ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP QUỐC GIA 2015 SỐ 57
Ngày 22 tháng 3 năm 2015
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
.
32
1
−
−
=
x
x
y
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
)(H
của hàm số đã cho.
2. Gọi
I
là giao điểm hai tiệm cận của
)(H
. Viết phương trình tiếp tuyến của
)(H
sao cho khoảng
cách từ
I
đến tiếp tuyến đó là lớn nhất.
Câu 2.(2,0 điểm)
1. Giải phương trình
.cotsin1
sinsin
sincos
2

3
xx
xx
xx
++=
−
+
2. Giải bất phương trình
.5)11)(2(2
2
xxxx −<++−
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân
.d
)1(
)1ln2(1
3
1
2
∫
+
−+
= x
xx
xx
I
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp
ABCDS.
có
SD
vuông góc với mặt phẳng

)(ABCD
, đáy
ABCD
là
hình thoi cạnh
a
có
·
0
120BAD =
. Đường thẳng
SA
tạo với mặt phẳng
)(SBD
một góc bằng
α
với
3cot
=
α
. Tính thể tích khối chóp
ABCDS.
và khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng
)(SAC
theo a.
Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn
.411 =+++ yx
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức:
.
4
64
yx
xyP
−−
+=
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho tam giác
ABC
có trọng tâm
,1;
3
4






G
trung điểm
BC
là
),1;1(M

phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ

B
là
.07 =−+ yx
Tìm tọa độ
.,, CBA
Câu 7.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho
)7;0;2(),4;0;1( BA −
. Tìm tọa độ điểm
C
thuộc mặt
phẳng
03:)( =+−+ zyxP
sao cho tam giác
ABC
cân và có
·
0
120ACB =
.
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
).,(
1
2log1)1(log
)2)(1(
2
2
2

32
∈











++=+
++=+
yx
x
y
yxyx
Hết
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa
1
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 57
Câu Đáp án Điểm
1.
1. (1,0 điểm)
a) Tập xác định:







2
3
\
.
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn, tiệm cận: Ta có
−∞=
−






→
y
x
2
3
lim
và
.lim
2
3
+∞=
+







→
y
x
Do đó đường thẳng
2
3
=x
là tiệm
cận đứng của (H).
Vì
2
1
limlim ==
+∞→−∞→
yy
xx
nên đường thẳng
2
1
=y
là tiệm cận ngang của đồ thị.
* Chiều biến thiên: Ta có
.
2
3

,0
)32(
1
'
2
≠∀<
−
−
= x
x
y

Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
.;
2
3
,
2
3
;






∞+







∞−
0,5
* Bảng biến thiên:
x
∞−

2
3

∞+
'y

−

−
y

∞+


2
1

2
1



∞−

c) Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox tại (1; 0), cắt Oy
tại
.
3
1
;0






(H) nhận giao điểm






2
1
;
2
3
I
của
hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,5

2. (1,0 điểm)
Gọi
2
3
0
≠x
là hoành độ của tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. Khi đó phương trình của tiếp
tuyến là:
32
1
)(
)32(
1
:
0
0
0
2
0
−
−
+−
−
−=∆
x
x
xx
x
y
hay

.0342)32(:
0
2
0
2
0
=−+−−+∆ xxyxx
0,5
Suy ra khoảng cách từ I đến
∆
là
.
2
1
32.2
32
)32(1
32
)32(1
342
2
1
.)32(
2
3
0
0
4
0
0

4
0
0
2
0
2
0
=
−
−
≤
−+
−
=
−+
−+−−+
=
x
x
x
x
x
xxx
d
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,1)32(
2
0
=−x
hay

1
0
=x
hoặc
.2
0
=x
Từ đó ta có các tiếp tuyến cần tìm là
.3;1 +−=+−= xyxy
0,5
2
1. (1,0 điểm) Điều kiện:
1sin,0sin ≠≠ xx
hay
.,2
2
, ∈+≠≠ kkxkx
π
π
π
Khi đó phương trình đã cho tương đương với:
)cossin)(sinsin1(sincos
23
xxxxxx ++−=+

xxxxxxx cossincoscossinsincos
23
−+=+⇔
xxx coscossin
22

−=⇔
(vì
0sin
≠
x
)
01coscos2
2
=−−⇔ xx






+±=
=
⇔




−=
=
⇔
π
π
π
2
3

2
2
2
1
cos
1cos
kx
kx
x
x
0,5
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là
,2
3
2
π
π
kx +±=
.∈k
0,5
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa
2
x
O
1
2
1
y
I
2

3
2. (1,0 điểm) Điều kiện:
.1−≥x

Bất PT đã cho tương đương với:
2
5421)2(2 xxxxx −<−++−

2 2
( 2) 2( 2) 1 1 9 ( 2 1) 9 3 2 1 3
1 1 0 (1)
1 5 (2)
x x x x x x x x
x x
x x
⇔ − + − + + + < ⇔ − + + < ⇔ − < − + + <

+ + + >

⇔

+ < −


0,5
* Bpt (1)
.1−>⇔ x
* Bpt (2)
.31
10251

51
2
<≤−⇔



+−<+
<≤−
⇔ x
xxx
x
Kết hợp lại ta được nghiệm của bpt là
.31 <<− x
0,5
3
Ta có
∫∫






+
+
+
−
+
=







+
+
+
−
+
=
3
1
22
3
1
222
d
)1(
ln
2
)1(
2
)1(
1
d
)1(
ln
2
)1(

1
)1(
1
x
x
x
xxx
x
x
x
xxx
I
(*)
Tính
.d
)1(
ln
3
1
2
∫
+
x
x
x
Đặt
.
)1(
d
d,ln

2
+
==
x
x
vxu
Khi đó
.
1
1
,
d
d
+
−
==
x
v
x
x
u
tích phân từng phần ta có :
.
)1(
d
3ln
4
1
)1(
d

1
ln
d
)1(
ln
3
1
3
1
1
3
3
1
2
∫∫∫
+
+−=
+
+
+
−=
+
xx
x
xx
x
x
x
x
x

x
0,5
Thay vào (*) ta được

∫∫
+
−
+
+−=
3
1
2
3
1
)1(
d
2
)1(
d
33ln
2
1
x
x
xx
x
I
1
3
1

3
1
2
))1ln((ln33ln
2
1
+
++−+−=
x
xx
.
2
1
2ln33ln
2
5
2
1
2ln33ln33ln
2
1
−−=−−+−=
0,5
4
Gọi
.BDACO ∩=
Từ giả thiết suy ra
)(SBDAC ⊥
tại O
nên

.)(;(
α
==∠ SBDSAASO
ADCADCBAD ∆⇒=∠⇒=∠
00
60120
đều cạnh a. Suy
ra
2
3
2
2
a
SS
ADCABCD
==
và
.
2
,
2
3 a
AO
a
DO ==
Do đó
.
2
3
2

3
cot.
22
a
ODSOSD
a
AOSO =−=⇒==
α
Suy ra
.
4
2
22
.
3
1
33
aa
SSDV
ABCDSABCD
===
0,5
* Kẻ
.SODH ⊥
Vì
)(SBDAC ⊥
nên
DHAC ⊥
. Suy ra
)(SACDH ⊥

(1)
Ta có
SDO∆
vuông tại D nên
2
2a
DH =
(2)
Vì O là trung điểm BD nên
))(;())(;( SACDdSACBd =
(3)
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra
.
2
2
))(;(
a
SACBd =
0,5
5
Đặt
.1,1 +=+= ybxa
Khi đó
0,0 ≥≥ ba
và
.4=+ ba
Đặt
,abt =
ta có
40 ≤≤ t

và
.216
22
tba −=+
Khi đó
)(6
64
)1)(1(
22
22
ba
baP
+−
+−−=
2 2 2 2 2
2 2
64 32
( ) 1 2 15.
6 ( ) 5
a b a b t t
a b t
= − + + + = + + −
− + −
0,5
Xét hàm số
15
5
32
2)(
2

−
−
++=
t
ttxf
với
].4;0[∈t
Ta có
.
)5(
)36)(3(2
)5(
32
22)('
2
2
2
−
−−−
=
−
−+=
t
ttt
t
txf

.30)(' =⇔= txf
Vì
23)4(,16)3(,

5
107
)0( −=−=−= fff
nên ta suy ra
,16max
−=
P
đạt khi
3=t
hay
8,0 == yx
hoặc
;0,8 == yx
,23min −=P
đạt khi
4=t
hay
.3== yx
0,5
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa
3
A
D
B
C
S
O
H
a
a

α
6
7
Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho tam giác
ABC
có trọng tâm
,1;
3
4






G
trung điểm
BC
là
),1;1(M
phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ
B
là
.07 =−+ yx
Tìm tọa độ
.,, CBA
Từ tính chất trọng tâm ta có
).1;2(3 AMGMA ⇒=

).7,(7: +−⇒+−=∈ bbBxyBHB
Vì
)1;1(M
là trung
điểm BC nên
).5;2( −− bbC
Suy ra
).6;( −−= bbAC
ACBH ⊥
nên
.30)6(0. =⇔=−+⇔= bbbACu
BH
Suy ra
).2;1(),4;3( −−CB
0,5
0,5
Vì
0
120=∠ACB
nên
ABC∆
phải cân tại C.
Giả sử
).;;(
000
zyxC
Do trung điểm của AB là







2
11
;0;
2
1
I

nên
.
2
11
;;
2
1
000






−−= zyxIC
Do
0
120=∠C
nên
.30

0
=∠A
Do đó
.
2
3
30tan.
0
== AIIC
Suy ra
.
2
3
2
11
2
1
2
0
2
0
2
0
=







−++






− zyx
(1)
0,5
Ta có
03)(
000
=+−+⇔∈ zyxPC
(2)
060
2
11
3
2
1
30.
0000
=−+⇔=







−+






−⇔=⇔⊥ zxzxABICABCI
(3)
Từ (1), (2) và (3) ta có
)5;1;1(C
hoặc
.
3
14
;
3
1
;
3
4






C
0,5
8

Điều kiện:
2
1
0
1
2 −<⇔>+ x
x
hoặc
.0>x
Từ PT thứ hai của hệ ta có:
( )






+=+
x
y
2
4log1log
2
2
2
x
y
2
41
2

+=+⇔
hay
.23
2
+= xxy
Hệ trở thành





+=
+++=+
23
22
2
32
xxy
yxxyyx
0,5
Từ hai phương trình ta được :
xxyyxxyyx 32
232
−+++=+



=+
=
⇔=+−−⇔=−+−+−⇔

2
22
1
0)1)((0)()(
yx
yx
yxyxyxxyyyxx
* Với
yx =
ta có
1−== yx
hoặc
.2== yx
* Với
2
1 yx =+
ta có nghiệm
).32;31(),32;31( +±+−±−
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm (x; y) của hệ là
),2;2(),1;1( −−
),32;31( −±−

)32;31( +±+
.
0,5
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa
4
A
B
C

M
H
G
A B
C
I