Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề: Thầy – Đặng Thành Nam 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
NGHIÊN CẤM CÁC HÌNH THỨC SHARE ĐÁP ÁN RA NGOÀI BOX GIẢI ĐỀ
1
Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 43/50
Ngày thi : 22/05/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
y =
5x − 4
3x − 2
có đồ thị là (H).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (H) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (H) tại điểm có hoành độ bằng 1.

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Tính
A = sin
3
a + cos
3
a
, biết a là số thực thoả mãn
tan a = −
3
4
và

−
π
2
< a < 0
.
b) Cho số phức

z =
1
x + y.i
(x, y ∈!, x
2
+ y
2
> 0)
có phần thực bằng
1
2
và
z =
1
2
. Tìm x,y.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình
log
2
log
1
8
(x

3
) + log
2
x + x + 1
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
= 3
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình
21
7x + 4 + 2
+
9
3x + 4 + 2
+ 4 x − 26 = 0
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = x(2
x
+ 2)dx
0
1
∫
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh, hình chiếu vuông góc
của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm H cạnh AB, góc giữa SD và mặt phẳng (ABCD)

bằng
ϕ
, tan
ϕ
=
3
5
. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD) bằng 6a. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, trên cạnh AB,AC lấy các điểm E,D
sao cho
BE = CD
. Đường tròn qua A,C,E cắt đường tròn qua A,B,D tại điểm thứ hai I. Cho biết
phương trình đường thẳng AI là
x + 2y + 4 = 0
, phương trình đường thẳng BC là
2x + y − 13 = 0
. Tìm
toạ độ các đỉnh A,B,C biết M(4;2), N(0;-7) lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng AB,AC.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm
A(−1;−2;−3)
,
B(1;2;−3)
và
đường thẳng
d :
x
1
=

y
1
=
z + 3
−2
. Chứng minh rằng d và AB cắt nhau, tìm toạ độ giao điểm của chúng và
viết phương trình mặt phẳng (P) qua A,B và chứa đường thẳng d.
Câu 9 (0,5 điểm). Tính hệ số của số hạng chứa
x
4
trong khai triển
(1+ x)
2015
x
(2 −
1+ x
x
)
.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b,c là các số thực dương thoả mãn
a ≥ b ≥ c
, và x là số thực thoả mãn
0 ≤ x ≤
π
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
f (x) =
a − b
asin x + bcos x

+
b − c
bsin x + c cos x
+
c − a
csin x + a cos x
.
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề: Thầy – Đặng Thành Nam 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
NGHIÊN CẤM CÁC HÌNH THỨC SHARE ĐÁP ÁN RA NGOÀI BOX GIẢI ĐỀ
2
HẾT

Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề: Thầy – Đặng Thành Nam 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
NGHIÊN CẤM CÁC HÌNH THỨC SHARE ĐÁP ÁN RA NGOÀI BOX GIẢI ĐỀ
3
PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
y =
5x − 4
3x − 2
có đồ thị là (H).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (H) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (H) tại điểm có hoành độ bằng 1.
1. Học sinh tự giải.
2. Ta có:
y' =

2
(3x − 2)
2
⇒ y'(1) = 2
.
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng 1 là
y = 2(x − 1) + 1 = 2x − 1
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Tính
A = sin
3
a + cos
3
a
, biết a là số thực thoả mãn
tan a = −
3
4
và
−
π
2
< a < 0
.
b) Cho số phức

z =
1
x + y.i

(x, y ∈!, x
2
+ y
2
> 0)
có phần thực bằng
1
2
và
z =
1
2
. Tìm x,y.
a) Ta có:
cos
2
a =
1
1 + tan
2
a
=
16
25
⇒ cos a =
4
5
vì
−
π

2
< a < 0 ⇒ sin a = −
3
5
.
Vậy
A = −
3
5
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
3
+
4
5
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
3
=
37
125
.

b) Ta có:
z =
x − yi
x
2
+ y
2
⇒ z =
x
2
+ y
2
x
2
+ y
2
=
1
x
2
+ y
2
=
1
2
(1)
.
Vì z có phần thực bằng ½ nên
x
x

2
+ y
2
=
1
2
(2)
.
Từ (1), (2) suy ra
x = 2, y = ± 2
.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình
log
2
log
1
8
(x
3
) + log
2
x + x + 1
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
= 3
.

Điều kiện:
x > 0
log
1
8
(x
3
) + log
2
x + x + 1 > 0
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
. Phương trình tương đương với:
log
2
− log
2
x + log
2
x + x + 1
[ ]
= 3 ⇔ log
2
(x +1) = 3 ⇔ x + 1 = 8 ⇔ x = 7
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
x = 7

.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình
21
7x + 4 + 2
+
9
3x + 4 + 2
+ 4 x − 26 = 0
.
Điều kiện:
x ≥ −
4
7
. Nhận thấy
x = 0
không là nghiệm của phương trình:
Ta xét
x ≠ 0
, phương trình tương đương với:

Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề: Thầy – Đặng Thành Nam 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
NGHIÊN CẤM CÁC HÌNH THỨC SHARE ĐÁP ÁN RA NGOÀI BOX GIẢI ĐỀ
4
3( 7x + 4 − 2)
x
+
3( 3x + 4 − 2)
x

+ 4x − 26 = 0
⇔ 3( 7x + 4 + 3x + 4 ) + 4 x
2
− 26x −12 = 0
3( 7x + 4 − (x + 1)) + 3( 3x + 4 − (x −1)) + 4(x
2
− 5x − 3) = 0
⇔ (x
2
− 5x − 3) 4 −
3
7x + 4 + x + 1
−
3
3x + 4 + x −1
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
= 0
⇔
x =
5 ± 37
2
4 −
3
7x + 4 + x + 1
−

3
3x + 4 + x −1
= 0 (*)
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
.
Xét phương trình (*), Xét hàm số
f (x) = 4 −
3
7x + 4 + x + 1
−
3
3x + 4 + x − 1
trên
−
4
7
;+∞
⎡
⎣
⎢
⎞
⎠
⎟
, ta
có:

f '(x) > 0,∀x ≥ −
4
7
.
Do đó
f (x) = f (0) ⇔ x = 0
. Đối chiếu với điều kiện
x ≠ 0
suy ra phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = x(2
x
+ 2)dx
0
1
∫
.
Ta có:
I = 2x dx
0
1
∫
+ x.2
x
dx
0
1
∫
= x

2
1
0
+ x.2
x
dx
0
1
∫
= 1+ x.2
x
dx
0
1
∫
.
Ta có:
x.2
x
dx
0
1
∫
=
1
ln 2
xd(2
x
)
0

1
∫
=
1
ln 2
x.2
x
1
0
− 2
x
dx
0
1
∫
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
=
1
ln 2
(2 −
2
x
ln 2
1
0

) =
1
ln 2
(2 −
1
ln 2
)
.
Vậy
I = 1+
1
ln 2
(2 −
1
ln 2
)
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh, hình chiếu vuông góc
của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm H cạnh AB, góc giữa SD và mặt phẳng (ABCD)
bằng
ϕ
, tan
ϕ
=
3
5
. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD) bằng 6a. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD.
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề: Thầy – Đặng Thành Nam 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí

Chi tiết: Mathlinks.vn
NGHIÊN CẤM CÁC HÌNH THỨC SHARE ĐÁP ÁN RA NGOÀI BOX GIẢI ĐỀ
5

Đặt
AB = x > 0 → HD = AH
2
+ AD
2
=
x 5
2
.
tan
ϕ
=
SH
HD
=
3
5
⇒ SH =
3HD
5
=
3x
2
.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên BD, E là hình chiếu
vuông góc của H lên SK.

Ta có
BD ⊥ HK, BD ⊥ SH ⇒ BD ⊥ (SHK ) ⇒ BD ⊥ HE
.
Mà
HE ⊥ SK ⇒ HE ⊥ (SBD) ⇒ HE = d(H ;( SBD))
.
Lại có
d(A;(SBD)) = 2d(H;(SBD)) = 2HE ⇒ HE = 3a
.
Tam giác vuông HKB có
HK = HB sin 45
0
=
x
2
.
2
2
=
x 2
4
.
Tam giác vuông SHK có :
1
HE
2
=
1
SH
2

+
1
HK
2
=
4
9x
2
+
8
x
2
=
76
9x
2
=
1
9a
2
⇔ x = 76
.
Vậy
V
S.ABCD
=
1
3
SH .S
ABCD

=
x
3
2
= 38 76a
3
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, trên cạnh AB,AC lấy các điểm E,D
sao cho
BE = CD
. Đường tròn qua A,C,E cắt đường tròn qua A,B,D tại điểm thứ hai I. Cho biết
phương trình đường thẳng AI là
x + 2y + 4 = 0
, phương trình đường thẳng BC là
2x + y − 13 = 0
. Tìm
toạ độ các đỉnh A,B,C biết M(4;2), N(0;-7) lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng AB,AC.

Theo giả thiết A,E,I,C cùng nội tiếp nên

ACI
!
= BEI
!
, tương
tự:

ABI
!
= CDI

!
.
Theo giả thiết ta có
BE = CD
, suy ra hai tam giác IBE và
IDE bằng nhau vì vậy
IB = ID
.
Do đó tam giác IBD cân tại I nên

IBD
!
= IDB
!
. Mặt khác

IBD
!
= IAD
!
(cung chan ID
"
)
.
Tương tự

BDI
!
= BAI
!

. Vì vậy

BAI
!
= IAD
!
⇒ AI
là phân
giác góc BAC.


Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua AI, khi đó N’ thuộc AB tìm được N’(4;1).
Đường thẳng AB đi qua M và N’ là
x − 4 = 0
.
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ
x + 2y + 4 = 0
x − 4 = 0
⎧
⎨
⎩
⇒ A(4;−4)
.
Phương trình đường thẳng AC đi qua A,N là
3x − 4y − 28 = 0
.
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ
2x + y −13 = 0
x − 4 = 0
⎧

⎨
⎩
⇒ B(4;5)
.
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ
3x − 4y − 28 = 0
2x + y −13 = 0
⎧
⎨
⎩
⇒ C(
80
11
;−
17
11
)
.
Vậy A(4;-4), B(4;5) và
C(
80
11
;−
17
11
)
.
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề: Thầy – Đặng Thành Nam 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn

NGHIÊN CẤM CÁC HÌNH THỨC SHARE ĐÁP ÁN RA NGOÀI BOX GIẢI ĐỀ
6
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm
A(−1;−2;−3)
,
B(1;2;−3)
và
đường thẳng
d :
x
1
=
y
1
=
z + 3
−2
. Chứng minh rằng d và AB cắt nhau, tìm toạ độ giao điểm của chúng và
viết phương trình mặt phẳng (P) qua A,B và chứa đường thẳng d.
Ta có:

AB
! "!!
= (2;4;0) / /(1;2;0) ⇒ AB :
x = −1+ t
y = −2 + 2t
z = −3
⎧
⎨
⎪

⎩
⎪
.
Ta có

u
d
!"!
= (1;1;−2)
không cùng phương với

AB
! "!!
và điểm M(0;0;-3) thuộc d và AB.
Vì vậy d và AB cắt nhau tại điểm M(0;0;-3).
+) Vì (P) chứa d và AB nên

n
P
!"!
= u
d
!"!
, AB
! "!!
⎡
⎣
⎤
⎦
= (4;−4;2) / /(2;−2;1)

.
Và (P) qua điểm M(0;0;-3) nên
(P) : 2x − 2y + z + 3 = 0
.
Câu 9 (0,5 điểm). Tính hệ số của số hạng chứa
x
4
trong khai triển
(1+ x)
2015
x
(2 −
1+ x
x
)
.
Ta có:
(1+ x)
2015
x
(2 −
1+ x
x
) =
2(1+ x)
2015
x
−
(1+ x)
2016

x
2
.
Hệ số của x
4
trong
2(1+ x)
2015
x
là
2C
2015
5
; hệ số của x
4
trong
−
(1+ x)
2016
x
2
là
−C
2016
6
.
Suy ra hệ số của x
4
là
2C

2015
5
− C
2016
6
.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b,c là các số thực dương thoả mãn
a ≥ b ≥ c
, và x là số thực thoả mãn
0 ≤ x ≤
π
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
f (x) =
a − b
asin x + bcos x
+
b − c
bsin x + c cos x
+
c − a
csin x + a cos x
.
Ta biến đổi f(x),
f (x) =
a − b
asin x + bcos x
+
b − c
bsin x + c cos x

+
(c − b) + (b − a)
csin x + a cos x
= (a − b)
1
asin x + bcos x
−
1
csin x + a cos x
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
+ (b − c)
1
bsin x + c cos x
−
1
csin x + a cos x
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
= (a − b)
(c − a)sin x + (a − b)cos x
(a sin x + bcos x)(csin x + a cos x)

⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
+ (b − c)
(c − b)sin x + (a − c)cos x
(bsin x + c cos x)(csin x + a cos x)
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
=
1
cos x
. (a − b)
(c − a)t + a − b
(at + b)(ct + a)
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
+ (b − c)
(c − b)t + a − c
(bt + c)(ct + a)

⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
(1)
.
Với
t = tan x ∈ 0;1
[ ]
, ta có



Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề: Thầy – Đặng Thành Nam 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
NGHIÊN CẤM CÁC HÌNH THỨC SHARE ĐÁP ÁN RA NGOÀI BOX GIẢI ĐỀ
7
g(t) = (a − b)
(c − a)t + a − b
(at + b)(ct + a)
⎡

⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
+ (b − c)
(c − b)t + a − c
(bt + c)(ct + a)
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
=
1
ct + a
(a − b) (c − a)t + a − b
[ ]
at + b
+
(b − c) (c − b)t + a − c
[ ]
bt + c
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥

=
(3abc − a
2
b − b
2
c − c
2
a)t
2
+ (2a
2
b + 2b
2
c + 2c
2
a − 2a
2
c − 2ab
2
− 2bc
2
)t + ab
2
+ bc
2
+ ca
2
− 3abc
(at + b)(bt + c)(ct + a )
.

Đặt tử thức là tam thưc bậc hai g(t) có hệ số của x
2


vì
a
2
b + b
2
c + c
2
a ≥ 3 a
2
b.b
2
c.c
2
a
3
= 3abc
.
Nên đồ thị có dạng quay xuống nên trên đoạn [0;1] ta có:
min g(t) = min g(0);g(1)
{ }
.
Ta có:

g(0) = ab
2
+ bc

2
+ ca
2
− 3abc ≥ 0,
g(1) = a
2
b + b
2
c + c
2
a − (ab
2
+ bc
2
+ ca
2
) = ab(a − b) + bc(b − c) + ca(c − a)
= ab(a − b) + bc(b − c) + ca (c − b) + (b − a)
[ ]
= a(a − b) b − c
[ ]
+ c(b − c)(b − a) = (a − b)(b − c)(a − c) ≥ 0
.
Suy ra:
min g(t) ≥ 0,∀t ∈ 0;1
[ ]
⇒ f (x) ≥ 0
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a = b = c, x ∈ 0;

π
4
⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) bằng 0.