TRƯỜNG THPT C NGHĨA HƯNG
ĐỀ THI THỬ THPT 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 ( )y x x C= − +
.
a) Kháo sát c và vẽ đồ thị ( C) của hàm số
b) Tìm m để phương trình x
3
-3x
2
+m+1=0 có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
4 4 2 4
2 17.2 1 0
x x- -
- + =
b) Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
11
1
2
z
z

z
−
= −
−
. Hãy tính
4
2
z i
z i
−
+
.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình :
1 tan
cot 2
1 tan
x
x
x
−
=
+
.
b)Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một
khác nhau và trong mỗi số đó có đúng 2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ ?
Câu 4 (1,0 điểm).
Tính tích phân
5
1

1
3 1
I dx
x x
=
+
∫
.
Câu 5 (1,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(2;1; 1), (1;0;3)A AB
− =
uuur
. Chứng minh ba
điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác
MAB vuông tại M.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên
mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD.
Biết
5
2, 2 ,
2
SA a AC a SM a
= = =
, với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho tam giác đường cao AA’có phương trình x+2y-2=0
trực tâm H(2;0) kẻ các đường cao BB’và CC’ đường thẳng B’C’ có phương trình x-y+1=0 M3;-2) là

trung điểm BC .tìm tọa độ các đỉnh A,B và C.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 2
2 2 2 2 1
2 2
2 2 2 0
x x x y y y
x y x y

+ + + = + + +



+ − + − =

.
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn
2 3 7x y
+ ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 2
3
2 5( ) 24 8( ) ( 3)P xy y x y x y x y
= + + + − + − + +
.
Hết
1
TRƯỜNG THPT C NGHĨA HƯNG

ĐÁP ÁN TOÁN.
Câu Nội dung Điểm
1.a
1đ
1.b
1đ
pt x
3
-3x
2
+m+1=0 có 3 nghiệm
<=> pt x
3
-3x
2
+2 = - m+1=0 có 3 nghiệm
< => đường thẳng (d) y=-m +1 cắt (C) tại 3 diểm
< => -2<-m+1<2
< => -1<m<3
0,25
0,25
0,25
0,25
2.a
0,50
a) Giải phương trình:
4 4 2 4
2 17.2 1 0
x x- -
- + =

4 4 2 4 2
16 4
2 17.2 1 0 17. 1 0 4 17.4 16 0
16 16
x x
x x x x- -
- + = Û - + = Û - + =
(*) 0,25
 Đặt
4
x
t =
(ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành

2
1 4 1 0
17 16 0
16 2
4 16
x
x
t x
t t
t x
é
é é
= = =
ê
ê ê
- + = Û Û Û

ê
ê ê
= =
=
ê
ê ê
ë ë
ë
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 0 và x = 2.
0,25
0,50
a) Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
11
1
2
z
z
z
−
= −
−
. Hãy tính
4
2
z i
z i
−
+

.

11
1
2
z
z
z
−
= −
−
⇔
2
4 13 0z z
− + =
,
2
' 9 9i
∆ = − =
⇒
2 3
2 3
z i
z i
= +


= −




2 3z i
= +
⇒
4
2
z i
z i
−
+
=
2
1
2
i
i
−
=
−

2 3z i
= −
⇒
4
2
z i
z i
−
+
=

2 7 53
2 5
29
i
i
−
=
+
0,25
0,25
3.a
0,50
Giải phương trình
1 tan
cot 2
1 tan
x
x
x
−
=
+
.
ĐK
sin 2 0
2
cos 0
tan 1
4
x

x k
x
x k
x
π
π
π

≠

≠

 
≠ ⇔
 
 
≠ − +
≠ −




Với ĐK pt
tan 2 tan
2 4
x x
π π
   
⇔ − = −
 ÷  ÷

   
Kết hợp ĐK, ta có nghiệm:
,
4
x k k
π
π
= + ∈
¢
0,25
0,25
3.b
0,50
+ Đặt số cần tìm là:
n abcde=
+ Số cách chọn 2 chữ số chẵn (có cả số 0):
2
6
4
C =
.
+ Số cách chọn 3 chữ số lẻ:
3
4
4
C =
.
=> Có:
6.4.5! 2880=
(số n) ( a có thể bằng 0).

+ Với a = 0 thì có:
1 3
. .4! 288
3 4
C C
=
(số).
* Vậy có:
2880 288 2592
− =
(số n) thỏa yêu cầu bài toán.
0,25
0,25
2
4
1đ
Tính tích phân
5
1
1
3 1
I dx
x x
=
+
∫
.
Đặt
2
1

3 1, 0
3
t
t x t x
−
= + ≥ ⇒ =

2
3
dx tdt
⇒ =
Đổi cận:
1 2; 5 4.x t x t
= → = = → =
0,25
4
2
2
1
2
1
I dt
t
=
−
∫

4
2
1 1

( )
1 1
I dt
t t
⇔ = −
− +
∫
0,25
( )
4
2
ln 1 ln 1I t t
= − − +

0,25
2ln3 ln5I
= −

0,25
5
1đ
Cho điểm
(2;1; 1), (1;0;3)A AB
− =
uuur
. Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng.
Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M.
Ta có
(3;1;2) (3;1;2)OB OA AB B
= + = ⇒

uuur uuur uuur
0.25
*
(2;1; 1), (1;0;3)OA AB
= − =
uuur uuur
không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng. 0.25
Ta có
(2 ; ; ) (2 ; ; )OM tOA t t t M t t t
= = − ⇒ −
uuuur uuur

và
(2 2; 1; 1), (2 3; 1; 2)AM t t t BM t t t
− − − + − − − −
uuuur uuuur
Tam giác MAB vuông tại M thì
. 0 (2 2)(2 3) ( 1)( 1) ( 1))( 2) 0AM BM t t t t t t
= ⇔ − − + − − + − + − − =
uuuur uuuur
2
5
6 11 5 0 1,
6
t t t t
⇔ − + = ⇔ = =
.
0.25
•
1 (2;1; 1)t M A

= → − ≡
(loại) và
5 5 5 5
( ; ; )
6 3 6 6
t M
= → −
thỏa bài toán.
0,25
6
1đ
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của
đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết
5
2, 2 ,
2
SA a AC a SM a
= = =
, với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.
j
B
A
C
S
O
M
N
H
K

Từ giả thiết
( ) ,SO ABCD SO AC OA a
⊥ ⇒ ⊥ =
,
2 2
SO SA OA a= − =
0,25

2 2
1
:
2
OSM O OM SM SO a
∆ ⊥ = − =
Ta có
2 2
: 2 , 3ABC B BC MO a AB AC BC a
∆ ⊥ = = = − =
3
.
1 3
. .
3 3
S ABCD
V AB BC SO a
= =

0,25
Gọi N trung điểm BC
/ / ( , ) ( ,( )) ( ,( ))MN AC d SM AC d AC SMN d O SMN

⇒ ⇒ = =
OMN O
∆ ⊥
:
: , ( )OMN O OH MN SO MN MN SOH
∆ ⊥ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥

0,25
3
: ( ) ( ,( )SOH O OK SH OK SMN OK d O SMN
∆ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =

OMN O
∆ ⊥
:
3 3
, ,
2 2 4
a
ON a OM OH MN OH a
= = ⊥ ⇒ =
2 2
. 57
: ( , )
19
OS OH
SOH O d SM AC OK a
OS OH
∆ ⊥ = = =
+

0,25
7
1đ
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác đường cao AA’có phương trình
x+2y-2=0 trực tâm H(2;0) kẻ các đường cao BB’và CC’ đường thẳng B’C’ có
phương trình x-y+1=0 M(3;-2)là trung điểm BC .tìm tọa độ các đỉnh A,B và C.
M
H
I
C
A
B
A'
B'
C'
N
J
Xét đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC kẻ
đường kính AN
=> M là trung điểm HN = > N(4;-4)
J là trung điểm AH = >MJ//AN và MJ
⊥
B’C’
Phương trình AN là x+y=0 =>tọa dộ A(-2;2)
= > I(1;-1)
BC có Phương trình
3
2 2
x t
y t

= +


= − +

B(3+t;-2+2t)
IB=IA
= > B
(3 13; 2 2 13)+ − +
C
(3 13; 2 2 13)− − −
0,25
0,25
0,25
0,25
8
1đ
Giải hệ phương trình.
2 3
3
2 3
(1 )( 3 3) ( 1) . (1)
( , )
2 4 2( 2) (2)
y x y x y x
x y
x y x y

− − + − = −


∈


− + − = −

¡
(I)
ĐKXĐ: + Điều kiện:
2
1
2
x
x
≥ −



≥ −


+ Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có:
2 2
2 2 2x y x y= − + − +
; Thay vào phương
trình
thứ nhất của hệ, ta được:
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 1x y x y x x y y y
+ − + − + + + + = + + +


( )
2 2
2 1 1 1 1 4 2 2 1x x x x y y y
⇔ + + + + + + + = + + +

( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1 1 2 2 2 1x x x y y y
⇔ + + + + + + = + + +
(*).
0,25
+ Xét hàm số
( )
2
1f t t t t
= + + +
, với
1t
≥ −
.
+ Ta có:
( )
/
1
2 1
2 1
f t t
t
= + +

+
;
( )
( )
( )
// //
3
1 3
2 ; 0
4
4 1
f t f t t
t
= − = ⇔ = −
+
+ Bảng biến thiên:
+ Từ bảng biến thiên suy ra:

( ) ( )
/
1
0; 1;
2
f t t
≥ > ∀ ∈ − +∞
+ Do đó: Hàm số
( )
f t
đồng biến trên
nửa khoảng

[
)
1;
− +∞
.
+ Suy ra phương trình (*)
0,25
4

t
1
−

3
4
−

+∞
( )
//
f t

−
0 +
( )
/
f t

]


Z

1
2
( ) ( )
1 2 1 2f x f y x y
⇔ + = ⇔ + =
.
+ Thay
2 1x y
= −
vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:

( ) ( )
2
2
2 1 2 2 2 1 2 0y y y y
− + − − + − =

2
1 1
6 7 1 0
1 2
6 3
y x
y y
y x
= ⇒ =



⇔ − + = ⇔

= ⇒ = −

* Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là:
( ) ( )
2 1
; 1;1 , ;
3 6
x y
 
= −
 ÷
 
.
0,25
9
1đ
Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn
2 3 7x y
+ ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2 2 2 2
3
2 5( ) 24 8( ) ( 3)P xy y x y x y x y
= + + + − + − + +
.
Ta có
2

2 2 3 3
6( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36 5
2
x y
x y x y x y xy
+ + +
 
+ + = + + ≤ ≤ ⇒ + + ≤
 ÷
 
. 0,25
Ta có
( )
2
2 2 2 2
5( ) 2 5( ) 2x y x y x y x y
+ ≥ + ⇒ + ≥ +
và

2 2 2
2 2
( 3) 9 2 6 6 0
2( 3) 8( ) ( 3)
x y x y xy x y
x y xy x y x y
+ − = + + + − − ≥
⇔ + + + ≥ + − + +

Suy ra
3

2( ) 24 2( 3)P xy x y x y xy
≥ + + − + + +

0,25
Đặt
(
]
, 0;5t x y xy t
= + + ∈
,
3
( ) 2 24 2 6P f t t t
≥ = − +

Ta có
(
]
2
3
/
2 2
3 3
(2 6) 8
24.2
( ) 2 2 0, 0;5
3 (2 6) (2 6)
t
f t t
t t
+ −

= − = < ∀ ∈
+ +
Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng
(
]
0;5
.
Suy ra
3
min ( ) (5) 10 48 2f t f
= = −
.
0,25
Vậy
3
2
min 10 48 2,
1
x
P khi
y
=

= −

=

0,25
Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa.
Hết

5