SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO TẠO TÂY NINH

ĐỀ MẪU SOẠN DÀNH CHO KỲ THI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG LÊ KHA

CHUNG QUỐC GIA 2015
Môn : Toán ( Thời gian làm bài 180 phút)

Câu 1 (2 đ). Cho hàm số y =

x +1
x−2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
b) Tìm các điểm thuộc trục Oy để từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm
tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox
Câu 2 (1 đ).
1 + sin 2α
A=
π
1
π

a) Cho góc α thỏa mãn 0 < α < và có cos α = . Tính
2 cos  α − ÷
2
3
4

2

b) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình: 2 z − 4 z + 11 = 0. Tính giá trị của biểu thức
A = z1 + z2 − ( z1 + z2 )
2

2

2

Câu 3 (1 đ). Giải phương trình

1 4
− +3= 0
9 x 3x

3
2
2
Câu 4 (1 đ). Giải bất phương trình: x + 2 x + 2 x ≥ ( 2 x + x + 1) x + 1

1

(

)

Câu 5 (1 đ). Tính tích phân: I = ∫ e x + ln ( 1 + x ) dx
0

Câu 6 (1 đ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB vuông cân tại S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Gọi K là điểm thuộc cạnh AB thỏa

mãn KB = 3KA. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SB và KD.
Câu 7 (1 đ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) x 2 + y 2 = 25 ngoại tiếp ∆ABC
nhọn có chân các đường cao hạ từ B, C lần lượt là M ( −1; −3) , N ( 2; −3) . tìm tọa độ các đình

∆ABC , biết rằng điểm A có tung độ âm.
Câu 8 (1 đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M ( 1;1; 2 ) , mặt phẳng

( P ) :15 x + 3 y − 2 z + 1 = 0

và đường thẳng d :

x −1 y − 2 z − 4
=
=
. Chứng tỏ đường thẳng d cắt
2
−1
13

mặt phẳng (P) và viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M, cắt đường thẳng d và song
song với mặt phẳng (P).


Câu 9 (1 đ). Một đoàn tàu có 8 toa ở một sân ga. Có 8 hành khách từ sân ga lên tàu, mỗi người
độc lập với nhau chọn một cách ngẫu nhiên lên một toa. Tính xác suất để mỗi toa có đúng khách
lên tàu
Câu 10 (1 đ). Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =


3
a +b +c
2

2

2

ĐÁP ÁN

+

3 ( a 2 + b2 + c 2 ) ≤ 10 ( a + b + c ) − 27 .
2

a+b 4
( a + 2c ) ( b + 2c )
2


Câu 1
a) Tập xác định: D = R \ { 2}
Sự biến thiên:
−3
< 0, ∀x ∈ D
+ chiều biến thiên: y ' =
2
( x − 2)

+ hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; 2 ) và ( 2; +∞ )

+ giới hạn và tiệm cận:
y = lim y = 1; nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là : y = 1
Do xlim
→−∞
x →+∞
lim y = −∞, lim+ y = +∞ ; nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = 2
x →2

x →2−

0,25đ

+ bảng biến thiên:

0,25 đ
+ Đồ thị:

0,25 đ
b)
gọi M(0;m) thuộc Oy
Đường thẳng ( ∆ ) qua M có dạng y = kx + m


 x +1
 x − 2 = kx + m ( 1)
⇔ có nghiệm
( ∆ ) tiếp xúc ( C ) ⇔  −3

=
k

2
( )
2

 ( x − 2)
x +1
−3x
+m
2
Thế (2)và (1) ta có: x − 2 =
( x − 2)

0,25 đ

⇔ f ( x ) = ( 1 − m ) x 2 + ( 4m + 2 ) x − 2 − 4 m = 0 ( 3 ) ( x # 2 )

Qua M kẻ được 2 tiếp tuyến phân biệt với (C) ⇔ pt ( 3) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

m #1
 m #1
2


⇔ ( 2m + 1) + ( 1 − m ) ( 2 + 4m ) > 0 ⇔ 6m + 3 > 0


f ( 2) # 0
 6#0

 m #1


⇔
1 ( *)
m > − 2

0,25 đ

Gọi x1, x2 là nghiệm pt (3), tọa độ các tiếp điểm là ( x1 ; y1 ) , ( x2 ; y2 ) và
x1 + 1
x +1
; y2 = 2
x1 − 2
x2 − 2
4m + 2
2 + 4m
; x1.x2 =
Theo Viet: x1 + x2 =
m −1
m −1
Hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox ⇔ y1. y2 < 0
x +1 x +1
x1 x2 + x1 + x2 + 1
⇔ 1 . 2
<0⇔
<0
x1 − 2 x2 − 2
x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4
y1 =

2 + 4 m 4m + 2

+
+1
3 + 9m
1
m −1
⇔ m −1
<0⇔
<0⇔m>−
2 + 4m
4m + 2
−6
3
−2
+4
m −1
m −1
1

m > −
3
So với điều kiện (*), ta có giá trị cần tìm là : 
 m #1

0,25 đ

0,25 đ

Câu 2
2
π

1
2 2

2
Do 0 < α < nên sin α = 1 − cos α = 1 −  ÷ =
2
3
3

( sin α + cos α ) = sin α + cos α = 1 + 2 2
1 + sin 2α
A=
=
π
sin α + cos α
3

2 cos  α − ÷
4


0,25 đ

2

0,25 đ


Giải phương trình ta được các nghiệm:
3 2

3 2
z1 = 1 −
i; z2 = 1 +
i
2
2

0,25 đ

2

3 2 
22
Ta có z1 = z2 = 1 + 
=
; z1 + z2 = 2
÷
 2 ÷
2


Suy ra A = 7
2

0,25 đ

Câu 3
1
> 0, phương trình đã cho trở thành
3x


Đặt t =

t = 1
t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ 
t = 3
t =1⇒

1
=1⇔ x = 0
3x

t =3⇒

1
= 3 ⇔ x = −1
3x

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0, x = -1

0,25 đ

0,25 đ

Câu 4
Điều kiện x ≥ −1

0,25 đ

Đặt t = x + 1 ≥ 0 thì bất phương trình trở thành:

x3 − 2 x 2t + 2 xt 2 ≥ t 3

⇔ ( x − t ) ( x 2 − xt + t 2 ) ≥ 0
⇔ x − t ≥ 0 ( do x 2 − xt + t 2 > 0, ∀x, t ∈ R )

⇔ x ≥ x +1

0,25 đ

 x2 − x − 1 ≥ 0
⇔
x≥0

x≥0


⇔  1− 5
1+ 5
vx≥
x ≤

2
2
⇔x≥

1+ 5
2

0,25 đ



1 + 5

; +∞ ÷
So sánh với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S = 
÷
 2


0,25 đ

Câu 5
Ta có

∫ (e
1

x

0

1

+ ln ( 1 + x ) ) dx = ∫ e x dx + ∫ ln ( 1 + x ) dx = I1 + I 2

x
x
+ I1 = ∫0 e dx = e

1


1

0

0

0,25 đ

1
= e −1
0

1

+ I 2 = ∫0 ln ( x + 1) dx = x ln ( 1 + x )
= = ln 2 − ( x − ln ( 1 + x ) )

0,25 đ
1 1 x
−
dx
0 ∫0 x + 1

1
= 2 ln 2 − 1
0

0,25 đ


Vậy I = e − 2 + 2ln 2

0,25 đ

Câu 6

Gọi H là trung điểm AB. Chứng minh được SH ⊥ ( ABCD ) và AH =

a
2

1
1 a
a3
Vậy VS . ABCD = SH .S ABCD = . .a 2 =
(đvtt)
3
3 2
6
Gọi I thuộc cạnh CD sao cho ID = 3IC thì DK / / BI
3
Do đó d ( DK , SB ) = d ( DK , ( SBI ) ) = d ( K , ( SBI ) ) = d ( H , ( SBI ) )
2
Kẻ HE ⊥ BI tại E và HF ⊥ SE tại F. ta chứng minh được: d ( H , ( SBI ) ) = HF
BC
2a
·
·
= HB.sin BIC
= HB.

=
Ta có : HE = HB.sin HBE
BI
17

Và :

1
1
1
33
2a 33
=
+
= 2 ⇒ HF =
2
2
2
HF
SH
HE
4a
33

0,25 đ
0,25đ

0,25đ



Vậy d ( DK , SB ) =

a 33
11

0,25 đ

Câu 7

(C) có tâm O bán kính R = 5
Chứng minh OA ⊥ MN
OA ∋ 0


uuuu
r
⇒ OA : x = 0
Phương trình OA : 
OA
có
PVT
MN
= 3. ( 1;0 )


 x 2 + y 2 = 25
A
=
C
∩

OA
⇒ A ( 0; −5)
( )
Tọa độ
thỏa hệ 
x
=
0


AB ∋ A ( 0; −5 )
uuur
AB : 
⇒ AB : x − y − 5 = 0
AB
có
VTCP
AN
=
2.
1;1
(
)

 x 2 + y 2 = 25
( x = 0; y = −5 )
⇔
Tọa độ B = AB ∩ ( C ) thỏa 
 ( x = 5; y = 0 )
 x − y − 5 = 0



AC ∋ A ( 0; −5 )
uuuu
r
AC : 
⇒ AC : 2 x + y + 5 = 0
 AC có VTC AM = ( −1; 2 )
( x = 0; y = −5 )
 x 2 + y 2 = 25
⇔
Tọa độ C = AC ∩ ( C ) thỏa 
2 x + y + 5 = 0
( x = −4; y = 3 )
uuu
r uuur
uuur uuu
r
uuu
r uuu
r
Kiểm tra AB. AC > 0; BC.BA > 0; CA.CB > 0 ⇒ ∆ABC nhọn
KL: A ( 0; −5 ) , N ( 5;0 ) , C ( −4;3 )
Câu 8

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ


0,25 đ

r
r
Mặt phẳng (P) có VTPT n = ( 15;3; −2 ) và đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = ( 2; −1;13) .
rr
Suy ra n.u = 1# 0 . vậy d cắt (P)
0,25 đ


Dễ thấy M không thuộc (P). Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng d và ∆ , ta có

N ( 1 + 2m; 2 − m; 4 + 13m ) , m ∈ R
uuuu
r
Khi đó đường thẳng ∆ có VTCP MN = ( 2m;1 − m;13m + 2 )

0,25 đ

Mặt khác, vì đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (P), nên ta có
r uuuu
r
n.MN = 0 ⇔ 15.2m + 3 ( 1 − m ) − 2 ( 13m + 2 ) = 0 ⇔ m = 1
uuuu
r
Suy ra MN = ( 2;0;15 )

0,25 đ


 x = 1 + 2t

Vậy đường thẳng ∆ có phương trình  y = 1 , t ∈ R
 z = 2 + 15t


0,25 đ

Câu 9
Gọi A là biến cố: “mỗi toa có đúng một khách lên tàu”.
8
Ta có Ω = 8 , A = 8!

Vậy P ( A ) =

0,25 đ

A 8!
315
= 8=
Ω 8 1013072

0,25 đ

Câu 10

3 ( a 2 + b2 + c 2 ) ≤ 10 ( a + b + c ) − 27
2

⇔ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 27 ≤ 10 ( a + b + c )

2

⇒ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 27 ≤ 30 ( a + b + c )
2

2

2

⇒ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 30 ( a + b + c ) + 27 ≤ 0
2

2

⇒ 1 ≤ a 2 + b2 + c2 ≤ 9

⇒ 1 ≤ a 2 + b 2 + c 2 ≤ 3 ( 1)
Ta có P =

3
a +b +c
2

2

2

+

0,25 đ

a +b 4
3
a + b a + 2c + b + 2c
. ( a + 2c ) ( b + 2c ) ≤
+
.
2
2
2
2
2
2
a +b +c
=

3
a 2 + b2 + c2

+

a + b a + b + 4c
.
2
2


=
≤
≤


3
a 2 + b2 + c 2
3
a +b +c
2

2

2

+
+

3

3
+ a 2 + b2 + c 2 = + t = f ( t ) , t = a 2 + b2 + c 2
t
a +b +c
2

2

2

1 3 ( a + b ) a + b + 4c
.
.
3
2

2
1
.( a + b + c )
3

0,25 đ

3
Do (1) nên, t ∈ [ 1;3] . xét f ( t ) = t + , t ∈ [ 1;3]
t
f '( t ) = 1−

3
= 0 ⇔ t = 3, vì t > 0
t2

Bảng biến thiên:

0,25 đ

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 4 khi a = b = c =

1
hay a = b = c = 1
3

0,25 đ