vậy PT có hai nghiệm
2
x k

  và
18 3
x k
 
   . 0,25đ
3
1,0
đ
a
a) ĐK : 0<x<10(*)
2
4 4 4log log (10 ) 2 log (10 ) 2x x x x     
0,25đ
2 2
10 16 10 16 0 2 8hoÆcx x x x x x         . t/m đk. Vậy x=2,x=8
0,25đ
b
Chọn ngẫu nhiên 7 bông hoa từ ba bó hoa có 7
21C cách

29. Chọn 7 bông hoa trong đó số bông hoa hồng bằng số bông hoa ly xẩy ra các
TH sau :
TH1 : Chọn 7 bông hoa trong đó có 1 bông hoa hồng, 1 bông hoa ly và 5
bông hoa huệ có 1 1 5
8 7 6C C C cách.
0,25đ
TH2 : Chọn 7 bông hoa trong đó có 2 bông hoa hồng, 2 bông hoa ly và 3
bông hoa huệ có 2 2 3
8 7 6C C C cách.
TH3 : Chọn 7 bông hoa trong đó có 3 bông hoa hồng, 3 bông hoa ly và 1
bông hoa huệ có 3 3 1
8 7 6C C C cách.
0,25đ
Tứ các TH trên ta có 1 1 5
8 7 6C C C + 2 2 3
8 7 6C C C + 3 3 1
8 7 6C C C =12306 cách chọn 7 bông hoa
trong đó số bông hoa hồng bằng số bông hoa ly
Xác suất cần tính là :
2051
0.106
19380
p  
0,25đ
4
1,0
đ
5 5 5
2 2
1 1 1
ln ln
( 1) ( 1)1 1 1 1
x x x x
I dx dx dx
x xx x
 
    
     
  
Tính
5
1
1 1 1
x
I dx
x

  .
Đặt 2 2
1 1 1 2t x t x x t dx tdt         
Đổi cận : Cho 1 0; 5 2x t x t     
2 2 22 3
2
1
0 0 0
1 2 2 4
.2 2 2 4
1 1 1
t t t
I td dt t t dt
t t t
   
       
   
  
3 2 2
0
2 28
4 4ln | 1| | 4ln3
3 3
t t t x
 
       
 
0,25đ
5
2 2
1
ln
( 1)
x
I dx
x


Đặt
2
1ln
1
1
( 1)
1
u x du dx
x
dv dx
vx
x
  
 
     
Ta có
5 5
5
2 1
1 1
1 1 1 1 1
ln ln5 ( )
1 ( 1) 6 1
I x dx dx
x x x x x
      
   
5
1
1 1 5
ln5 (ln | | ln | 1|) ln5 ln5 ln6 ln 2 ln5 ln3
6 6 6
x x           
Khi đó 1 2
28 5
ln5 5ln3
3 6
I I I    
0,25đ
5
1,0
®
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyển : 1 (1;1; 2); ( 2;1; 1)n AB    
 
Ta có 1, (1;5;3)n AB   
 
0,25đ
+)(Q) vuông góc với (P), song song với đường thẳng AB suy ra (Q) có vectơ
pháp tuyến là : 1, (1;5;3)n AB   
 
, nên PT mp(Q) có dạng : 5 3 0x y z m   
0,25đ
Mặt cầu (S) có tâm I(1;-1;1), bán kính R=3
0,25đ

30. Mặt phẳng (Q) tiếp xúc với (S) ta có
|1 5 3 |
( ,( )) 3
35
m
d I Q R
  
  
1 3 35
| 1| 3 35
1 3 35
m
m
m
  
    
 
Với 1 3 35m   ta có PT mp(Q): 5 3 1 3 35 0x y z    
Với 1 3 35m   ta có PT mp(Q): 5 3 1 3 35 0x y z    
0,25đ
6
1,0
®
Ta có ( ) ( )SHC SHD SH 
Từ giải thiết ( ) (ABCD);( ) (ABCD) (ABCD)SHC SHD SH   
2
.
1 1 1
. . . . . 3. (1)
3 3 3
S ABCD ABCDV SH S AB AD SH a SH   
0,25đ
Ta có (ABCD) HDSH   là hình chiếu của SD trên (ABCD), suy ra góc giữa
SD và (ABCD) là  0
60SDH   39
tan
2
a
SH HD SDHH  
Khi đó 3
.
1
13
2
S ABCDV a (đvtt)
0,25đ
Dựng hình bình hành ACBE. Khi đó AC//BE suy ra AC//(SBE)
(AC,SB) (AC,(SBE)) (A,(SBE)) 2 (H,(SBE))d d d d   
0,25đ
Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên BE và SK. Khi đó
,BE (1)BE KH SH BE HI   
Mặt khác (2)HI SK
Từ (1), (2) suy ra (SBE) ( ,(SBE))HI d H HI  
Tính được
3 39
;
4 212
a a
HK HI 
39 2067
(A ,SB) 2 (H,(SBE)) 2HI
5353
a a
d C d     .
0,25đ
8
1.0
đ
A
B C
D
H
K
I
M
0,25đ
Gọi D là điểm đối xứng của A qua I chỉ ra BHCD là hình bình hành. Khi đó
M là trung điểm cảu HD, suy ra D(-5;-1). I là trung điểm của AD, suy ra A(-
1;7)
0,25đ
20AI  , PT đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: (x+3)2
+(y-3)2
=20
Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ PT:
   
2 2
0
1
2
0
3 3x
y
y   
 


0,25đ
Ta có ,HK BC K BC 
(0; 2) BC: y-1=0HK PT  

Gọi M là trung điểm của BC ta có PT
IM: x+3=0.
( 3;1)M IM BC M   

31. Hết
1 7
1 1
hoac
x x
y y
   
  
  
Ta có B(1;1), C(-7;1)hoặc B(-7;1) C(1;1)
Suy ra Vậy A(-1;7), B(1;1) và C(-7;1)
hoặcA(-1;7), B(-7;1) C(1;1)
0,25đ
7
1.0
đ
2
( 3) y 3 2 (1)
3 2 (y 8) (2)
x x y
x y
     

  
ĐK: 2, 0x y  (*)
Khi đó  
3
3 2 3
(1) 3 2 3 ( 1) 3( 1) 3 3 3 (3)x x y y x x y y            
Xét hàm số 3
( ) 3f t t t  trên 1; )[ 
Ta có 2 2
( ) 3 3 3( 1) 0, 1f t t t t       , suy ra hàm số f(t) là hàm số đồng biến
trên 1; )[ 
0,25đ
Nên (3) 1 3 2 3 1(4)x y x y        
2
(2) 9( 2) 8 (5)x y y   
0,25đ
Thay (4) vào (5) được: 2
9( 3 1) 8y y y    (*)
2 9( 1)
9( 3 2) 8 9 ( 1)( 9) 0
3 2
y
y y y y y
y

          
 
0,25đ
9
( 1) 9 0 1
3 2
y y y
y
 
          
Vì với 0y  thì
9
9 0
3 2
y
y
  
 
. Vậy (*) có 1 nghiệm y=1. khi đó x=3
KL  ( ; ) 3;1x y 
0,25đ
9
1.0
đ
Không mất tính tổng quát. Giả sử x y z  , do 0 nªn x 0xyz  
Do 2 2 2 2
9 9 [ 3;0]x y z x x        . Ta có
2 2 2
2 2
y z y z
yz
  
  
 
Do đó
2 2
2 2 y
2( ) 2 2( ) 2 2 2(y ) .
2
z
x y z xyz x y z xyz x z x

          
0,25đ
2 3
2 2(9 ) 5
2 2 2(9 ) 2 2(9 )
2 2 2
x x x x
x x x

       
Xét hàm số
3 2
2
2
5 3 5 2 2
( ) 2 2(9 ) [ 3;0] '( )
2 2 2 2 9
víi
x x x x
f x x x f x
x
         

0,25đ
Xét
2
2 2
2
3 5 2 2
'( ) 0 0 9 (5 3 ) 4 2
2 2 9
x x
f x x x x
x
         

2 2 2 2 2
(9 )(5 3 ) 32 ( 5 3 0)víi ®kx x x x     
9 4 2 2 2 2 25
(9 111 327 225 0 1, 3,
3
x x x x x x        
2 25
, 1 1, 1(
3
nªn lo¹i)x x x x     
0,25đ
Ta có ( 3) 6; ( 1) 10; (0) 6 2f f f      , Suy ra
 
 3;0
max (x) 1 10f f

   .
2 2 2
2( ) ( ) 10, 9DÊu ''='' xÈy ra khi x= -1,y=z vµ xx y z xyz f x y z       
1, 2x y z    
0,25đ

32. ĐỀ THI THỬ SỐ 1
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2 1
2
x
y
x



(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) biết d song song với đường thẳng 3x – y + 14 = 0.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Chứng minh rằng 2 2 2 2 3
cos cos cos .
3 3 2
x x x
    
       
   
b) Giải phương trình 2
22
log ( 3) 8log 2 1 4.x x   
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
0
( sin ) .I x x x dx

 
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2( 1) 3 (5 )z z i i    . Tính môđun của z.
b) Trong cuộc thi “Rung chuông vàng” thuộc chuỗi hoạt động Sparkling Chu Văn An, có 20 bạn
lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5 bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, Ban tổ chức
chia các bạn thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiện bằng
cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 2a,
 0
60 ,BAC  cạnh bên SA vuông góc với đáy và 3SA a . Gọi M là trung điểm của cạnh AB.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC là I(–2;1) và thỏa mãn điều kiện  0
90 ,AIB  chân đường cao kẻ từ A
đến BC là D(–1;–1), đường thẳng AC đi qua điểm M(–1;4). Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết rằng
đỉnh A có hoành độ dương.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;2;–1), B(3;4;1) và
C(4;1;–1). Viết phương trình mặt cầu có đường kính AB. Tìm tọa độ điểm M trên trục Oz sao cho
thể tích khối tứ diện MABC bằng 5.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  2 2
2
4 2
3( 2) 1 3 1 .
1
x x x x
x x
     
 
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2(x + y) + 7z = xyz. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 .S x y z  
---------------- 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………….……...

33. 1
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm có 05 trang)
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1 2,00
a (1,00 điểm)
 TXĐ: D = { 2}.
 Giới hạn và tiệm cận:
2 2
lim 2; lim ; lim
x x x
y y y
   
    
 Tiệm cận đứng x = –2, tiệm cận ngang y = 2.
0,25
 Sự biến thiên: 2
3
' 0, { 2}
( 2)
y x
x
    


 Hàm số đồng biến trên từng khoảng (–;–2) và (–2;+).
0,25
 Bảng biến thiên:
 Hàm số không có cực trị.
0,25
 Đồ thị:
0,25
b (1,00 điểm)
Gọi 0 0( ; )M x y là tiếp điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). Khi đó y’(x0) = 3. 0,25
Ta có phương trình 02
02
00
13
3 ( 2) 1
3.( 2)
x
x
xx
 
        
0,25
Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại các điểm (–1;–1) và (–3;5) lần lượt là:
3 2, 3 14y x y x    . 0,25
Từ giả thiết ta được 3 2.y x  0,25

34. 2
2 1,00
a (0,5 điểm)
Ta có
3 1 2 4
cos2 cos 2 cos 2
2 2 3 3
A x x x
     
         
    
0,25
   
3 1 3 1 3
cos2 2cos 2 cos cos2 cos2 .
2 2 3 2 2 2
x x x x


  
          
  
0,25
b (0,5 điểm)
ĐK:
1
, 3.
2
x x  Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
2 2 2
3
4 log 3 4log (2 1) 4 log 1
2 1
x
x x
x

     

0,25
3 4 23
2 3 4 2 1.
3 4 22 1
x xx
x x x
x xx
   
             
Phương trình có nghiệm 1.x 
0,25
3 1,00
3 3
2
0 0 00
( sin ) sin sin .
3 3
x
I x x x dx x xdx x xdx
  

        0,25
Tính 1
0
sin .I x xdx

 
Đặt
sin cos .
u x du dx
dv xdx v x
  
 
   
0,25
1 0 0
0
cos cos sin .I x x xdx x

 
        0,25
3
.
3
I

   0,25
4 1,0
a (0,5 điểm)
Đặt ,( , )z a bi a b   . Khi đó:
2( 1) 3 (5 ) 2( 1) 3( ) 1 5 1 5(1 ) 0.z z i i a bi a bi i a b i               
0,25
1
2.
1
a
z
b

  

0,25
b (0,5 điểm)
Gọi X là biến cố: “chia 20 bạn thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm 5 bạn sao cho 5
bạn nữ thuộc cùng một nhóm”.
Ta có 5 5 5 5
20 15 10 5C C C C  cách chia 20 bạn thành 4 nhóm A, B, C, D.
0,25
Xét 5 bạn nữ thuộc nhóm A, có 5 5 5
15 10 5C C C cách chia các bạn nam vào 3 nhóm còn lại
Do vai trò các nhóm như nhau, có 5 5 5
15 10 54C C C cách chia các bạn vào các nhóm A, B,
C, D trong đó 5 bạn nữ thuộc một nhóm.
Xác suất cần tìm là: 5
20
4 1
( )
3876
P X
C
  .
0,25
5 1,00

35. 3
Xét tam giác ABC có
0
2
tan 60 2 3
2 3.ABC
BC AB a
S a
 
 
0,25
2 3
.
1 1
. 3.2 3 2 .
3 3
S ABCD ABCV SAS a a a   0,25
- Gọi N là trung điểm cạnh SA.
Do SB // (CMN) nên
( , ) ( ,( ))
( ,( ))
( ,( )).
d SB CM d SB CMN
d B CMN
d A CMN



- Kẻ ,AE MC E MC  và kẻ
,AH NE H NE 
Chứng minh được
( )AH CMN ( ,( )) .d A CMN AH 
0,25
Tính
2 AMCS
AE
MC

 trong đó:
 21 1 3
. .sin .4 . 3 2 3
.2 2 2
13
13
AMCS AM AC CAM a a a a
AE
MC a


   
 
 
Tính được
2 3 2 3 2 3
( ,( )) ( , ) .
29 29 29
a a a
AH d A CMN d SB CM    
0,25
6 1,00
Do  0
90AIB    0
45ACB  hoặc
 0
135ACB   0
45ACD   tam giác
ACD vuông cân tại D nên DA = DC.
Hơn nữa, IA = IC.
Suy ra, DI  AC  đường thẳng AC
thỏa mãn điều kiện: AC qua điểm M và
AC vuông góc ID.
0,25
Viết phương trình đường thẳng AC: 2 9 0x y   .
Gọi (2 9; )A a a AC  . Do 2 ( , ) 2 10DA d D AC  nên
0,25
2 2 2 1 ( 7;1)
(2 8) ( 1) 2 10 6 5 0
5 (1;5)
a A
a a a a
a A
  
           
Theo giả thiết bài cho  (1;5)A .
0,25
Viết phương trình đường thẳng DB: x + 3y +4 = 0. Gọi ( 3 4; ).B b b 
Tam giác IAB vuông tại I nên
. 0 3( 3 2) 4( 1) 0 2IA IB b b b         
 
(2; 2).B 
Đáp số: (1;5), (2; 2).A B 
0,25
7 1,0
Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I là trung điểm của AB, với (2;3;0).I 0,25
Bán kính của (S) là 3
2
AB
R   .
Phương trình của (S): 2 2 2
( 2) ( 3) 3.x y z    
0,25

36. 4
Gọi (0;0; )M t Oz . Do VMABC = 5 nên 1
[ , ] 5
6
AB AC AM 
  
11 4 5.t   0,25
1 (0;0;1)
11 4 15
11 4 15 13 13
11 4 15 (0;0; ).
2 2
t M
t
t
t t M
 
             

0,25
8 1,00
ĐK: 1.x 
Với điều kiện đó
   
2 2 2
2
2 2
2 2 2
2
8 2
6( 2) 2 6 1 0
1
4 2
3 1 1 2 5 0.
1
BPT x x x x x
x x
x x x x x x
x x
       
 
 
            
  
0,25
Xét hàm số
4 2
( ) 5
1
f t t
t
  

với 0.t  Ta có
2 2
'( ) 1 .
( 1) 1
f t
t t
 
 
 '( ) 0 1.f t t  
 Bảng xét dấu
Suy ra ( ) (1), [0;+ ) ( ) 0, [0;+ ).f t f t f t t         Dấu “=” xảy ra  t = 1.
0,25
Do 2 2
2
4 2
0, [0;+ ) 5 0, [0;+ ).
1
x x x x x x
x x
            
 
Dấu “=” xảy ra khi 2 1 5
1 .
2
x x x

   
0,25
Khi đó:    
2 2
2 2 2
2
4 2
3 1 1 2 5 0
1
x x x x x x
x x
 
           
  
2
2
2
2
1 0
1 5
1 0 .
2
4 2
5 0
1
x x
x x x
x x
x x

   

     


   
 
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
1 5
[1; )
2
S
  
   
  
.
0,25
9 1,00
Ta có: 2( ) ( 7)x y z xy   . Do x, y, z là các số dương nên xy – 7 > 0.
Khi đó, từ giả thiết ta được
2( )
.
7
x y
z
xy



Suy ra:
4( )
( ; ) 2
7
x y
S f x y x y
xy

   

với điều kiện 0, 0, 7x y xy   (*)
0,25
Với mỗi x cố định, xét đạo hàm của hàm số f(x;y) theo ẩn y ta được:
2
'
2 2
4( 7) 4 ( ) 28 4
( ; ) 1 1 .
( 7) ( 7)
y
xy x x y x
f x y
xy xy
   
   
 
' 2 2 2
0 2
7 7
( ; ) 0 14 21 4 0 2 1 .yf x y x y xy x y
x x
         

37. 5
Suy ra: 0 2
11 7
( ; ) 2 4 1 .f x y x
x x
    0,25
Xét hàm số 2
11 7
( ) 2 4 1g x x
x x
    với x > 0 với 2
3
2
11 28
'( ) 2 .
7
1
g x
x
x
x
  

'( ) 0 3.g x x  
Khi đó ( ) (3) ( ) 15.g x g g x  
0,25
Với điều kiện (*), ta có 0( ; ) ( ) 15.S f x y g x  
Vậy min 15S  khi 3, 5, 2.x y z  
0,25
------------ Hết -------------

38. Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2
3 4y x x  
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số.
b) Gọi A, B là các điểm cực trị của  .C Tìm tọa độ điểm M thuộc Parabol   2
:P y x sao cho tam
giác AMB vuông tại M.
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình
2 2
2
cos sin 2
sin sin .
4cos 6 6
x x
x x
x
                
b) Giải hệ phương trình
 
 5
5
.3
27 ( , ).
3log
y x
x y
x y
x y x y
   
   

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 3 3 3
3 2 3 ( ).x x x x     
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
2 5
3
0
.
1
x
I dx
x



Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ 1 1 1.ABC A B C có các mặt bên là các hình vuông cạnh .a Gọi D, E, F lần lượt
là trung điểm của các cạnh 1 1 1 1, , .BC AC B C Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và 1 .A F
Câu 6 (1,0 điểm) Xét a, b, c là các số thực thuộc đoạn  1;2 và thỏa mãn 4.a b c  
Chứng minh rằng
2
.
2 2 2 3
a b c
bc ca ab
  
  
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh .BC
Một đường thẳng qua A vuông góc với AE cắt CD tại F. Đường thẳng chứa đường trung tuyến AM của tam
giác AEF cắt CD tại K. Tìm tọa độ điểm D biết      6;6 , 4;2 , 3;0 .A M K  
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm      2;0;0 , 0;4;0 , 0;0;4 .A C D Tìm
tọa độ điểm B sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu  S đi qua O, B, C, D.
Câu 9 (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn
  1 1
.
1
z iz
i
z
z
 


-------------------- Hết --------------------
TRÖÔØNG ÑHSPHN
TRÖÔØNG THPT CHUYEÂN ÑHSP
KYØ THI THÖÛ THPT QUOÁC GIA LAÀN 3 NAÊM 2015
Moân thi: TOAÙN; Khoái A, A1, B, D
Thôøi gian laøm baøi: 180 phuùt, khoâng keå thôøi gian giao ñeà
w
w
w
.VN
M
ATH
.com

39. w
w
w
.VN
M
ATH
.com

41. w
w
w
.VN
M
ATH
.com

42. TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÀ TĨNH
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2
3 2 (1).y x x  
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .
b. Gọi M là điểm thuộc đồ thị ( )C có hoành độ bằng -1. Tìm m để tiếp tuyến với ( )C tại
M song song với đường thẳng 2
: ( 5) 3 1.d y m x m   
Câu 2 (1,0 điểm).
a. Giải phương trình cos3 2sin 2 cos 0.x x x  
b. Giải phương trình 1
5 5 6 0.x x
  
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:
1
2
0
( ) .x
I x e xdx 
Câu 4 (1,0 điểm).
a. Giải phương trình 3 1
3
2log (4 3) log (2 3) 2.x x   
b. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 3
5 .n nC C Tìm hệ số của số hạng chứa 5
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của (2 ) .n
x
Câu 5(1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm ( 2;1;5)A  , mặt
phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z    và đường thẳng
1 2
: .
2 3 1
x y z
d
 
  Tính khoảng
cách từ A đến ( )P . Viết phương trình mặt phẳng ( )Q đi qua A , vuông góc với ( )P
và song song với .d
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD = 2a; tam
giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, 3.SC a Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( ).SAD
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O ,xy cho hình cho hình bình hành
ABCD cóN là trung điểm của cạnh CD và đường thẳng BN có phương trình là
13x -10y +13 = 0; điểm M(-1;2) thuộc đoạn thẳng AC sao cho AC = 4AM. Gọi H là
điểm đối xứng với N qua C. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết rằng 3 AC = 2AB và
điểm H thuộc đường thẳng  : 2x - 3y = 0.
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình:
2 2 2 3
2 23
( 1) 2 2 0
( , ).
3 2 2 0
x y y x y y
x y R
y xy x x
        

     
Câu 9 (1,0 điểm). Cho  1;2 .a Chứng minh rằng:    1
2 3 4 6 8 12 24a a a a a a a
     .
www.VNMATH.com

43. TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÀ TĨNH
THI THỬ THPT QG LẦN 1 NĂM 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: TOÁN
Câu Nội dung Điểm
Ta có 23 23
 xxy .
+) Tập xác định: R.
+) Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên: xxy 63' 2
 , 





2
0
0'
x
x
y
0,25
 Giới hạn, tiệm cận:


y
x
lim , 

y
x
lim . Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
 Cực trị: Đồ thị hàm số đạt cực đại tại (0;2) , cực tiểu tại (2; 2)
 Hàm số đb trên mỗi khoảng ( ;0); (2; )  , nghịch biến trên (0;2)
0,25
 Bảng biến thiên:
0,25
1.a
Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại (1;0), cắt Oy tại (0;2)
(0;2)
0,25
Ta có ( 1; 2).M   0,25
Pttt của (C) tại M là /
: ( 1)( 1) 2y y x     hay : 9 7.y x   0,25
1.b
2
25 9
/ / 2.
23 1 7
mm
d m
mm
    
      
  
0,5
cos3 2sin2 cos 0 2sin2 (1 sin ) 0x x x x x      0,252.a
sin2 0 2
sin 1
2
2
x k
x
x
x k





      

0,25
x  0 2 
y' + 0 - 0 +
y
2 
-2

y
2
2
O 1 x
-2
w
w
w
.VN
M
ATH
.com

44. 1 2
5 5 6 0 5 6.5 5 0x x x x
       0,25
2.b
5 5 1
05 1
x
x
x
x
  
   
0,25
1 1 1
2 2 2
1 2
0 0 0
11 3
2
1
0 0
( )
1
3 3
x x
I x e xdx x dx xe dx I I
x
I x dx
     
  
  

0,5
Đặt 2x
u x
dv e dx



Ta có 2
2
x
du dx
e
v





0.25
3
1 12 2 2 2 2
1
2 0
0 0
1
( ) .
2 2 2 4 4
x x x x
xe e xe e e
I dx

     Vậy
2
3 7
12
e
I

 0,25
ĐK:
3
4
x  . PT 
2
2
3 3 3
(4 3)
log (4 3) log (2 3) 2 log 2
2 3
x
x x
x

     

0,25
4.a
2
8 21 9 0 3x x x      hoặc
3
8
x

 . Đối chiếu ĐK ta được nghiệm x=3 0,25
ĐK: *
, 3.n N n  Ta có 1 3 2
5 3 28 0 7n nC C n n n       hoặc 4n   (Loại) 0,254.b
7
7 7
7
0
(2 ) 2k k k
k
x C x

   . Sh chứa 5
x ứng với k=5. Hệ số của 5
x là 5 2
7 2 84.C  0,25
B
C
DA
S
H
K
J
Kẻ ( )SH AC H AC  .
Do ( ) ( ) ( )SAC ABCD SH ABCD  
2 2 . 3
;
2
SA SC a
SA AC SC a SH
AC
    
2.
2
2
ABCD
AC BD
S a 
3
2
.
1 1 3 3
. .2 .
3 3 2 3
S ABCD ABCD
a a
V SH S a  
0,5
5
Ta có 2 2
4 ( ,( )) 4 ( ,( )).
2
a
AH SA SH CA HA d C SAD d H SAD      
Do BC//(SAD) ( ,( )) ( ,( )) 4 ( ,( )).d B SAD d C SAD d H SAD  
Kẻ ( ), ( )HK AD K AD HJ SK J SK   
Cm được ( ) ( )SHK SAD mà ( ) ( ,( ))HJ SK HJ SAD d H SAD HJ    
AHK vuông cân tại K 0 2
sin45
4
a
HK AH  
2 2
. 3
2 7
SH HK a
HJ
SH HK
  

Vậy
2 3 2 21
( ,( ))
77
a a
d B SAD  
0,5
w
w
w
.VN
M
ATH
.com

45. 2 2
13( 1) 10.2 13 20
( , ) ;
26913 10
d M BN
  
 

(3 ;2 )H H a a  
I
G
A B
CD
H
N
M
0,25
6
Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm BCD .
Suy ra
2 1
3 3
CG CI AC  mà
1 5 4
4 12 5
AM AC MG AC CG MG    
4 16 32
( , ) ( , ) ( , ) 2 ( , )
5 269 269
d C BN d M BN d H BN d C BN     
13.3 10.2 13 32
1
269 269
a a
a
 
    hoặc
45
19
a


Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên (3;2)H
0,25
Ta thấy
3 2 2
4 4 4 2
AC AB CD CD
CM CN CH MHN        vuông tại M.
MH có pt 2 0 : 1 0 ( 1;0)y MN x N       (1;1),C ( 3; 1)D  
0,25
Do
5 7 1 5 7 13
3 ( ; ) ( ; ) ( ; ).
3 3 3 3 3 3
CM MA A I B
 
   
 
Vậy
5 7 7 13
( ; ), ( ; ), (1;1), ( 3; 1).
3 3 3 3
A B C D

 
0,25
2 2 2
2( 2) 2.1 1.5 1 2
( ,( ))
32 ( 2) 1
d A P
   
 
   0,5
(P) có vtpt là (2; 2;1)pn  

, d có vtcp là (2;3;1)du 

,  [ , ]= 5;0;10p dn u 
 
0,25
7
Theo giả thiết suy ra (Q) nhận
1
[ , ]=(1;0;-2)
5
p dn n u


  
làm vtpt
Suy ra ( ) : 2 12 0Q x z  
0,25
ĐK: 2 2
2 0; 2 2 0.y xy x    
2 2 2 3 2 2 2
( 1) 2 2 0 ( 2 )( 2 1) 0x y y x y y x y y x              
2
2 2
0
2
2
y
y x
y x

   
 
(Do 2 2
2 1 0 ,y x x y     )
0,5
8
Thay 2 2
2y x  vào PT thứ hai của hệ ta được pt sau với ĐK: 3
2x 
 
  
2 3 2 33 3
2
2 2 2 333
2
2 2 2 333
1 2 0 ( 1 2) 3 2 5
3 3 93
3 1
( 1) 2 1 4 2 5
3
3 3 9 (*)
1
( 1) 2 1 4 2 5
x x x x x x
x x xx
x
x x x
x
x x x
x x x
            
    
    
       


     
      
0,25
w
w
w
.VN
M
ATH
.com

47. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN I
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn thi: TOÁN
————————— Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
—————————————-
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 −3x2 +4 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó song song với đường thẳng
y = 9x+3.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: cos2x+2sinx = 1+
√
3sin2x.
b) Giải phương trình: log3(x2 +2x)+log1
3
(3x+2) = 0 trên tập số thực.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
2
1
1+x2ex
x
dx.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1+i)z+2z = 2. Tính mô đun của số phức ω = z+2+3i.
b) Cho một đa giác đều 12 đỉnh A1A2...A12 nội tiếp đường tròn (O). Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác
đó. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn ra tạo thành một hình chữ nhật.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;−2;1) và mặt phẳng (P) :
x−2y+2z+5 = 0. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) và viết phương trình mặt cầu tâm A cắt
mặt phẳng (P) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a
√
2. Hình
chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
(ABCD) bằng 60◦. Tính theo a theo thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(SBC) .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn,
đỉnh A(−2;−1). Gọi H,K,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC,BD,CD.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE là (C) : x2 + y2 + x + 4y + 3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh
B,C,D biết H có hoành độ âm, C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng x−y−3 = 0.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 y3(2x−y)+ x2(5y2 −4x2) = 4y2
√
2−x +
√
y+1 + 2 = x+y2
(x,y ∈ R).
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn 4(a3 +b3)+c3 = 2(a+b+c)(ac+bc−2).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
2a2
3a2 +b2 +2a(c+2)
+
b+c
a+b+c+2
−
(a+b)2 +c2
16
.
——HẾT——
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
WWW.VNMATH.COM

48. SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI THỬ QUỐC GIA THPT NĂM 2015-LẦN I
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA MÔN : TOÁN
( Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
1
(2,0)
 Tập xác định: 
 Sự biến thiên :
-Chiều biến thiên: Ta có
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng và ; nghịch biến trên khoảng .
0,25
0,25
-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 yCĐ = 4,hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2 yCT = 0.
-Giới hạn: 3 2
lim lim ( 3 4) ;
x x
y x x
 
    3 2
lim lim ( 3 4) .
x x
y x x
 
    
Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
-Bảng biến thiên
x 0 2
y,
+ 0 - 0 +
y
4
 0
 Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm
(-1;0) và (2;0).
x
y
32O 1
4
-1
0,25
0,25
b) Ta có: . Gọi  3 2
0 0 0; 3 4M x x x  là điểm thuộc đồ thị (C) .
Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M là . 0,25
Vì tiếp tuyến của đồ thị tại M song song với đường thẳng d : 9 3y x  nên có hệ số góc 9k 
2 2
0 0 0 0 0 03 6 9 2 3 0 1 3x x x x x x          
0,5
Vậy ( 1;0)M  và (3;4)M đều không thuộc d nên thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25
2
(1,0)
a). Phương trình đã cho tương đương:
sin 0
1
sin3 cos sin 1 0
3 2
x k
x
xx x


 
  
             
0,25
+ Với
2 2
1 3 6 6
sin
53 2
2 2
3 6 2
x k x k
x
x k x k
  
 

  
 
 
     
             
     
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm  ; 2 ; 2
2 6
x k x k x k k
 
        
0,25
b). Điều kiện: . Phương trình đã cho tương đương:
0,25
WWW.VNMATH.COM

49. 2 2
3 3 3 3log ( 2 ) log (3 2) 0 log ( 2 ) log (3 2)x x x x x x       
2 2 1
2 3 2 2 0
2
x
x x x x x
x
 
        
 
Đối chiếu điều kiện ta có phương trình đã cho có nghiệm 2x 
0,25
3
(1,0) Ta có
2 22
1 1
1 1x
xx e
I dx xe dx
x x
        
2 2
1 1
xdx
xe dx
x
   0,5
Tính:
2
2
1
1
ln ln2
dx
x
x
  0,25
Đặt ; x
u x du dx dv e dx    chọn x
v e . Suy ra
2
2 2 2
1 1
1
x x x
xe dx xe e e  
Vậy 2
ln 2I e 
0,25
4
(1,0) a). Đặt  ,z a bi a b    . Theo bài ra ta có:
3 2 1
0 1
a b a
a b b
      
     
nên 1z i  0,25
Khi đó 2 3 1 2 3 3 4z i i i i          .
Vậy 0,25
b). Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các cách chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong 12 đỉnh .
Ta có: 4
12( ) 495n C   .
0,25
Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một hình chữ nhật”
Gọi đường chéo của đa giác đều A1
A2
...A12
đi qua tâm đường tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác
đã cho có 6 đường chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 12 điểm A1
,A2
,...,A12
có các đường chéo là hai đường
chéo lớn. Ngược lại, mỗi cặp đường chéo lớn có các đầu mút là 4 đỉnh của một hình chữ nhật.
Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là: 2
6(A) 15n C  .
Vậy xác suất cần tính là
(A)
(A)
( )
n
P
n


15 1
495 33
 
0,25
5
(1,0) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) là :  ;( ) 2 2 2
1.1 ( 2).( 2) 2.1 5
4
1 ( 2) 2
A P
h d
    
  
  
.
0,25
Gọi r là bán kính của đường tròn thiết diện thì ta có 0,25
Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm ta có 0,25
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là : 0,25
6
(1,0)
Diện tích hình chữ nhật ABCD là .
Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình chữ nhật ta có
0,25
WWW.VNMATH.COM

50. Ta có nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc
Trong tam giác vuông SHB ta có .
Thể tích khối chóp S.ABCD là :
0,25
Ta có
Kẻ với ; kẻ với (1)
Ta có .
Do đó (2)
Từ (1) và (2) suy ra nên . 0,25
Ta có . Trong tam giác vuông SHK ta có :
. Vậy
0,25
7
(1,0)
Ta có nên bốn điểm A,H,C,E cùng thuộc
đường tròn đường kính AC.
Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Ta có: .
Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên  EKD EAD và
 BKH BAH .
Do đó .
Vì vậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE.
0,25
+) Gọi
2 4
( ;c 3) ,( 0) ;
2 2
c c
C c d c I
         
, do I thuộc (C) nên có phương trình:
2
2 0 2 1c c c c       (loại 1)c  . Suy ra: C(2;-1) và I(0;-1).
0,25
+) Điểm E,H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên toạ độ thoả mãn hệ phương
trình: .
+)Vì H có hoành độ âm nên
8 11
; , (0; 3)
5 5
H E
     
. Suy ra : 1 0AB x y   , : 3 5 0BC x y  
0,25
Toạ độ B thỏa mãn (t/m).
Vì . Vậy .
0,25
WWW.VNMATH.COM

51. 8
(1,0)
Điều kiện: .
+) Sử dụng bất đẳng thức AM –GM cho hai số không âm ta có:
.
Suy ra: .
0,25
Vì vậy ta phải có: .
Vậy phương trình đầu của hệ tương đương với: x y .
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: .
0,25
Do nên ta phải có: 2
2 0 1 ( 1)x x x do x      .
Khi đó phương trình (*) tương đương với:
     2 2 1 1
1 1 2 1 0 1 1 0
1 2 1
x x x x x x x x
x x x x
                        
.
0,25
2
1 5
( / )
1 1 1 52
1 0 1 0
21 2 1 1 5
( )
2
x t m
x x do x y
x x x x
x l
                         
.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
1 5 1 5
( ; ) ;
2 2
x y
       
.
0,25
9
(1,0) Ta có: , kết hợp với giả thiết suy ra:
 
2
3 3 3 3 3 31
( ) ( ) 4( ) 2( ) 2 4
4 4
a b c
a b c a b c a b c a b c a b c
                      
.
0,25
Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
2
2 2 2 2
2
3 2 ( 2) 2
2 2 2 .
2 2 2 2
a a a a
a b a c a b cb a b aa c a c
a a
  
               
;
Và . Suy ra: .
0,5
Đặt , ta có: .
Suy ra hàm số ( )f t nghịch biến trên  4; . Do đó .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
1
6
.
0,25
................ Hết.................
WWW.VNMATH.COM

52. 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………………
Cảm ơn cô Thu Phương ( phuongthu@yahoo.com.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl

53. 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

54. 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

55. 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