KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 38)
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
2 1
1
x
y
x



.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình đường thẳng

đi qua điểm
(0;1)
I và cắt đồ thị
( )
C
tại hai điểm phân biệt
,
A B

sao
cho diện tích tam giác
OAB
bằng
3
(O là gốc tọa độ).
Câu II (1 điểm)
Giải phương trình:
(1 cos )cot cos2 sin sin 2
x x x x x
   
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
x x
I dx
x





.
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp
.
S ABCD

có
( ),
SC ABCD

đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng
3
a
và

0
120 .
ABC 
Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
( )
ABCD
bằng
0
45 .
Tính theo
a
thể tích của khối
chóp
.
S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD.

Câu V (1 điểm) ) Cho
, ,
a b c
là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

3
2 3
P
a ab abc a b c
 
   
.
Câu VI (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
5,
AB 
( 1; 1)
C
 
, đường thẳng
AB
có phương
trình là
2 3 0
x y
  
và trọng tâm G của tam giác
ABC
thuộc đường thẳng
: 2 0
x y
   
. Tìm tọa độ các
đỉnh
A

và
.
B

Câu VII (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
( 2;2; 2), (0;1; 2)
A B
  
và
(2;2; 1)
C

. Viết phương trình mặt
phẳng
( )
P
đi qua
A
, song song với
BC
và cắt các trục y
’
Oy, z
’
Oz theo thứ tự tại
,
M N
khác gốc tọa độ
O

sao
cho
2 .
OM ON


Câu VIII (1 điểm) Tính mô đun của các số phức
z
thỏa mãn
2
2
1 ( 1)
z z i iz
    
.

Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình:




3 1 2 7 2
( , )
2 4 5
x x y y x
x y
x y x y
    





   



.

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

Ý

Đáp án
1

2,0 đ
1

1,0
đ

Hàm số
2 1
1
x
y
x




 TXĐ:


\ 1
D
 

 Sự biến thiên của hàm số:
+ Các giới hạn và tiệm cận
( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y
 
   
   

Đường thẳng
1
x

 
là tiệm cận đứng.
lim 2
x
y

 
Đường thẳng
2
y

là tiệm cận ngang.
+ Đạo hàm:
 
'
2
3
0
( 1)
y x D
x
   


+ Bảng biến thiên:

x




1


+


y
’

+ +
y +


2
2


Hàm số đồng biến trong các khoảng
( ; 1)
 
và
( 1; )
 
.
Hàm số không có cực trị.

Đồ thị: Tự vẽ đồ thị.
2

1,0

đ
: 1
y mx
  
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và

:
2
2 1
1 ( 1) ( ) ( 1) 2 0 (1)
1
x
mx x f x mx m x
x

         


Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác
1


0
0
5 2 6 0
0
5 2 6
5 2 6
( 1) 0
5 2 6

m
m
m m
m
m
f
m






   
 

    
 
  

 

 

 
 





.
Khi đó

cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
1 1 2 2
( ; 1); ( ; 1)
A x mx B x mx
 

Với
1 2
,
x x
là hai nghiệm của (1)
Ta có
2 2 2 2
2 1 2 1 1 2
( ) (1 ) ( ) 4 (1 )
AB x x m x x x x m
 
      
 

Mà
1 2 1 2
1 2
,
m
x x x x
m m


   
. Do đó
2 2
1
( 10 1)(1 )
AB m m m
m
   
: 1 1 0
y mx mx y
      

2
1
( , )
1
d d O
m
   


Khi đó:
2
1 10 1
. 3
2 2
OAB
m m
S AB d

m
 
  
2
1
11 10 1 0 1
11
m m m m
        
(tmđk). Do đó
: 1
y x
   
hay
1
1.
11
y x
 

Câu II:

Phương trình
(1 cos )cot cos2 sin sin 2
x x x x x
   
(1)
Điều kiện:
sin 0 ( )
x x k k


   


Khi đó: (1)

cos
(1 cos ) cos2 sin sin 2
sin
x
x x x x
x
   
2 2 2
2 2 2
cos cos cos2 sin sin 2sin cos
cos (1 2sin ) cos 2 sin (cos sin ) 0
x x x x x x x
x x x x x x
    
     

cos co s 2 cos 2 sin cos 2 0 cos 2 (cos sin 1) 0
cos 2 0
cos sin 1
x x x x x x x x
x
x x
       





 


+
cos2 0 ( )
4 2
x x k k
 
    

.
+
1
cos sin 1 0 cos 2
4 4 4
2
x x x x l
  

 
          
 
 

2
( )
2

2
x l
l
x l




 

 




.
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:
4 2
x k
 
  ,
2
2
x l


 
( , )
k l



.

Câu III:
Tích phân
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
x x
I dx
x





.
Đặt
sin cos
t x dt xdx
  
1
; 1
6 2 2
x t x t
 
     


Khi đó
1
2
1
2
ln(1 )
t
I dt
t




Đặt:
2
ln(1 )
1
1
dt
u t
du
t
dt
dv
v
t
t

 




 


 

 
 




Ta có
1
1 1
1
1 1
2
2 2
1 3 1 1
ln(1 ) ln 2 2 ln
( 1) 2 1
dt
I t dt
t t t t t
 
        
 
 

 
 


1 1
1 1
2 2
27
2ln3 3ln 2 ln ln 1 3ln 3 4ln 2 ln .
16
t t       


Câu IV


a
3
I
O
D
K
B
A
C
S

Kẻ ( )
SK AB K AB CK AB
   

(định lí 3 đường vuông góc)
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
( )
ABCD
là góc giữa
SK
và
CK
. Do

SKC
nhọn nên

0
45
SKC 
,
 
0 0
120 60
ABC CBK  
. Trong tam giác vuông
:
CBK

0
3
sin 60
2
a

CK CB 
Tam giác
SCK
vuông cân tại
C
nên
3
2
a
SC 
Ta có
2
0
3 3
. sin120
2
ABCD
a
S AB BC  . Do đó
3
.
1 3 3
.
3 4
S ABCD ABCD
a
V S SC  (đvtt)
Gọi
O AC BD
 

.Ta có
( )
BD AC
BD SAC
BD SC


 



tại
O
.
Kẻ
( )
OI SA I SA
 

OI
là đoạn vuông góc chung của SA và BD.
Dùng hai tam giác đồng dạng
AOI
và
ASC
suy ra
3 5
10
a
OI  Vậy

3 5
( , )
10
a
d SA BD  .
Câu V
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
3
1 4 1 4 16 4
. . ( )
2 2 3 4 3
a b a b c
a ab abc a a b c
  
       

Đẳng thức xảy ra khi
4 16 .
a b c
 

Suy ra
3 3
2( )
P
a b c
a b c
 
 
 

. Đặt
, 0
t a b c t
   

Khi đó ta có
3 3
2
P
t
t
 
Xét hàm số
( )
f t

3 3
2t
t

với
0
t

.
'
2
3 3
( ) ;
2

2
f t
t
t t
 
'
2
3 3
( ) 0 0 1
2
2
f t t
t
t t
     

Bảng biến thiên:

t

0 1


'
( )
f t





0 +
( )
f t




0

3
2


Do đó
0
3
min ( )
2
t
f t

 
khi và chỉ khi
1
t

. Suy ra
3
2
P

 
.
Vậy GTNN của P bằng
3
2

khi và chỉ khi
1
4 16
a b c
a b c
  


 


16 4 1
, , .
21 21 21
a b c   



Câu VI


Gọi
( ; )
I x y

là trung điểm của đoạn
AB
và
( ; )
G G
G x y
là trọng tâm của
ABC

. Do
2
3
CG CI

 
.nên
2 1 2 1
; .
3 3
G G
x y
x y
 
 
Tọa độ điểm
I
thỏa mãn hệ phương trình:
2 3 0
5
2 1 2 1

1
2 0
3 3
x y
x
x y
y
  





  
 
  



. Vậy
(5; 1)
I


Ta có
5
2 2
AB
IA IB   Gọi
( )

C
là đường tròn có tâm
(5; 1)
I

và bán kính
5
2
R 
2 2
5
( ) : ( 5) ( 1)
4
C x y
    
.
Tọa độ hai điểm
,
A B
là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
2 3 0 4 6
.
5 1 3
( 5) ( 1)
4 2 2
x y x x
x y y y
    
  

  
 
  
       
  
  
Vậy tọa độ hai điểm
,
A B
là
1 3
4; , 6; .
2 2
   
 
   
   

Câu VII
Từ giả thiết ta có
(0; ;0)
M m và
(0;0; )
N n
trong đó
0
mn

và
2

m n
 
.
Do
( ) / /
P BC
và
( )
P
đi qua
,
M N
nên VTPT của
( )
P
là
, ( ; 2 ; 2 )
n BC MN m n n m
 
    
 
  

TH1:
2
m n

thì
, (3 ; 2 ; 4 ) ( 0)
n BC MN n n n n

 
    
 
  
.
( )
P
đi qua
( 2;2; 2)
A
 

( ):3 2 4 2 0.
P x y z
    

TH2:
2
m n
 
thì
, ( ; 2 ;4 ) ( 0)
n BC MN n n n n
 
    
 
  
.
( )
P

đi qua
( 2;2; 2)
A
 

( ): 2 4 10 0.
P x y z
    
( loại vì ( )
P BC

)
Vậy
( ) :3 2 4 2 0.
P x y z
   

Câu VIII

Đặt
, ( , )
z a bi a b
  

. Từ giả thiết ta có
2
2
1 ( 1) ( 1 )
a bi a b i b ai
        

2
2
1 2( 1)
1 2( 1) 2 ( 1) (1)
2 ( 1)
a b
a bi b a b i
b a b

  
       

 


Từ (1) suy ra :
2
1 2( 1) ( 1)
2( 1)
b
b b
b
    

2
2 1
( 2)(2 1) 0
1 1
2 2
b a

b b
b a
   


    

    


Suy ra
1 2
z i
 
hoặc
1 1
.
2 2
z i
  
+ Với
1 2
z i
 
, ta có
5
z  . + Với
1 1
2 2
z i

  
, ta có
2
2
z  .

Câu IX

Hệ phương trình




3 1 2 7 2 (1)
2 4 5 (2)
x x y y x
x y x y
    



   


Điều kiện:
2 0
4 0
x y
x y
 



 


Với điều kiện trên thì
(1)  3x
2
7xy + 2y
2
+ x 2y = 0  (3xy)(x2y) +(x2y) = 0
 (x2y)(3xy +1) = 0 
2 0
3 1 0
x y
x y
 


  


+ x

2y = 0

x = 2y
(2):
4 9 5
y y

 
 y = 1 y = 1

x = 2 (tmđk)
+ 3x

y + 1= 0

y = 3x+1
(2) trở thành:
7 1 7 2 5
x x
   

2
1
7
49 21 2 11 7
x
x x x

 



   


1 11
17

7 7
17
25
25
x
x
x

  


 





.
17 76
25 25
x y   (tmđk).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =
17 76
;
25 25
 
 
 
.