Đề thi thử THPT quốc gia Toán năm 2015 (Có đáp án)

 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút. 
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2 1.
1
xy
x
−
=
+
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có hoành độ 1.x = 
Câu 2.(1,0 điểm) 
a) Cho góc α thỏa mãn: π α π
2
< < và 3sin α .
5
= Tính 2
tan α
.
1 tan α
A =
+
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 ) (3 ) 2 6 .i z i z i+ + − = − Tính môđun của z. 
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: 3 3log ( 2) 1 log .x x+ = − 
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 22 3( 2 2).x x x x x+ + − ≥ − − 
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: 
2
3
1
(2 ln )d .I x x x= +∫ 
Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a, 
 o30 ,ACB = 
Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và 2 .SH a= Tính theo 
a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). 
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc 
đường thẳng : 4 3 12 0x y∆ + − = và điểm (6; 6)K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm 
nằm trên ∆ sao cho AC AO= và các điểm C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C có 
hoành độ bằng 24 ,
5
 tìm tọa độ của các đỉnh A, B. 
Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (2; 0; 0)A và (1; 1; 1).B − Viết 
phương trình mặt phẳng trung trực (P) của đoạn thẳng AB và phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc 
với (P). 
Câu 9.(0,5 điểm) Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí 
sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình 
thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định 
câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3 
câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau. 
Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 
2
2 2
3 2 2 1 1 1
3 2 3 3 3 2 3 3 3
+ +
= + +
+ − + + + +
( )
.
( ) ( )
x x
P
x x x x
----------- HẾT ----------- 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu 1 
(2,0 điểm) 
a) (1,0 điểm) 
● Tập xác định: { }\ 1 .D = − 
● Giới hạn và tiệm cận: 
( 1)
lim
x
y
+→ −
= − ∞ , 
( 1)
lim
x
y
−→ −
= + ∞ ; lim lim 2.
x x
y y
→ −∞ → +∞
= = 
 Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng 1x = − và một 
tiệm cận ngang là đường thẳng 2.y = 
0,25 
● Sự biến thiên: 
 - Chiều biến thiên: y' = 2
3
( 1)x + > 0 ∀x ∈ D. 
 Suy ra, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ); 1− ∞ − và ( )1;− + ∞ . 
 - Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị. 
0,25 
Lưu ý: Cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số. 
 - Bảng biến thiên: 
x 
– ∞ – 1 + ∞ 
y' + + 
y + ∞ 2 2 – ∞ 
0,25 
● Đồ thị (C): 
0,25 
O x 
y 
−1 
−1 
2 
½ 
b) (1,0 điểm) 
Tung độ 0y của tiếp điểm là: 0
1(1) .
2
y y= = 0,25 
Suy ra hệ số góc k của tiếp tuyến là: 3'(1) .
4
k y= = 0,25 
Do đó, phương trình của tiếp tuyến là: 3 1( 1) ;
4 2
y x= − + 0,25 
hay 3 1 .
4 4
y x= − 0,25 
Câu 2 
(1,0 điểm) 
a) (0,5 điểm) 
Ta có: 22
tanα 3
tan α.cos α sin α.cosα cosα.
1 tan α 5
A = = = =
+
 (1) 0,25 
2
2 2 3 16cos α 1 sin α 1 .
5 25
 
= − = − = 
 
 (2) 
Vì α ;
2
pi
pi ∈  
 
 nên cosα 0.< Do đó, từ (2) suy ra 4cosα .
5
= − (3) 
Thế (3) vào (1), ta được 12 .
25
A = − 
0,25 
b) (0,5 điểm) 
Đặt z = a + bi, ( ,a b ∈  ); khi đó z a bi= − . Do đó, kí hiệu (∗) là hệ thức cho 
trong đề bài, ta có: 
 (∗) ⇔ (1 )( ) (3 )( ) 2 6i a bi i a bi i+ + + − − = − 
 ⇔ (4 2 2) (6 2 ) 0a b b i− − + − = 
0,25 
 ⇔ {4 2 2 06 2 0a bb− − =− = ⇔ { 23.ab == 
Do đó 2 2| | 2 3 13.z = + = 
0,25 
Câu 3 
(0,5 điểm) 
● Điều kiện xác định: 0.x > (1) 
● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có: 
 (2) ⇔ 3 3log ( 2) log 1x x+ + = ⇔ 3 3log ( ( 2)) log 3x x + = 
0,25 
 ⇔ 2 2 3 0x x+ − = ⇔ 1x = (do (1)). 0,25 
Câu 4 
(1,0 điểm) 
● Điều kiện xác định: 1 3.x ≥ + (1) 
● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là bất phương trình đã cho, ta có: 
 (2) ⇔ 2 22 2 2 ( 1)( 2) 3( 2 2)x x x x x x x+ − + + − ≥ − − 
0,25 
 ⇔ ( 2)( 1) ( 2) 2( 1)x x x x x x− + ≥ − − + 
 ⇔ ( )( )( 2) 2 ( 1) ( 2) ( 1) 0.x x x x x x− − + − + + ≤ (3) 
Do với mọi x thỏa mãn (1), ta có ( 2) ( 1) 0x x x− + + > nên 
 (3) ⇔ ( 2) 2 ( 1)x x x− ≤ + 
0,50 
 ⇔ 2 6 4 0x x− − ≤ 
 ⇔ 3 13 3 13.x− ≤ ≤ + (4) 
Kết hợp (1) và (4), ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: 
1 3 ; 3 13 . + +  
0,25 
Câu 5 
(1,0 điểm) Ta có: 
2 2
3
1 1
2 d ln d .I x x x x= +∫ ∫ (1) 0,25 
Đặt 
2
3
1
1
2 dI x x= ∫ và 
2
2
1
ln d .I x x= ∫ Ta có: 
2
4
1
1
1 15
.
2 2
I x= = 
0,25 
2 2
2 2
2 1 1
1 1
.ln d(ln ) 2ln 2 d 2ln 2 2ln 2 1.I x x x x x x= − = − = − = −∫ ∫ 
Vậy 1 2
13 2 ln 2.
2
I I I= + = + 
0,50 
Câu 6 
(1,0 điểm) 
 Theo giả thiết, 1
2
HA HC AC a= = = và SH ⊥ mp(ABC). 
Xét ∆v. ABC, ta có: 
 o.cos 2 .cos 30 3 .BC AC ACB a a= = = 
0,25 
Do đó 
 o 21 1 3. .sin .2 . 3 .sin 30 .
2 2 2ABC
S AC BC ACB a a a= = = 
Vậy 
3
2
.
1 1 3 6
. . 2 . .
3 3 2 6S ABC ABC
aV SH S a a= = = 
0,25 
Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)). (1) 
Gọi N là trung điểm của AB, ta có HN là đường trung bình của ∆ABC. 
Do đó HN // BC. Suy ra AB ⊥ HN. Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN). Do đó 
mp(SAB) ⊥ mp(SHN). Mà SN là giao tuyến của hai mặt phẳng vừa nêu, nên 
trong mp(SHN), hạ HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB). 
Vì vậy d(H, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C, (SAB)) = 2HK. (2) 
0,25 
Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN, ta có: 
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
.
2HK SH HN a HN
= + = + 
Vì HN là đường trung bình của ∆ABC nên 1 3 .
2 2
aHN BC= = 
Do đó 2 2 2 2
1 1 4 11
.
2 3 6HK a a a
= + = Suy ra 66 .
11
aHK = (3) 
Thế (3) vào (2), ta được ( ) 2 66, ( ) .
11
ad C SAB = 
0,25 
Câu 7 
(1,0 điểm) 
 Trên ∆, lấy điểm D sao cho BD = BO và D, A nằm khác phía nhau so với B. 
Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC; gọi F là giao điểm của các 
đường thẳng KB và OD. 
Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của ∆OAB nên KE là phân giác của góc 


.OAC Mà OAC là tam giác cân tại A (do AO = AC, theo gt) nên suy ra KE cũng 
là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC = KO. 
Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD = KO. 
Suy ra ∆CKD cân tại K. Do đó, hạ KH ⊥ ∆, ta có H là trung điểm của CD. 
Như vậy: 
+ A là giao của ∆ và đường trung trực 1d của đoạn thẳng OC; (1) 
+ B là giao của ∆ và đường trung trực 2d của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối 
xứng của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆. (2) 
0,50 
 Vì C ∈ ∆ và có hoành độ 0
24
5
x = (gt) nên gọi 0y là tung độ của C, ta có: 
0
244. 3 12 0.
5
y+ − = Suy ra 0
12
.
5
y = − 
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là 12 6;
5 5
 
− 
 
 và đường thẳng OC có 
phương trình: 2 0.x y+ = 
Suy ra phương trình của 1d là: 2 6 0.x y− − = 
Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình: 
{4 3 12 02 6 0.x yx y+ − =− − = 
Giải hệ trên, ta được A = (3; 0). 
0,25 
 Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và vuông góc với ∆, ta có phương trình của 
d là: 3 4 6 0.x y− + = Từ đây, do H là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ của H là 
nghiệm của hệ phương trình: 
{4 3 12 03 4 6 0.x yx y+ − =− + = 
Giải hệ trên, ta được 6 12; .
5 5
H  =  
 
 Suy ra 12 36; .
5 5
D  = − 
 
Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là 6 18;
5 5
 
− 
 
 và đường thẳng OD có 
phương trình: 3 0.x y+ = 
Suy ra phương trình của 2d là: 3 12 0.x y− + = 
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình: 
{4 3 12 03 12 0.x yx y+ − =− + = 
Giải hệ trên, ta được B = (0; 4). 
0,25 
Câu 8 
(1,0 điểm) Gọi M là trung điểm của AB, ta có 
3 1 1
; ; .
2 2 2
M  = − 
 
Vì (P) là mặt phẳng trung trực của AB nên (P) đi qua M và ( 1; 1; 1)AB = − −

 là 
một vectơ pháp tuyến của (P). 
0,25 
Suy ra, phương trình của (P) là: 3 1 1( 1) ( 1) 0
2 2 2
x y z     − − + − + − + =     
     
hay: 2 2 2 1 0.x y z− + − = 
0,25 
Ta có 
2 2 2
| 1| 1( , ( )) .
2 32 ( 2) 2
d O P −= =
+ − +
 0,25 
Do đó, phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) là: 2 2 2 1
12
x y z+ + =
hay 2 2 212 12 12 1 0.x y z+ + − = 
0,25 
Câu 9 
(0,5 điểm) 
Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí 
thứ nhất của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ 
3 câu hỏi thí sinh B chọn. 
Vì A cũng như B đều có 310C cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy 
tắc nhân, ta có ( )2310( ) C .n Ω = 
0,25 
Kí hiệu X là biến cố “bộ 3 câu hỏi A chọn và bộ 3 câu hỏi B chọn là giống 
nhau”. 
Vì với mỗi cách chọn 3 câu hỏi của A, B chỉ có duy nhất cách chọn 3 câu hỏi 
giống như A nên ( ) 3 310 10C .1 C .Xn Ω = = 
Vì vậy ( ) ( )
3
10
2 33
1010
C 1 1( ) .( ) C 120C
XnP X
n
Ω
= = = =
Ω
0,25 
Câu 10 
(1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, với mỗi số thực x, xét các điểm ( ; 1)A x x + , 
3 1
;
2 2
B
 
−  
 
 và 3 1; .
2 2
C
 
− −  
 
Khi đó, ta có ,OA OB OCP
a b c
= + + trong đó a = BC, b = CA và c = AB. 
0,25 
Gọi G là trọng tâm ∆ABC, ta có: 
. . . 3 . . .
. . . 2 . . .a b c
OA GA OB GB OC GC OA GA OB GB OC GCP
a GA b GB c GC a m b m c m
 
= + + = + + 
 
, 
trong đó ,a bm m và cm tương ứng là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A, 
B, C của ∆ABC. 
0,25 
Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số thực không âm, ta có 
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
1
. . 3 2 2
2 3
3 2 21
. .
22 3 2 3
aa m a b c a
a b c a a b c
= + −
+ + − + +≤ =
Bằng cách tương tự, ta cũng có: 
2 2 2
.
2 3b
a b cb m + +≤ và 
2 2 2
. .
2 3c
a b c
c m
+ +≤ 
Suy ra ( )2 2 23 3 . . . .P OAGA OB GB OC GCa b c≥ + ++ + (1) 
0,25 
Ta có: . . . . . . .OAGA OB GB OC GC OA GA OB GB OC GC+ + ≥ + +
     
 (2) 
( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
. . .
. . .
.
4
. (3)
9 3a b c
OAGA OB GB OC GC
OG GA GA OG GB GB OG GC GC
OG GA GB GC GA GB GC
a b c
m m m
+ +
= + + + + +
= + + + + +
+ +
= + + =
     
        
   
Từ (1), (2) và (3), suy ra 3.P ≥ 
Hơn nữa, bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy 3P = khi x = 0. 
Vậy min 3.P = 
0,25 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO  KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 
PHÚ YÊN  MÔN:TOÁN 
Ngày thi: 02/4/2015 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
­­­­­­­­­­­ 
Câu 1. (2,00 điểm) Cho hàm số  3  3 2 y x x = - -  . 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Hãy tìm tọa độ điểm M thuộc 
đồ thị (C) sao cho tam giác MAB cân tại M. 
Câu 2. (1,00 điểm) Giải phương trình  2 8 log ( 2) 3log (3 5) 2 0 x x - + - - =  trên tập hợp số thực. 
Câu 3. (1,00 điểm) Tính tích phân: 
3 
2 
1 
2 
2 3 2 
I dx 
x x 
= 
+ - ò  . 
Câu 4. (1,00 điểm) Một lớp học có 33 học sinh, trong đó có 10 học sinh giỏi, 11 học sinh khá 
và 12 học sinh trung bình. Chọn ngẫu nhiên trong lớp học 4 học sinh tham dự trại hè. Tính xác 
suất để nhóm học sinh được chọn có đủ học sinh giỏi, học sinh khá và học sinh trung bình. 
Câu 5. (1,00 điểm) Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc 
với mặt phẳng đáy. Tính thể tích tứ diện biết đường cao AH của tam giác ABC bằng a và góc 
giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) là 60 0 . 
Câu 6.  (1,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy  cho  hình  vuông  ABCD  có M, N  lần  lượt  là  trung 
điểm  của  các  cạnh  BC,  CD.  Tìm  tọa  độ  đỉnh  B,  điểm M  biết  N(0;­2),  đường  thẳng  AM  có 
phương trình  x +2y – 2 = 0 và cạnh hình vuông bằng 4. 
Câu 7. (1,00 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(­4;­2;4) và đường thẳng d : 
3 2 
1 ( ). 
1 4 
x t 
y t t 
z t 
= - + ì 
ï = - Î í 
ï = - + î 
¡ 
Viết phương trình đường thẳng D đi qua A, cắt và vuông góc với đường thẳng d. 
Câu 8. (1,00 điểm) Giải hệ phương trình: 
( ) 3 
2 
2 
27 3 9 7 6 9 0 
( , ) 109 
2 3 0 
3 81 
x x y y 
x y x 
y x 
ì + + - - = 
ï Î í 
+ + - - = ï 
î 
¡  . 
Câu 9. (1,00 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức  2 5 5 x y P = +  , biết rằng 
0, 0, 1 x y x y ³ ³ + =  . 
­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­ 
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( duongbinhluyen@phuyen.edu.vn) 
đã gửi tới www.laisac.page.tl 
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
(Gồm có 04  trang) 
1.  Hướng dẫn chung 
­ Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm 
từng phần như hướng dẫn quy định. 
­ Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm chấm phải bảo đảm không sai 
lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 
­ Điểm bài thi không làm tròn số. 
2.  Đáp án và thang điểm 
CÂU  ĐÁP ÁN  ĐIỂM 
1  Cho hàm số  3  3 2 y x x = - -  2,00 đ 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
­ Tập xác đinh:¡ . 
­ Sự biến thiên: 
+ Chiều biến thiên:  2 2 ' 3 3 3( 1). y x x = - = -  2 
1 
' 0 3( 1) 0 
1 
x 
y x 
x 
= - é 
= Û - = Û ê = ë 
. 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ; 1 -¥ -  và ( ) 1;+¥  ; 
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 1;1 -  . 
+ Cực trị và giới hạn: 
H/s đạt cực đại tại  1; x = -  yCĐ= ( ) 1 0 y - =  . 
H/s đạt cực tiểu tại  1; x =  yCT= ( ) 1 4 y = -  . 
Các giới hạn:  lim ; lim 
x x 
y y 
®-¥ ®+¥ 
= -¥ = +¥ . 
+ Bảng biến thiên: 
x -¥  ­1           1            +¥ 
y’  +      0  ­  0  + 
y 
0                          +¥ 
­¥  ­4 
­ Đồ thị đi qua các điểm (2;0), (0;­2):như hình vẽ. 
1,00 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho DMAB cân tại M. 
M(x;y) cần tìm là giao điểm của đường trung trực của đoạn AB và đồ thị (C). 
Ta có các điểm cực trị là A(­1;0), B(1;­4), trung điểm của đoạn AB  là I(0;­2). 
Đường trung trực đoạn AB nhận  (2; 4) AB = - 
uuur 
làm vtcp có p/t  2 4 0 x y - - =  . 
Hoành độ giao điểm của M  là nghiệm của phương trình:  3 
4 
3 2 
2 
x 
x x 
- 
- - =  . 
Giải ra ta được 
7 
2 
x = ±  và  0 x =  (loại). 
Với 
7 14 8 
2 4 
x y 
- 
= Þ =  , ta có điểm  1 
7 14 8 
;
2 4 
M 
æ ö - 
ç ÷ ç ÷ 
è ø 
; 
Với 
7 14 8 
2 4 
x y 
- - 
= - Þ =  , ta có điểm  2 
7 14 8 
; 
2 4 
M 
æ ö - - 
- ç ÷ ç ÷ 
è ø 
. 
1,00 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
f(x)=x^3­3x ­2 
­9  ­8  ­7  ­6  ­5  ­4  ­3  ­2  ­1  1  2  3  4  5  6  7  8  9 
­8 
­6 
­4 
­2 
2 
4 
6 
8 
x 
f(x)
2  Giải phương trình  2 8 log ( 2) 3log (3 5) 2 0 x x - + - - =  1,00 đ 
Điều kiện 
2 0 
2 
3 5 0 
x 
x 
x 
- > ì 
Û > í - > î 
. 
Phương trình tương đương:  2 2 log ( 2) log (3 5) 2 x x - + - = 
[ ]  2 2 log ( 2)(3 5) 2 3 11 6 0 x x x x Û - - = Û - + =  . 
Giải pt trên và đối chiếu điều kiện  ta tìm được nghiệm pt đã cho là  3 x =  . 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
3  Tính tích phân 
3 
2 
1 
2 
2 3 2 
I dx 
x x 
= 
+ - ò  1,00 đ 
Ta có: 
3 
1 
2 
(2 1)( 2) 
I dx 
x x 
= 
- + ò 
3 3 
1 1 
2 2 1 
5 2 1 2 
dx dx 
x x 
æ ö 
= - ç ÷ - + è ø 
ò ò 
3 3 
1 1 
2 (2 1) ( 2) 
5 2 1 2 
d x d x 
x x 
æ ö - + 
= - ç ÷ - + è ø 
ò ò 
( ) 3 3 1 1 2 2 ln | 2 1| ln | 2 | ln 3 5 5 x x = - - + =  . 
0,50 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
4  1,00 đ 
Gọi A là biến cố: “4 HS được chọn có đủ HS giỏi, HS khá và HS trung bình”. 
Số phần tử không gian mẫu:  4 33 C W =  =40920. 
Ta có các trường hợp được chọn sau: 
(1) Có 2 HS giỏi, 1 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là:  2 1 1 10 11 12 . . 5940 C C C = 
(2) Có 1 HS giỏi, 2 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là:  1 2 1 10 11 12 . . 6600 C C C = 
(3) Có 1 HS giỏi, 1 HS khá và 2 HS trung bình. Số cách chọn là:  1 1 2 10 11 12 . . 7260 C C C =  . 
Ta được  A W  = 5940 + 6600 + 7260 = 19800. 
Do đó 
15 
( ) 
31 
A P A 
W 
= = 
W 
. 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
5  1,00 đ 
DABC vuông cân tại A nên BC = 2AH = 2a. 
Từ đó  2 
1 1 
. .2 
2 2 ABC 
S AH BC a a a = = =  (đvdt). 
Vì SA^(ABC) và AH ^ BC suy ra SH^ BC 
Do đó ((SBC),(ABC))= ·  0 60 SHA = 
Suy ra  0 tan 60 3 SA AH a = =  . 
Vậy 
3 
2 1 1 3 . 3. 
3 3 3 SABC ABC 
a 
V SA S a a = = =  (đvtt). 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
6  1,00 đ 
Gọi I =AM Ç BN. DBIM đồng dạng DABM 
suy ra AM^BN nên  BN: 2x ­ y +c = 0. 
N(0;­2)  2 c Þ = - Þ BN: 2x ­ y ­2 = 0. 
Tọa độ điểm I là nghiệm hệ pt: 
0,25 đ 
O  1 ­2  2   M 
2 A  B 
­1 
1 
­1 
I 
y 
x 
B 
C A 
H 
S
6 
2 2 0  6 2 5  ; 
2 2 0 2  5 5 
5 
x x y 
I 
x y 
y 
é = ê + - = ì æ ö Û Þ ê í ç ÷ - - = è ø î ê = ê ë 
. 
Từ DABM vuông : 
2 2 
. 4 
5 
AB BM 
BI 
AB BM 
= = 
+ 
. 
Tọa độ điểm B(x;y) thỏa mãn  2 2 
2 2 0 
4  6 2 16 
5  5 5 5 
x y B BN 
BI  x y 
- - = ì Î ì 
ï ï Þ í íæ ö æ ö = - + - = ç ÷ ç ÷ ï ï î è ø è ø î 
. 
Giải hệ ta được 
2 
2 
x 
y 
= ì 
í = î 
và 
2 
5 
6 
5 
x 
y 
ì = ï ï 
í - ï = 
ï î 
, suy ra  (2;2) B  ( loại 
2 6 
;
5 5 
- æ ö 
ç ÷ 
è ø 
). 
Tọa độ điểm M(x;y) thỏa  2 2 
2 2 
2 2 0 
6 2 4 
5 5 5 
x y 
M AM 
x y IM BM BI 
+ - = ì Î ì ï ï Þ í íæ ö æ ö - + - = = - ï ç ÷ ç ÷ ï î è ø è ø î 
. 
Giải hệ ta được 
2 
0 
x 
y 
= ì 
í = î 
và 
2 
5 
4 
5 
x 
y 
ì = ï ï 
í 
ï = 
ï î 
, suy ra  1 2 
2 4 
(2;0), ;
5 5 
M M æ ö ç ÷ 
è ø 
. 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
7  1,00 đ 
Do D đi qua A và vuông góc với d nên D phải nằm trong mặt phẳng (P) đi qua 
A và vuông góc với d. 
Mặt phẳng  (P)  nhận  vtcp  (2; 1; 4) u = - 
r 
của d  làm vtpt, đi qua A(­4;­2;4) có 
phương trình : 2x ­ y + 4z ­ 10 = 0. 
Gọi M là giao điểm của d và (P) thì M(­3 + 2t;1 ­ t;­1 + 4t) Î d và MÎD. 
Ta cũng có MÎ(P) Û 2(­3 + 2t) ­ (1 ­ t) + 4(­1 + 4t) – 10 = 0 
Û 21t – 21 = 0 Û t  = 1.Vậy M(­1;0;3). 
Khi đó  (3;2; 1) AM = - 
uuuur 
, đường thẳng D qua A và M có phương trình: 
4 2 4 
3 2 1 
x y z + + - 
= = 
- 
. 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
8  Giải hệ phương trình: 
( ) 3 
2 
2 
27 3 9 7 6 9 0(1) 
109 
2 3 0 (2) 
3 81 
x x y y 
x 
y x 
ì + + - - = 
ï 
í 
+ + - - = ï 
î 
.  1,00 đ 
Với điều kiện: 
2 2 
,
3 3 
x y £ £  , (1) viết lại là: ( ) ( ) 2 9 1 3 6 9 1 6 9 x x y y + = - + -  . 
0,25 đ
Đặt  3 , 6 9 u x v y = = -  , ta có: ( ) ( ) 2 2 1 1 u u v v + = +  . 
Xét h/s: ( ) 2 ( ) 1 f t t t = +  có  2 '( ) 3 1 0 f t t = + >  nên h/s luôn đồng biến  trên  ¡ , 
Suy ra 
2 
0 
3 6 9  2 
(3) 
3 
x 
u v x y 
y x 
³ ì 
ï = Û = - Û í 
= - ï î 
. 
Thế (3) vào (2) ta được: 
2 2 
2 2 109 2 3 0 
3 3 81 
x 
x x æ ö + - + - - = ç ÷ 
è ø 
(4). 
Nhận xét: 
2 
0, 
3 
x x = =  không phải là nghiệm của (4). 
Xét hàm số: 
2 2 
2 2 109 ( ) 2 3 
3 3 81 
x 
g x x x æ ö = + - + - - ç ÷ 
è ø 
Ta có: ( ) 2  3 2 '( ) 2 2 1 0, 0; 
3 2 2 3 
g x x x x 
x 
æ ö = - - < " Î ç ÷ - è ø 
Nên hàm số g(x) nghịch biến trên 
2 
0; 
3 
æ ö 
ç ÷ 
è ø 
. 
Dễ thấy 
1 
3 
x =  là nghiệm của (4), suy ra 
5 
9 
y =  nên hệ có nghiệm duy nhất 
1 5
;
3 9 
æ ö 
ç ÷ 
è ø 
. 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
9  Tìm GTLN, GTNN của biểu thức  2 5 5 x y P = +  , biết  0, 0, 1 x y x y ³ ³ + =  1,00 đ 
Do  1 1 x y y x + = Þ = -  , nên  2 1 2 
5 
5 5 5 
5 
x x x 
x 
P - = + = +  . 
Đặt  5 x t =  thì 1 5 t £ £  (do  0 1 x £ £  ). 
Xét hàm số  2 
5 
( ) f t t 
t 
= +  , với 1 5 t £ £  . Ta có 
3 
2 2 
5 2 5 
'( ) 2 
t 
f t t 
t t 
- 
= - =  . 
Do đó có bảng biến thiên: 
t  1  3 
5 
2 
5 
f’(t)  ­  0           + 
f(t) 
6                             26 
3 
25 
3 
4 
Vậy  3 3 
1 5 1 5 
5 25 
min min ( ) 3 ;max max ( ) (5) 26 
2 4 t t 
P f t f P f t f 
£ £ £ £ 
æ ö 
= = = = = = ç ÷ ç ÷ 
è ø 
. 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( duongbinhluyen@phuye