Facebook: Dangquymaths NĐQ 0982473363 Đề số 05
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D Thời gian làm bài 180 phút
y
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
(C)
x 2 1 x 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
( ) :d y m x cắt đồ thị (C) tại hai điểm b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng phân biệt A, B sao cho bốn điểm A, B, M, N tạo thành tứ giác lồi AMBN có diện tích bằng 2, với
và
.
3;4M
4;5N Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2
x
x
x
x sin sin 2
sin
cos
x
6 cos2
sin
x 2sin cos x
x 4
2
x
x
x
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:
x
4
1
1 12
x
x
3
x
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình:
1 5 3log 2 2 2
4 2 log 2 2
14 1
2 1 12
x
Câu 5 (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập được các số chẵn có 4 chữ số khác nhau đôi
một. Lấy ngẫu nhiên một trong các số được lập. Tính xác suất để số được lấy lớn hơn 2015.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC bằng
060 . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt
phẳng (SCD) tạo với mặt đáy góc
030 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AD và SC theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh
.
A
1; 2
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và DC, E là giao điểm của BN với CM. Viết
BN x : 2
y
8 0
và
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME biết phương trình điểm B có tọa độ nguyên. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2
2
x
y
2
x
y
y
x
2
x
y
2
1
x
y
;x y R
2
2
y
8
x
3
y
6
x
x
1 3
y
y
6
2
2
2
a
bc b
c
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức:
3
a 3
P
6
2
2
2
2
a
c
a
b
b
c
b c
---------- HẾT ----------
Facebook: Dangquymaths
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ
y
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
(C)
x 1 2 x 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
( ) :d y m x cắt đồ thị (C) tại hai điểm b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng phân biệt A, B sao cho bốn điểm A, B, M, N tạo thành tứ giác lồi AMBN có diện tích bằng 2, với
và
.
4;5N
3;4M a) HS tự s…g
2
x m
x mx m
2
1 0
, phương trình tương giao
x
b) Với 2
x 1 2 x 2
d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt, phương trình tương giao có hai nghiệm
Để đường thẳng phân biệt khác 2.
2
4
12
m
m 8
4 0
m m 2
1 0
m
4
12
' 4 2
m
Gọi
;x x là hai nghiệm của phương trình trên 1
2
;
;
;
Ta có
và giao điểm
A x 1
x m B x 1
2
x m 2
m
x m 2
2
1
x 1 x x 1 2
d nên để bốn điểm A, B, M, N tạo thành tứ giác lồi S
2
.
Ta có MN vuông góc với đường thẳng AMBN có diện tích bằng 2 ,M N nằm về hai phía đối với
d và
AMBN
0
2
2
S
AB
x
m
2
2 2
4
4
m 8
Để
AMBN
x 1
2
x x 1 2
8
m 0 m
Với 0m
d
Với 8m
d
8m
không thỏa mãn do M, N nằm cùng phía đối với thỏa mãn do M, N nằm cùng phía đối với là giá trị cần tìm
Vậy Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2
x
x
x
x sin sin 2
sin
cos
x
6 cos2
sin
x 4
x
x
sin
0
Điều kiện:
k
x 2sin cos x 4
4
x
x
x
x
x
sin 2
sin
cos
PT
x
6 cos2
sin
cos x
sin 4
Facebook: Dangquymaths
x
x
x
sin
1
x
6 cos2
sin
cos x
sin 2 4
x
x
2 sin
sin 2
1
4
x
6 cos2
sin
4
x
x
k
x
x
x
sin 2
1
3 cos2
6
1 2
cos 2
k
x
4 12
x
So sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình:
k
k Z
12
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2
x
x
x
x
x
4
14
4
2 1 12
1
1 12
x
Điều kiện:
1 12
PT
x
x
x
x
2 8
16
4
2 1 12
1
1 12
x
x
1 12
1
2
x
x
1
4
1 12
1
1 12
x
x
24
2
x
x
x
1 12
4
1
1 12
0
x
24
1
x
x
3
1 12
x
x
x
3
1 12
5
1 12
0
x
x
x
4
1
1 12
x
x
x
x
3
1 12
3
0
1 12
2
2
x
x
6
4
x
x 8 0 x Vậy nghiệm của phương trình:
x 2;
4
x
x
3
x
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình:
1 5 3log 2 2 2
2 log 2 2
1
x
x
PT
3
x
5
2 log 2 2
1
x
2
x
3log
3
x
2
2
2 log 2 2
1
1 3log 2 2 2 1 x 2
Facebook: Dangquymaths
x
x
x
3log 2
3
x
2
2
x
x
2 log 2 2 2 log 2 2
1 1
3log 2 2 3log 2 2
1 2 1
x
x
1
0
2
1
x
x
2
3
log 3 2
2
x x
log 2 2 log 2 2
1 1
Câu 5 (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập được các số chẵn có 4 chữ số khác nhau
đôi một. Lấy ngẫu nhiên một trong các số được lập. Tính xác suất để số được lấy lớn hơn
2015.
E
* Lập các số chẵn có dạng abcd , đặt
0, 1, 2, 3, 4
24
0
+ Với
d , chọn a, b, c trong tập
có
cách. Dạng này có 24 số.
\ 0E
3 A 4
E
\
0
+ Với
d có 2 cách, chọn a trong tập
\ 0,
d có 3 cách, chọn b, c trong tập
E a d ,
6
có
số.
2 A cách. Dạng này có 2.3.6 36 3
Số các số chẵn có 4 chữ số khác nhau đôi một: 24 36 60
số.
* Tính số chẵn lập được không lớn hơn 2015, có dạng 1bcd và 2015
E
6
Chọn d chẵn có 3 cách, chọn b, c trong tập
số.
\ 1,
d có
2 A cách. Dạng này có 3.6 18 3
* Số chẵn lớn hơn 2015 là: 60 19 41
số.
P
* Xác suất cần tính:
41 60
Câu 6 (1,0 điểm). Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC bằng
060 . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt
phẳng (SCD) tạo với mặt đáy góc
030 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AD và SC theo a.
ABCD
SAB
)
(
)
+ Gọi H là trung điểm AB. Do tam giác SAB cân tại S nên SH AB Mà (
a
3
CH
Tam giác ABC đều nên CH cũng là đường cao của ta giác ABC
; CH CD
2
CD
SCH
CD SC
Ta có
CD CH CD SH
ABCD là SCH
Góc giữa hai mặt phẳng
SCD và
SH CH
.tan SCH
Xét tam giác vuông SCH :
a 2
a
S
S 2
Diện tích đáy:
ABCD
ABC
2 3 2
Facebook: Dangquymaths
3
a
3
V
SH S .
Thể tích khối chóp:
S ABCD
.
ABCD
1 3
12
AD
/ /
SBC
AD BC / /
+ Ta có
S
d AD SC
,
d AD SBC ,
d A SBC ,
AB
2
HB
Mà
d A SBC ,
d H SBC 2 ,
BC
SHK
Kẻ HK BC
, ta được
a
3
HK BH
sin
B
và
A
D
HI
SK
HI
SBC
Vẽ
I
HI
d A SBC ,
4
H
a
21
O
HI
Mặt khác
SH HK . 2
2
14
SH
HK
a
B
K
C
d AD SC ,
Vậy
21 7
Chú ý: Có thể gắn hệ trục tọa độ để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh
.
A
1; 2
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và DC, E là giao điểm của BN với CM. Viết
BN x : 2
y
8 0
và
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME biết phương trình điểm B có tọa độ nguyên.
B
A
,
Gọi H là hình chiếu của A trên BN
AH d A BN
8 5
AB a a
,
Đặt
. 0
2
a
5
2
H
M
AI
a
AH đi qua trung điểm I của BC,
a 4
2
E
8
a
5
2
AB
AH AI .
2 a
AB
a
4
.
4
2
5
C
N
D
B BN
;8 2 t
Do
;
B t
2
2
2
AB
4
t
6 2 t
t 5
4
t 22
21 0
1
7 3 3
t t
Với
t không thỏa mãn.
7 3
J
t
3
B
3; 2
Với
Phương trình đường thẳng AD đi qua A vuông góc với AB
AD x :
1 0
Facebook: Dangquymaths
1;10
Gọi J là giao điểm của AD và BN
J
M
D
1; 4
Do D là trung điểm của AJ
1; 6
Tam giác BME vuông tại E, nên tâm đường tròn ngoại tiếp
R KB
R
5
K là trung điểm BM
và bán kính
1;3K
2
2
x
y
3
5
Phương trình đường tròn cần tìm:
1
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2
2
x
y
2
x
y
y
x
2
x
y
1
2
x
y
;x y R
2
2
y
8
x
3
y
6
x
x
1 3
y
y
6
Cách 1:
x
0;
y
Điều kiện:
0
x
ty
Do phương trình (1) đồng bậc nên ta đặt
t 0
1
2
1
1
2 PT t 1 t 2 1 1 t t 2 2 t
2
1
1
2 t 2 1 2 t 2 2 1 t t 2 2 t
2
2
a
t b ;
t 2
1
a
0;
b
Đặt
0
1
1
1 1
1
1
2
2
1 ab
1
a
b
1
1
2
2
2
2
a
b
a
b
ab
1
1
1
1
1
2
2
2
2
b
2 2 a b
2
ab
1 0
ab
a
0
1
t
b 1
ab a b
1
ab a
1t
x
y
Với
thế vào phương trình (2) ta có:
2
x
4
x
3
x
6
2
x
1 3
x
2
(3)
2
Nhận thấy
x là nghiệm của phương trình (3).
2
2
1 1 1 t t 2 1 t t 2
1
2
Với
x ta có:
2
3
4
2
4 4 x 3 x 6 2 x 2 x 4 x 3 x 6 2 x 1 x x x 6 x 1 x
2
2 x 6 4 x 4 x
Facebook: Dangquymaths 2
1
2
x
2
22 x
x
78
x
4
x
3
x
6
2
x
1
2
(4)
7 3
Cộng vế với vế của hệ tạm gồm phương trình (3) và (4) ta được:
22 x
x
78
4
x
4
x
3
3
x
2
7 3
2
12
x
4
x
3
2
x
16
x
96
x
4
y
4
x
4
x
3
x
4
x
12
6
6
x
3
x
12 0
3 3
x
0
2
x
4
4 y 6 y
x
6
2; 2 ; 4; 4 6; 6
Thử lại ta được nghiệm của hệ:
x y ;
x 4 x 3 x 6 2 x 1 3 3 x
Cách 2:
x
0;
y
Điều kiện:
0
x
ty
Đặt
t 0
1
2
1
1
2 PT t 1 t 2 1 1 t t 2 2 t
2
1
1
2 t 2 1 2 t 2 2 1 t t 2 2 t
2
2
a
t b ;
t 2
a
1
0;
b
Đặt
0
1
1
1 1
1
1
2
2
1 ab
1
a
b
1
1
1
ab
1
a
1
2 1
2
Ta có
a b
a
b a b ab
1
1
1
ab
1
b
1
2 1
2
Và
b a
b
a a b ab
1
1
1 1 1 t t 2 1 t t 2
Facebook: Dangquymaths
1
1
a
1
b
x
2
2
Dấu bằng xảy ra khi
y
1 ab
1
a
b
1
1
Do đó Với x
y thế vào phương trình (2) ta có:
2
x
4
x
3
x
6
2
x
1 3
x
2
(3)
2
t
x
3;
t
3
x
t
Đặt
3
3
2
2
2
PT
t 2
t 3
t 14
15
t
9
t 2
5
0
3
2
2
t 3
5
t
3
t 2
5
t
t 3 2
0
2
2
3 t
2
2
2
2
2
2
t 2
t 3
5
t
3
t 2
t 2
5
0
t 3
5
3
2
t
5
Xét phương trình
t
5
2
4 t
t 12
35 0
2; 4;
y y
2 4
t
7
x x
2 t 2
t 2 t 3 5 t 3 t 2 5 0
Cách 3:
Từ phương trình (1) rút được x
y theo một trong hai cách trên.
Với x
y thế vào phương trình (2) ta có:
2
x
4
x
3
x
6
2
x
1 3
x
2
(3)
Để giải phương trình (3) ta sử dụng kỹ thuật gọi nghiệm như sau:
PT
x
x
3
x
3
2
x
1 9 2
x
1 9
x
3
3
x
2
3
2
1
x
x
2
x
1
x
3
9
2
x
1
x
3
3
x
2
3 2
1
2
x
x
9
x
2
3
0
x
x
9
2
x
3 2 1
1
x
3
3 0
2
x
3 2 1
1
x
3
x
x
x
9
x
1
x
3
t
3 0
x
2;
x
Xét phương trình
. Đặt 2
giải được
4
2
x
3 2 1
1
x
3
Đây là một dạng toán hay nhằm phân loại học sinh, còn nhiều cách làm khác
dành cho bạn đọc…!
Facebook: Dangquymaths
2
2
2
a
bc b
c
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
. Tìm giá trị
3
a 3
P
lớn nhất của biểu thức:
6
2
2
2
2
b
a
c
a
b
c
b c
2
2
3
3
3
2
a 3
a 3
a 3
P
Cách 1: Ta có
6
6
6
2
2
2
2 b c
a
c
a
b
b c
b c
b c
a b c 2 ab ac
2
a b c 2
2
2
a
b
c
bc
b c
bc 3
Theo giả thiết:
2
b c 2
3
a 3
3
P
Do đó
6
3
2 b c
2 b c
16 9
b c
8
b c
a
b
dấu bằng xảy ra khi
Vậy giá trị lớn nhất của P là 16 9
3 c 8
xa
4
a
Cách 2: Ta có
Thật vậy, đặt
x y 0 ,
2
2
2
2
b
a
c
a
b
c
ya
b c
b c
2
2
2
2
2
xy
1
x
y
x
y
xy
1
Theo giả thiết ta có
(1)
4
a
4
2
2
2
2
2
2
2
2
b
a
c
a
b
c
x
1
y
y
1
x
b c
x
y
2
2
2
2
2
4
x
y
x
y
1
1
y x
1
x y
1
2
2
2
2
2
4
x
y
x
y
x
y
x
xy
y
1
1
1
2
2
4
x
y
2
x
y
3
1
1
2
2
2
2
2 x y
x
y
x
y
0
(2)
3
1
2
s
1
2
2
s
x
y p ;
xy
s
p 4
s
3
p
1
p
Đặt
với điều kiện
; Từ (1) ta có:
3
2
2
2
s
s
1
2
2
3
2
3
2
p
s
2
p
s
0
2
s
2
s
0
BĐT (2)
1
3
1 3
1
2
2
s
1
2
s
2
s
2
s
s 3
4
0
p
s
đúng do
2
4
3
s 4
3
4
a
a 3
a
P
t
Do đó
đặt
2
6
b c
b c
b c
2
3
P
f
t 4
t 3
f
t
3 3
16 9
a
b
dấu bằng xảy ra khi
Vậy giá trị lớn nhất của P là 16 9
3 c 8
![Đề thi Tiếng Anh có đáp án [kèm lời giải chi tiết]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250810/duykpmg/135x160/64731754886819.jpg)
