KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 33)
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)


Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất 2015!(Kèm đáp án chi tiết tại)!

Câu I (2 điểm) Cho hàm số: y =
2x – 1
x – 1
có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến d của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B sao
cho OA = 9OB.
Câu II (1 điểm)
Giải phương trình:
1 + sinx + cosx
1 + sinx
= 2 – tanx.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =



1
2

x + 2lnx
(x + 2)
2

dx.

Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A,
cạnh AB = AC = a 2, hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính
theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC.

Câu V (1 điểm) ) Tìm m để phương trình có nghiệm thực.


2 2
2
2 .( 4). 2 8 2 14 0
4
x
x x m x x x m
x

        



Câu VI (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 9x
2

+ 25y
2

= 225. Gọi F

1
, F


2
lần lượt là hai tiêu điểm của (E)
(x

F

1
< x

F

2
). Gọi A, B là hai điểm thuộc (E). Xác định tọa độ của A và B để chu vi tứ giác F

1
F

2
BA nhỏ nhất biết
rằng tổng độ dài hai đường chéo bằng 6.
Câu VII (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
x – 1
2
=
y + 1
3
=
z – 1

2
, mặt phẳng (P): x + y
– 2z + 3 = 0. Lập phương trình chính tắc của đường thẳng (

) qua M(1; 2; 1), song song với mặt phẳng (P) và
vuông góc với đường thẳng (d).

Câu VIII (1 điểm) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z + 3
_

z = (2 + i 3)|z|
Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình: :





x y
2

+ 6 + y x
2

+ 3 = 7xy
x x
2

+ 3 + y y
2


+ 6 = 2 + x
2

+ y
2

(x; y  R).
CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG !

Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!



Hướng dẫn

Câu I:
Câu Đáp án
1

( 2,0
điểm)
Cho hàm số: y =
2x – 1
x – 1
có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
T
ập xác định: D = R
\

{1}

Sự biến thiên: y' =
-1
(x - 1)
2

< 0 x  D  hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định và hàm
số không có cực trị


Gi
ới hạn v
à ti
ệm cận:

1 1
lim ; lim
x x
y y
 
 
   
 tiệm cận đứng: x = 1
lim lim 2
x x
y y
 
 
 tiệm cận ngang y = 2

B
ảng biến thi
ên:


Đ
ồ thị: (học sinh tự vẽ
-

lưu
ý (C) c
ắt Ox tại (1/2; 0), cắt Oy tại (0
; 1)

b)

Vi
ết ph
ương tr
ình ti
ếp tuyến
d

c
ủa (
C
), bi
ết rằng tiếp tuyến cắt các trục
Ox
,

Oy

l
ần l
ư
ợt tại
A
,
B
sao
cho OA = 9OB.
Ta có hệ số góc tiếp tuyến được tính bởi k = 
OB
OA
= 
1
9

Gọi M(x

o
; y

o
) là tiếp điểm của tiếp tuyến (d) và (C). (PTTT (d): y = k(x - x

o
) + y

o

)


Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình f ' (x

o
) = k hay




-1
(x

o
- 1)
2

=
1
9
(vô nghiệm)
-1
(x

o
- 1)
2

= -

1
9
 (x

o
- 1)
2

= 9 



x

o
= 4  y

o
=
7
3

x

o
= -2  y

o
=
5

3

Với k =
-
1
9
và tiếp điểm là (4 ;
7
3
) ta có phương trình tiếp tuyến y =
-
1
9
x +
25
9

Với k =
-
1
9
và tiếp điểm là (-2 ;
5
3
) ta có phương trình tiếp tuyến y =
-
1
9
x +
13

9

Câu II:

Giải phương trình:
1

+

sin
x

+

cos
x
1 + sinx
= 2 – tanx.
■ Điều kiện:



cosx

≠

0
sinx ≠ -1

Phương trình đã cho tương đương:

1 + sinx + cosx
1 + sinx
= 2 -
sinx
cosx
=
2cosx - sinx
cosx

 cosx(1 + sinx + cosx) = (2cosx - sinx)(1 + sinx)


cosx(1 + sinx) + cos
2

x = (2cosx - sinx)(1 + sinx)
 cosx(1 + sinx) + (1 - sinx)(1 + sinx) = (2cosx - sinx)(1 + sinx)
 (1 + sinx)(cosx + 1 - sinx - 2cosx + sinx) = 0


(1 + sinx)(1 - cosx) = 0



cosx

=

1
sinx = - 1(loại)




x = k2

(k

Z). Vậy phương trình có một họ nghiệm.


Câu III:
Tính tích phân: I =



1
2

x + 2lnx
(x + 2)
2

dx.
Đặt





u = x + 2lnx

dv =
dx
(x + 2)
2





du =
x

+

2
x
dx
v =
-1
x + 2

Vậy I = uv



2
1
-




1
2

vdu = -



x + 2lnx
x + 2







2
1
+



1
2

dx
x

=

-1
6
+
ln2
2
+ lnx


2
1
=
ln2
2
-
1
6

Vậy I =
ln2
2
-
1
6


Câu IV
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh AB = AC = a 2,
hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối lăng
trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC.
Gọi H là trung điểm BC  AH = a  A'H = AA'

2

- AH
2

= a 3

V

ABC.A'B'C'
= HA'.S

ABC
=
1
2
HA. AB.AC = a
3

3 (đvtt)
Ta có AH

BC, A'H

BC

(AA'H)

BC
Gọi K là hình chiếu của H trên AA'. Khi đó, HK  AA', HK  BC  d(AA', BC) = HK

Mà AA'H  H 
1
HK
2

=
1
HA
2

+
1
HA'
2

=
4
3a
2

 HK =
a 3
2

Vậy d(AA', BC) =
a 3
2
(đvđd)
Câu V
Điều kiện:

2
2
0
4
4 2 4
8 2 0
x
x
x x
x x






    


  


0,25
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
2
2 | 4 | 2. 8 2 14 0
4
x
x x m x x x m

x

        



2 2 2
( 2 8) 8 2 2 8 2 6 0
x x m x x x x m
            
. (1)
Đặt t =
2
8 2
x x
 
; Khi x   - 2; 4) thì t   0; 3 . (2)
Phương trình trở thành : - t
2
– mt + 2t – 6 – m = 0 
2
2 6
1
t t
m
t
  


. 0,25

Xét hàm số
 
2
2 6
( ) ; 0;3
1
t t
f t t
t
  
 

; f’(t) =
2
2
2 8
( 1)
t t
t
  

; f’(t) = 0  t = - 4 v t = 2.
Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên đoạn  0 ; 3 .
t -∞ -4 -1 0 2 3 +∞

f’(t) - 0 + + + 0 -
f(t) - 2

-6
9

4


0,25
Phương trình đx cho có nghiệm x



- 2; 4)

Phương trình (2) có nghiệm t



0; 3


 Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t   0; 3   - 6 ≤ m ≤ - 2 0,25


Câu VI


Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 9x
2

+ 25y
2

= 225. Gọi F


1
, F

2
lần lượt là hai tiêu điểm của (E)
(x

F

1
< x

F

2
). Gọi A, B là hai điểm thuộc (E). Xác định tọa độ của A và B để chu vi tứ giác F

1
F

2
BA nhỏ nhất biết
rằng tổng độ dài hai đường chéo bằng 6.
(E):
x
2

25
+

y
2

9
= 1 



a
2


=

25
b
2

= 9
c
2

= a
2

- b
2

= 16





a

=

5
b = 3
c = 4
(a, b, c > 0)

Theo giả thiết thì BF

2
+ AF

1
= 6 (1)
Mặt khác BF

2
+ BF

1
= AF

1
+ AF


2
= 10  BF

2
+ BF

1
+ AF

2
+ AF

1
= 20
 BF

1
+ AF

2
= 14 (2)

V
ậy chu vi tứ giác F

1
F

2
AB là P = F


1
F

2

+ AF

2

+ BF

1

+ AB = 2c + 14 + AB =
22 + AB

Do đó P

min
 AB

min
= (x

B
- x

A
)

2

+ (y

B
- y

A
)
2


Mặt khác



A  (E) 
x

A
2

25
+
y

A
2

9

= 1 (2)
B  (E) 
x

B
2

25
+
y

B
2

9
= 1 (3)

Lấy (2) trừ (3) ta được:
1
25
(x

A
2

- x

B
2


) +
1
9
(y

A
2

- y

B
2

) = 0 (4)
Từ (1)  a - ex

B
+ a + ex

A
= 6  x

B
- x

A
= 5 (5) nên AB = 5
2

+ (y


B
- y

A
)
2

 5
Yêu cầu bài toán  AB

min
= 5  y

B
= y

A

Do đó (4)  (x

A
- x

B
)(x

A
+ x


B
) = 0  x

A
+ x

B
= 0 (6)
Giải (5) và (6) ta được



x

A
=
5
2

x

B
=
-5
2
 y

A
= y


B
= 
3 3
2

Kết luận A(
5
2
; 
3 3
2
), B(
-5
2
; 
3 3
2
) là các điểm cần tìm.
Câu VII
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
x – 1
2
=
y + 1
3
=
z – 1
2
, mặt phẳng (P): x + y – 2z + 3 =
0. Lập phương trình chính tắc của đường thẳng (


) qua M(1; 2; 1), song song với mặt phẳng (P) và vuông góc
với đường thẳng (d).
Ta có



(d) qua A(1; -1; 1) có vectơ chỉ phương


u

d
= (2; 3; 2)
mặt phẳng (P) có VT pháp tuyến


n

P
= (1; 1; -2)

Gọi


u


là VTCP của đường .
 // (P) 



u





n

P
và   (d) 


u





u

d

Nên ta chọn


u



=




n

P
;


u

d


= (8; -6; 1)
Vậy PT chính tắc của :
x

-

1
8
=
y

+

6

-6
=
z

-

1
1

Câu VIII

Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z + 3
_

z = (2 + i 3)|z| (1)
Đặt z = x + yi (x, y

R) ta được
(1)  4x - 2yi = 2 x
2

+ y
2

+ i 3x
2

+ 3y
2







4x = 2 x
2

+ y
2


-2y = 3x
2

+ 3y
2








x



0


y  0
y
2

= 3x
2





y = - x 3
x  0

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng y = - x 3 với x  0.

Câu IX

3

(1,0
điểm)
Giải hệ phương trình:





x y

2

+ 6 + y x
2

+ 3 = 7xy
x x
2

+ 3 + y y
2

+ 6 = 2 + x
2

+ y
2

(x; y  R).
■ Với x = 0, y = 0 hệ phương trình không thỏa mãn.
■ Với x, y ≠ 0, biến đổi hệ phương trình trên thành:







x
2


+ 3
x
+
y
2

+ 6
y
= 7
x( x
2

+ 3 - x) + y( y
2

+ 6 - y) = 2







x
2

+ 3
x
+

y
2

+ 6
y
= 7
3
x
2

+ 3
x
+ 1
+
6
y
2

+ 6
y
+ 1
= 2
.
■ Đặt u =
x
2

+ 3
x
, v =

y
2

+ 6
y
thì hệ phương trình trở thành:





u

+

v

=

7
3
u + 1
+
6
v + 1
= 2

Giải hệ trên ta được



u = 2
v = 5
hay



u =
7
2

v =
7
2

■ Với


u = 2
v = 5




x
2

+ 3
x
= 2
y

2

+ 6
y
= 5






x = 1
y =
1
2

■ Với



u =
7
2

v =
7
2





x
2

+ 3
x
=
7
2

y
2

+ 6
y
=
7
2






x =
2
15

y =
2 2

15

Vậy nghiệm (x; y) của hệ đã cho là: (1;
1
2
) hay (
2
15
;
2 2
15
)