4 Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 Môn thi: Toán - Trường THPT Lương Thế Vinh

Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh 
Hµ néi 
N¨m häc 2014 - 2015 
®Ò thi thö thpt quèc gia n¨m 2015 
M«n thi: To¸n - LÇn thø 1 
Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò 
-------------- Ngµy 8.2.2015 -------------- 
Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho hàm số ( )4 23 2y x m x m= + − + − (1), với m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi 1m = . 
b) Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn ñiểm phân biệt có hoành ñộ nhỏ hơn 2. 
Câu 2 (1,0 ñiểm). 
a) Giải phương trình 2 23cos sin 1 cos sin 2 sinx x x x x+ − = + − . 
b) Giải phương trình ( )327 33
1
log log ( 2) 1 log 4 3
2
x x x+ + = + − . 
Câu 3 (1,0 ñiểm). Tính tích phân 
2
1
1
ln .
e
x
I xdx
x
+
= ∫ 
Câu 4 (1,0 ñiểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn ñiều kiện ( ) 12 5
1
i
i z i
i
−
+ + = −
+
. Tìm môñun của số phức 21w z z= + + . 
b) Có hai thùng ñựng táo. Thùng thứ nhất có có 10 quả (6 quả tốt và 4 quả hỏng). Thùng thứ hai có 8 
quả (5 quả tốt và 3 quả hỏng). Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng một quả. Tính xác suất ñể hai quả lấy ñược có 
ít nhất một quả tốt. 
Câu 5 (1,0 ñiểm). Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho hai ñiểm (1; 1;2), (3;0; 4)A B− − và mặt 
phẳng ( ) : 2 2 5 0P x y z− + − = . Tìm tọa ñộ giao ñiểm của ñường thẳng AB và mặt phẳng ( )P . Lập 
phương trình mặt phẳng ( )Q chứa ñường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng ( ).P 
Câu 6 (1,0 ñiểm). Cho hình chóp .S ABCD có ñáy là hình chữ nhật, , 2AB a AD a= = . Tam giác SAB 
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ñáy. Góc giữa ñường thẳng SC và mặt phẳng 
( )ABCD bằng 045 . Gọi M là trung ñiểm của SD . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABCD và 
khoảng cách từ ñiểm M ñến mặt phẳng ( )SAC . 
Câu 7 (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ ,Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15. ðường 
thẳng AB có phương trình 2 0x y− = . Trọng tâm của tam giác BCD là ñiểm 
16 13
;
3 3
G
 
 
 
. Tìm tọa ñộ 
bốn ñỉnh của hình chữ nhật biết ñiểm B có tung ñộ lớn hơn 3. 
Câu 8 (1,0 ñiểm). Giải hệ phương trình 
3 2
2
2 3 2 3 2
 ( , ).
3 0
x y y x y y
x y
x y y
 − + + = +
∈
− + + =
ℝ 
Câu 9 (1,0 ñiểm). Cho các số thực , a b không âm và thỏa mãn: ( ) ( ) ( )2 23 2 1 5a b ab a b+ + + ≥ + . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( )2 23 3 2( )T a b a b a b ab= + − + + + − . 
---------------- Hết ---------------- 
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: ..; Số báo danh:  
 1/4 
Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh 
Hµ néi 
Năm học 2014 – 2015 
®¸p ¸n – thang ®iÓm 
®Ò thi thö thpt quèc gia n¨m 2015 
M«n thi: To¸n – LÇn thø 1 
--------------- ðáp án có 04 trang -------------- 
Câu ðáp án ðiểm 
a) (1,0 ñiểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số 4 22 1y x x= − + 
Tập xác ñịnh: D = R . lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞ 
ðạo hàm: 3' 4 4y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 1x = ± . 
0,25 
Các khoảng ñồng biến: ( ) ( )1;0 ; 1;− +∞ . Khoảng nghịch biến: ( ) ( ); 1 ; 0;1−∞ − 
Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại 1x = ± , 0CTy = ; ñạt cực ñại tại 0x = , yCð = 1. 
0,25 
Bảng biến thiên: 
x −∞ -1 0 1 +∞ 
y' - 0 + 0 - 0 + 
y +∞ 1 +∞ 
 0 0 
0,25 
ðồ thị: (Hs có thể lấy thêm ñiểm ( 2;9); (2;9)− ) 0,25 
b) (1,0 ñiểm) Tìm m ñể ñồ thị (1) cắt trục hoành tại bốn ñiểm phân biệt có hoành ñộ nhỏ hơn 2. 
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm ( )4 23 2 0x m x m+ − + − = (1) 
ðặt ( )2 20 3 2 0t x t m t m= ≥ ⇒ + − + − = (2) 
0,25 
ðể (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2) có 2 nghiệm dương phân biệt 0, 0, 0S P⇔ ∆ > > > 
2; 1m m⇔ < ≠ . 
0,25 
ðiều kiện: Phương trình (2) phải có nghiệm thỏa mãn ñiều kiện 1 20 , 4t t< < 
Phương trình (2) có 1 1t = (thỏa mãn), 2 2t m= − 
0,25 
1 
(2,0ñ) 
ðiều kiện: 2 4 2m m− − 
ðáp số: 2 2, 1m m− < < ≠ . 0,25 
a) (0,5 ñiểm) Giải phương trình 2 23cos sin 1 cos sin 2 sinx x x x x+ − = + − . 
Phương trình ñã cho tương ñương với 22cos cos sin 2sin cos 0x x x x x− + − = 
( )( )2cos 1 cos sin 0x x x⇔ − − = 0,25 
• ( )cos sin 0 tan 1 ,
4
x x x x k k
π
π− = ⇔ = ⇔ = + ∈ℤ 
• 
1
2cos 1 0 cos 2 ,
2 3
x x x k k
π
π− = ⇔ = ⇔ = ± + ∈ℤ 
Vậy phương trình ñã cho có nghiệm: , 2 ,
4 3
x k x k k
π π
π π= + = ± + ∈ℤ . 
0,25 
b) (0,5 ñiểm) Giải phương trình ( )327 33
1
log log ( 2) 1 log 4 3
2
x x x+ + = + − 
2 
(1,0ñ) 
ðiều kiện: 
4
0
3
x< < . Phương trình ñã cho tương ñương với 
( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 3log log 2 log 3 log 4 3 log 2 log 3 4 3x x x x x x+ + = + − ⇔  +  =  −     
0,25 
 2/4 
( ) ( ) 2
1( )
2 3 4 3 11 12 0
12( )
x tm
x x x x x
x L
=
⇔ + = − ⇔ + − = ⇔  = −
ðáp số: 1x = . 
0,25 
Tính tích phân 
2
1
1
ln .
e x
I xdx
x
+
= ∫ 
2
1 1
1 1
ln ln
e e
I xdx xdx A B
x x
= + = +∫ ∫ 
1 1
1
ln ln (ln )
e e
A xdx xd x
x
= =∫ ∫ 
0,25 
21 1ln
12 2
e
A x= = . 0,25 
2
1
1
ln ;
e
B xdx
x
= ∫ ðặt 2
1 1 1
ln ' ; 'u x u v v
x x x
= ⇒ = = ⇒ = − 
2
1
1 1 1 1
ln ln
1 1 1
ee e e
B x dx x
x x x x
= − + = − −∫ 
0,25 
3 
(1,0ñ) 
1 1 2 2
1 1
e
B
e e e e
− = − − − = − + = 
 
1 2 3 4
2 2
e e
I A B
e e
− −
= + = + = . ( 0,764)I ∼ (Hs cũng có thể tính ngay 
2
1
ln ; '
x
u x v
x
+
= = ) 
0,25 
a) (0,5 ñiểm) Cho ( ) 12 5
1
i
i z i
i
−
+ + = −
+
. Tìm môñun của số phức 21w z z= + + . 
Phương trình ñã cho tương ñương với ( )2 5i z+ = 5 2
2
z i
i
⇔ = = −
+
 0,25 
Từ ñó 21 6 5w z z i= + + = − . Suy ra | | 36 25 61w = + = . 0,25 
b) (0,5 ñiểm) Tính xác suất có ít nhất 1 quả tốt 
Gọi A là biến cố “Có ít nhất 1 quả tốt”, suy ra A là biến cố: “Cả 2 quả ñều hỏng” 
Số biến cố ñồng khả năng: 10.8 = 80 
Số cách chọn 2 quả hỏng: 1 14 3. 4.3 12C C = = 
0,25 
4 
(1,0ñ) 
Xác suất của biến cố A là: ( ) 12 3
80 20
p A = = 
Suy ra, xác suất của biến cố A là: ( ) ( ) 31 1
20
p A p A= − = − =
17
20
. 
0,25 
Cho (1; 1;2), (3;0; 4)A B− − , ( ) : 2 2 5 0P x y z− + − = 5 
(1,0ñ) 
ðường thẳng AB ñi qua ñiểm A và có vtcp ( )2;1; 6AB = −

Phương trình tham số của AB là 
1 2
1 ( )
2 6
x t
y t t
z t
= +

= − + ∈
 = −
R . 
0,25 
 3/4 
Gọi ( )( ) 1 2 ; 1 ;2 6I AB P I AB I t t t= ∩ ⇒ ∈ ⇒ + − + − 
1
( ) (1 2 ) 2( 1 6 ) 2(2 6 ) 5 0
6
I P t t t t∈ ⇒ + − − + + − − = ⇒ = 
Suy ra tọa ñộ giao ñiểm của AB và ( )P là ñiểm 
4 5
; ;1
3 6
I  − 
 
. 
0,25 
Mặt phẳng ( )Q qua A và có vtpt ,Q Pn AB n =  
  
, trong ñó Pn

 là vtpt của ( )P 
Ta có ( )1; 2;2Pn = −

0,25 
Suy ra ( ), 10;10;5PAB n  = 
 
. Chọn ( )2;2;1Qn =

Phương trình mặt phẳng ( ) : 2( 1) 2( 1) 1( 2) 0Q x y z− + + + − = ⇔ 2 2 2 0x y z+ + − = . 
0,25 
Cho hình chóp .S ABCD có ñáy là hình chữ nhật, , 2AB a AD a= = ... 
Gọi H là trung ñiểm của ( )AB SH AB SH ABCD⇒ ⊥ ⇒ ⊥ , 
suy ra HC là hình chiếu của SC lên ( )  045ABCD SCH⇒ = . 
22ABCDS a= 
0,25 
2
2 174
4 2
a a
SH HC a= = + = 
2
.
1 1 17
. . . .2
3 3 2S ABCD ABCD
a
V SH S a= = =
3 17
3
a
. 
0,25 
( ) ( ) ( ) ( )1 1,( ) ,( ) ,( ) ,( )
2 2
d M SAC d D SAC d B SAC d H SAC= = = 
Kẻ ( ), ( ) ,( )HI AC HK SI HK AC HK SAC d H SAC HK⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = . 
0,25 
6 
(1,0ñ) 
Kẻ 
1
2
BE AC HI BE⊥ ⇒ = . 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5 2
4 4 5 5
a a
BE HI
BE BA BC a a a
= + = + = ⇒ = ⇒ = 
Từ ñó suy ra ( )2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 4 89 17
,( )
17 17 89
a
d M SAC
HK HI HS a a a
= + = + = ⇒ = =
1513
89
a
. 
0,25 
Trong mặt phẳng tọa ñộ ,Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15 
Ta có 
10 3 10
( , ) . 5 3 5
23 5 3 5
d G AB BC AB= ⇒ = = ⇒ = 
ðường thẳng d qua G và vuông góc với : 2 15 0AB d x y⇒ + − = 
0,25 
Gọi ( )6;3N d AB N= ∩ ⇒ . Suy ra 1 5
3
NB AB= = 0,25 
Gọi ( ) ( )2 2
2( )
2 ; 5 6 8 0 8;4
4
b L
B b b AB NB b b B
b
=
∈ ⇒ = ⇔ − + = ⇒ ⇒ =
Ta có ( )3 2;1BA BN A= ⇒
 
0,25 
7 
(1,0ñ) 
( )3 7;6
2
AC AG C= ⇒
 
. ( )1;3CD BA D= ⇒
 
ðáp số: ( ) ( ) ( ) ( )2;1 , 8;4 , 7;6 , 1;3A B C D . 
0,25 
A D
B C
S
H E
I
K
I
G
A B
D CK
N
 4/4 
Giải hệ phương trình 
3 2
2
2 3 2 3 2 (1)
 ( , ).
3 0 (2)
x y y x y y
x y
x y y
 − + + = +
∈
− + + =
ℝ 
ðiều kiện: ( )23 40,(1) 2 2 3 2 ( 3) 3y x x y y y y y y y y x≥ ⇒ − + = + − + + = + − = 
( ) ( ) ( ) ( )( )224 3 2 2 2 22 2 0 2 0 2 0x x x y y x y x x y x x y x y⇒ − + − = ⇔ − − − = ⇔ − + − = 
0,25 
• 2y x= : 2 2(2) 3 2x x⇔ + = 
4 2 24 3 0 1 ( ; ) (1; 1),( 1; 1)x x x x y⇔ − − = ⇔ = ⇒ = − . 
0,25 
• 22 :y x x= − (3) ( )22(2) 3 2 2x x x⇔ + − = 
3 2
4 3 3 2
0 1
( 1)( 3 3 3) 0
4 3 0 3 3 3 0
x x
x x x x
x x x x x
≥ = 
⇔ ⇒ − − − − = ⇔ 
− + = − − − = 
0,25 
8 
(1,0ñ) 
1 1.x y= ⇒ = 3 2 23 3 3 0 ( 3) 3 3 0x x x x x x− − − = ⇔ − − − = (4) 
Từ (3) suy ra 22 0 0 2x x x− ≥ ⇔ ≤ ≤ ⇒ (4) vô nghiệm. 
ðáp số: ( ; ) (1; 1), ( 1; 1).x y = − 
0,25 
( ) ( ) ( )2 2, 0 : 3 2 1 5a b a b ab a b≥ + + + ≥ + . Tìm max: ( ) ( )2 23 3 2T a b a b a b ab= + − + + + − 
Ta có ( ) ( ) ( )2 22 23( ) 2( 1) 5( ) 2 3 3 2a b ab a b a b a b a b+ + + ≥ + ⇔ + + − ≤ + + 
Vì ( )23 0 ,a b a b− ≥ ∀ ( ) ( )22 3 2a b a b⇒ + ≤ + + 
ðặt 2
1
0 2 3 2 0 2
2
t a b t t t= + ≥ ⇒ − − ≤ ⇒ − ≤ ≤ . Vì 0 0 2t t≥ ⇒ ≤ ≤ . 
0,25 
Ta có ( ) ( ) ( )
2
2 22 23 2 1 1 3 1
2
a b
T ab a b a b a b a b a b
+ = + + − + + − + − ≤ + + − + + 
 
[ ]23 3 1 ( ), 0;2
4
T t t f t t⇒ ≤ − + + = ∈ 
0,25 
Ta có 
3 3 3 1
'( ) .
2 22
t t
f t t
t t
−
= − + = − 
'( ) 0 1f t t= ⇔ = 
0,25 
9 
(1,0ñ) 
13
(0) 1; (1) ; (2) 3 2 2
4
f f f= = = − 
Từ ñó: 
[ ]0;2
13 1
1 .
4 2t
MaxT t a b
∈
= ⇔ = ⇔ = = 
0,25 
-------------------- Hết -------------------- 
Lưu ý: - Học sinh làm theo cách khác, nếu ñúng vẫn cho ñiểm tối ña. 
- Học sinh trình bày khác, song vẫn ñủ ý, không có dấu hiệu làm tắt thì không trừ ñiểm. 
Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh 
Hµ néi 
N¨m häc 2014 - 2015 
®Ò thi thö thpt quèc gia n¨m 2015 
M«n thi: To¸n - LÇn thø 2 
Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò 
-------------- Ngµy 29.3.2015 -------------- 
Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho các hàm số 3 23 2y x mx= − + ( mC ), 2 ( )y x d= − + , với m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số ( mC ) khi 1m = . 
b) Tìm các giá trị của m ñể ( mC ) có hai ñiểm cực trị và khoảng cách từ ñiểm cực tiểu của ( mC ) ñến ñường 
thẳng ( )d bằng 2 . 
Câu 2 (1,0 ñiểm). 
a) Giải phương trình ( ) ( )sin 2sin 1 cos 2cos 3x x x x+ = + . 
b) Giải phương trình ( )3log 3 6 3x x− = − . 
Câu 3 (1,0 ñiểm). Tính tích phân 
( )
2
2
0
sin 2
.
sin 2
x
I dx
x
π
=
+∫
Câu 4 (1,0 ñiểm). 
a) Gọi 1 2, z z là hai nghiệm phức của phương trình 
2 4 9 0z z− + = ; , M N lần lượt là các ñiểm biểu diễn 
1 2, z z trên mặt phẳng phức. Tính ñộ dài ñoạn thẳng .MN 
b) Một tổ có 7 học sinh (trong ñó có 3 học sinh nữ và 4 học sinh nam). Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh ñó 
thành một hàng ngang. Tìm xác suất ñể 3 học sinh nữ ñứng cạnh nhau. 
Câu 5 (1,0 ñiểm). Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñiểm (3;6;7)I và mặt phẳng 
( ) : 2 2 11 0P x y z+ + − = . Lập phương trình mặt cầu ( )S tâm I và tiếp xúc với ( ).P Tìm tọa ñộ tiếp 
ñiểm của ( )P và ( )S . 
Câu 6 (1,0 ñiểm). Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có ñáy ABC là tam giác vuông tại B ; 

 0, 30AB a ACB= = ; M là trung ñiểm cạnh AC . Góc giữa cạnh bên và mặt ñáy của lăng trụ bằng 060 . 
Hình chiếu vuông góc của ñỉnh 'A lên mặt phẳng ( )ABC là trung ñiểm H của BM . Tính theo a thể tích 
khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách từ ñiểm 'C ñến mặt phẳng ( ').BMB 
Câu 7 (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ ,Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D ; diện tích 
hình thang bằng 6; 2CD AB= , (0;4)B . Biết ñiểm (3; 1), (2;2)I K− lần lượt nằm trên ñường thẳng AD và 
DC . Viết phương trình ñường thẳng AD biết AD không song song với các trục tọa ñộ. 
Câu 8 (1,0 ñiểm). Giải hệ phương trình 
2 3
2 3
( 3 3) 2 3 1
 ( , ).
3 1 6 6 2 1
x x x x y y
x y
x x x y
 + − + = + + + +
∈
− − − + = + +
ℝ 
Câu 9 (1,0 ñiểm). Cho các số thực , x y dương và thỏa mãn 1 0x y− + ≤ . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
2 2
22 4
3 2
5 5
x y x y
T
x yx y
+ +
= −
++
. 
---------------- HẾT ---------------- 
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: ..; Số báo danh:  
 1/4
Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh 
Hµ néi 
Năm học 2014 – 2015 
®¸p ¸n – thang ®iÓm 
®Ò thi thö thpt quèc gia n¨m 2015 
M«n thi: To¸n – LÇn thø 2 
--------------- ðáp án có 04 trang -------------- 
Câu ðáp án ðiểm 
1 
(2,0ñ) 
a) (1,0 ñiểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số 3 23 2y x x= − + 
Tập xác ñịnh: D = R . lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞ 
ðạo hàm: 2' 3 6y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = . 
0,25 
Khoảng ñồng biến: ( ) ( );0 ; 2;−∞ +∞ . Khoảng nghịch biến: ( )0;2 
Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại 2x = , 2CTy = − ; 
ñạt cực ñại tại 0x = , yCð = 2. 
0,25 
Bảng biến thiên: 
x −∞ 0 2 +∞ 
y' + 0 - 0 + 
y 2 +∞ 
−∞ -2 
0,25 
ðồ thị: (Hs có thể lấy thêm ñiểm ( 1; 2); (1;0); (3;2)− − ). 0,25 
b) (1,0 ñiểm) Tìm các giá trị của m ñể ( mC ) có k/c ñiểm cực tiểu của ( mC ) ñến ( )d bằng 2 . 
2' 3 6 3 ( 2 )y x mx x x m= − = − . ' 0 0; 2y x x m= ⇔ = = 
ðiều kiện ñể hàm số có hai cực trị là 0m ≠ . 0,25 
Tọa ñộ hai ñiểm cực trị: (0;2)A và 3(2 ;2 4 )B m m− . 0,25 
• 0 :m < A là ñiểm cực tiểu. Khi ñó ( , ) 0 2d A d = ≠ (loại). 0,25 
• 0 :m > B là ñiểm cực tiểu. Khi ñó: 
3
3
3
2 1 1( )
( , ) 2 | 2 | 1
1( )2 1
m m m tm
d B d m m
m ktmm m
 − = =
= ⇔ − = ⇔ ⇔  = −− = − 
ðáp số: 1m = . 
0,25 
2 
(1,0ñ) 
a) (0,5 ñiểm) Giải phương trình ( ) ( )sin 2sin 1 cos 2cos 3x x x x+ = + . 
Phương trình ñã cho tương ñương với 
( )2 2 1 3sin 3 cos 2 cos sin sin 3 cos 2cos 2 sin cos cos 2
2 2
sin sin 2 .
3 2
x x x x x x x x x x
x x
π π
− = − ⇔ − = ⇔ − =
   ⇔ − = −   
   
 0,25 
• ( )5 22 2 ,
3 2 18 3
x x k x k k
π π π π
π− = − + ⇔ = + ∈ℤ . 
• ( )52 2 2 ,
3 2 6
x x k x k k
π π π
π π− = + + ⇔ = − + ∈ℤ . 
Vậy phương trình ñã cho có nghiệm: 
5 2 5
, 2 ,
18 3 6
x k x k k
π π π
π= + = − + ∈ℤ . 
0,25 
 2/4
b) (0,5 ñiểm) Giải phương trình ( )3log 3 6 3x x− = − 
ðiều kiện: 3log 6x > . Phương trình ñã cho tương ñương với 
3 273 6 3 3 6
3
x x x
x
−− = ⇔ − = . ðặt 2
27
3 0 6 6 27 0xt t t t
t
= > ⇒ − = ⇔ − − = 
0,25 
9
3( )
t
t l
=
⇔  = −
 Với 9 3 9 2xt x= ⇒ = ⇔ = (tmñk). 
ðáp số: 2x = . 
0,25 
3 
(1,0ñ) 
Tính tích phân 
( )
2
2
0
sin 2
.
sin 2
x
I dx
x
π
=
+∫
( ) ( )
2 2
2 2
0 0
sin 2 2sin cos
.
sin 2 sin 2
x x x
I dx dx
x x
π π
= =
+ +∫ ∫
ðặt sin cost x dt xdx= ⇒ = . 0 0;x t= ⇒ = 1.
2
x t
π
= ⇒ = 
0,25 
( )
1
2
0
2
2
tdt
I
t
=
+∫ ( ) ( )
1 1 1
2 2
0 0 0
2 2
2 2 4
22 2
t dt dt
dt
tt t
+ −
= = −
++ +∫ ∫ ∫
. 0,25 
1 11
2ln( 2) 4
0 02
I t
t
= + +
+
 0,25 
1 1
2(ln 3 ln 2) 4
3 2
I  = − + − = 
 
3 2
2ln
2 3
− . ( 0.144)I ≈ . 0,25 
4 
(1,0ñ) 
a) (0,5 ñiểm) Cho 2 4 9 0z z− + = . M, N biểu diễn 1 2,z z . Tính ñộ dài ñoạn MN. 
Phương trình ñã cho có 2' 4 9 5 5i∆ = − = − = nên có hai nghiệm 1,2 2 5z i= ± . 0,25 
Từ ñó (2; 5), (2; 5) 2 5M N MN− ⇒ = . 
ðáp số: 2 5MN = . 
0,25 
b) (0,5 ñiểm) Tính xác suất có 3 học sinh nữ cạnh nhau. 
Gọi A là biến cố “3 học sinh nữ cạnh nhau” 
+ Số biến cố ñồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7! 
+ Số cách xếp có 3 học sinh nữ cạnh nhau: 
Coi 3 học sinh nữ là 1 phần tử, kết hợp với 4 học sinh nam suy ra có 5 phần tử, có 5! cách sắp xếp. 
Với mỗi cách sắp xếp ñó lại có 3! cách hoán vị 3 học sinh nữ. Vậy có 5!.3! cách sắp xếp. 
0,25 
+ Xác suất của biến cố A là: ( ) 5!.3!
7!
p A = =
1
7
. ( ( ) 0.14)p A ≈ . 
(Cách 2: - - - - - - - 7 vị trí. Xếp 3 nữ cạnh nhau có 5 cách: (123)(567). Mỗi cách xếp lại có 3! cách 
hoán vị 3 nữ. Có 4! cách hoán vị 4 nam. Vậy P(A) = 5.3!.4!/7! = 1/7) 
0,25 
5 
(1,0ñ) 
Cho ( ) : 2 2 11 0P x y z+ + − = , (3;6;7)I 
Mặt cầu ( )S tâm I có bán kính 
| 3 12 14 11|
( , ( )) 6
3
R d I P
+ + −
= = = . 0,25 
Phương trình mặt cầu 2 2 2( ) : ( 3) ( 6) ( 7) 36S x y z− + − + − = . 0,25 
ðường thẳng ( )d qua I và vuông góc với ( )P có phương trình 
3
6 2 ( )
7 2
x t
y t t
z t
= +

= + ∈
 = +
R . 0,25 
 3/4
Giả sử ( ) ( ) (3 ) (12 4 ) (14 4 ) 11 0 9 18 0 2M d P t t t t t= ∩ ⇒ + + + + + − = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ (1;2;3)M . 0,25 
6 
(1,0ñ) 
Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có ñáy ABC là tam giác vuông tại B ;  0, 30AB a ACB= = ; 
' ( ) 'A H ABC A H⊥ ⇒ là ñường cao của hình lăng trụ. 
AH là hình chiếu vuông góc của 'AA lên ( )ABC  0' 60A AH⇒ = 
. ' ' ' .ABC A BC ABCV A H S= 
0,25 
3 3
2 , '
2 2
a a
AC a MA MB AB a AH A H= = = = ⇒ = ⇒ = . 
21 1 3
. . . . 3
2 2 2ABC
a
S BA BC a a= = = . 
2
. ' '
3 3
.
2 2ABC A BC
a a
V⇒ = =
33 3
4
a
. 
0,25 
( ) ( ) ( ) . '
'
3
',( ') , ( ') , ( ') A BMB
BMB
V
d C BMB d C BMB d A BMB
S
= = = . 
3
. ' '. . ' '
1 3
6 8A BMB B ABM ABC A BC
a
V V V= = = . 
0,25 
Do ( ')BM AHA⊥ nên ' 'BM AA BM BB⊥ ⇒ ⊥ ⇒ 'BMB∆ vuông tại B 
2
'
1 1 3
'. . 3.
2 2 2BMB
a
S BB BM a a⇒ = = = . 
Suy ra ( )
3 23 3 3
',( ') :
8 2
a a
d C BMB = =
3
4
a
. 
(Cách 2:  0
3 3
( , ( ')) .sin .sin 60
2 4
a a
d A BMB AE AH AHE= = = = ). 
0,25 
7 
(1,0ñ) 
 Trong mặt phẳng tọa ñộ ,Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D ; diện tích hình 
thang bằng 6; 2CD AB= , (0;4)B . (3; 1), (2;2)I K− . Viết phương trình ñường thẳng AD. 
Vì AD không song song các trục tọa ñộ nên gọi véc tơ pháp tuyến của AD là 
(1; ), 0;n b b= ≠

 suy ra: Phương trình :1( 3) ( 1) 0AD x b y− + + = . 
 Phương trình : ( 4) 0AB bx y− − = . 
0,25 
3 3
. . . ( , ). ( , )
2 2 2ABCD
AB CD AB
S AD AD d B AD d K AB
+
= = = 
2 2
3 | 3 5 | |2 2|
. .
2 1 1
b b
b b
− + +
=
+ +
. 
0,25 
2
2 2
1
| 3 5 | | 1| 5
6 3 . 6 | 5 3 | . | 1| 2( 1)
31 1
1 2 2
7
ABCD
b
b b
S b b b b
b b
b

 =

− + + = ⇔ = ⇔ − + = + ⇔ = −+ + 
− ± =
. 0,25 
ðáp số: 2 0;3 5 14 0;7 (1 2 2) 2 2 22 0;7 (1 2 2) 2 2 22 0x y x y x y x y+ − = − − = − + − − = − − + − = . 0,25 
8 
(1,0ñ) Giải hệ phương trình 
2 3
2 3
( 3 3) 2 3 1 (1)
 ( , ).
3 1 6 6 2 1 (2)
x x x x y y
x y
x x x y
 + − + = + + + +
∈
− − − + = + +
ℝ 
A C
A' C'
B
B'
M
H
A
C
A'
C'
B
B'
M
H
Q
P
E
I
K
A B
D C
 4/4
ðiều kiện: 1 3 3; 3 3; 3x x y≤ ≤ − ≥ + ≥ − 
( )33 3 3(1) 1 ( 1) 1 2 2 1x x y y⇔ − + − + = + + + + 
0,25 
Xét hàm 3( ) 1, 1f t t t t= + + ≥ − . Ta có 
2
3
3
'( ) 1 0 1
2 1
t
f t t
t
= + > ∀ > −
+
, suy ra ( )f t ñồng biến 
1t∀ ≥ − , suy ra 31 2x y− = + . 
0,25 
Thay vào (2) ta có 2 23 1 6 6 ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 4( 1) 1 3 1x x x x x x x x− − − + = − + ⇔ − + + − − − + = − 
Do 1x = không thỏa mãn nên chia cả 2 vế cho 1 0x − > ta ñược: 
1 1
1 1 4 3
11
x x
xx
− + + − − + =
−−
. 
ðặt 2 2
2 2
31 5
1 2 6 3 6 3
26 (3 )1
t
t x t t t t t
t tx
≤
= − + > ⇒ + − = ⇒ − = − ⇔ ⇔ =
− = −− 
. 
0,25 
Với 
5 621 2
5 1 5
1 5 12712 21 1
4 642
x yx
t x
x yx x
 = ⇒ =− =
 = ⇒ − + = ⇒ ⇔  = ⇒ = −− − =
 
. 
ðáp số 
5 127
( ; ) (5;62), ( ; )
4 64
x y = − . 
0,25 
9 
(1,0ñ) Cho , 0 : 1 0x y x y> − + ≤ . Tìm max: 
2 2
22 4
3 2
5 5
x y x y
T
x yx y
+ +
= −
++
. 
Ta có 
2
2 2
1 1 1 1 1 1
1 0
4 2 4
x
x y
y y y y
 
≤ − ⇒ < ≤ − = − − ≤ 
 
. ðặt 
2
1
0
4
x
t t
y
= ⇒ < ≤ 0,25 
Ta có 
2 2
2 2
2
2
3 2 1
1 3 1 2 1
. ( ) .
5 5 111
1
x x
t ty y
T T f t
x ttx
y
y
+ +
+ +
= − ⇒ = = −
++  +
+ 
 
 với 
1
0
4
t< ≤ . 
( ) ( )
232
1 3 1 1
'( ) .
5 11
t
f t
tt
−
= −
++
Nhận xét: ( )
( )
3
32
32
1 1 17 17 17 1 3 4
0 1 3 ; 1
4 4 16 16 16 171 17
16
t
t t t
t
− < ≤ ⇒ − ≥ + ≤ = ⇒ ≥ 
  +
Và 
2
1 1 1
.
5 ( 1) 5t
− > −
+
. Do ñó 
4 1
'( ) 0
517
17
16
f t > − > . 
0,25 
Từ ñó ( )f t ñồng biến 
1 1 13 6
(0; ] ( )
4 4 2517
t f t f
 ∀ ∈ ⇒ ≤ = − 
 
. 
0,25 
ðáp số: 
1
(0; ]
4
13 6 1
1; 2
25 417t
MaxT t x y
∈
= − ⇔ = ⇔ = = . 0,25 
------