1. ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Lần thứ 1)
Luyện Thi Đại Học – Ôn luyện “Kỳ Thi Quốc Gia” 2015
(Biên soạn: Trần Thanh Tâm)
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 1)1(3 23
+++−= xmxxy (1) có đồ thị mC( ), với m là tham số .
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1−=m .
b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + 1 cắt đồ thị mC( ) tại 3 điểm phân biệt P(0;1), M, N sao cho bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng
2
25
với O(0;0).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: xxxxxx cos3sin3414cos6sin42cos22cos2 2
+=++− .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: ∫
−
−++
=
0
2
1
2
23)1( xxx
dx
I
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 02.8136.7939.16 1
26
11
13
=+− −
−
−−
−
x
x
x
x
x
x
.
b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi chỉ khác nhau về màu
sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình
mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ): 2 0x y zα + + + = và 04:)( =−−− zyxβ
theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác đều
cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là trung
điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng
(ACC’A’).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung.
Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết
rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:




−+=++−
−+=−−−
2223
2223
213
213
yxyxyyxy
xxyyxxyx
( Ryx ∈, ).
Câu 9 (1,0 điểm). Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 24)( 3
≥++ xyyx .
Tìm GTNN của biếu thức 2015)43()(2)(3 2222
+−−+−+= xyxyyxyxP .
HẾT

2. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1
Câu 1. b. Phương trình hoành độ giao điểm của mC( ) và (d): 11)1(3 23
+=+++− xxmxx



=+−
⇒=⇒=
⇔=+−⇔
)2(03
)1;0(10
0)3( 2
2
mxx
Pyx
mxxx
Để mC( ) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0




<
≠
⇔
4
9
0
m
m
Giả sử )1;( 11 +xxM , )1;( 22 +xxN khi đó 21 ; xx là nghiệm của pt (2)
Ta có
R
MNONOM
dOdMNSOMN
4
..
))(;(.
2
1
== với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN
))(;(25))(;(.2.
4
..
))(;(.
2
1
dOddOdRONOM
R
MNONOM
dOdMN ==⇔= (3)
)122)(122(. 1
2
11
2
1 ++++= xxxxONOM
Với 25124.3;3 2
2
2
21
2
1 ++=⇒−=−= mmONOMmxxmxx
2
2
2
1
))(;( ==dOd
Khi đó thế vào (3) ta được:



−=
=
⇔==++
3
0
5
2
2
2525124 2
m
m
mm thỏa đề chỉ có 3−=m
Câu 2. Pt⇔ xxxxxx cos3sin342sin26sin42cos22cos2 22
+=+−
xxxxxx cos3sin322sin6sin22cos2cos 22
+=+−⇔
xxxxxx cos3sin326sin22cos2sin2cos 22
=+−−⇔
xxxxx cos3sin326sin22cos4cos =+−⇔
xxxxxx cos3sin323cos3sin4sin3sin2 =+−⇔



=+
=
⇔=+−−⇔
xxx
x
xxxx
3cos2cos3sin
03sin
0)cos33cos2(sin3sin2
* )(
3
03sin Ζ∈=⇔= kkxx
π
*






+=
+−=
⇔=





−⇔=+
224
123cos
6
cos3cos2cos3sin
ππ
π
π
π
k
x
kx
xxxxx )( Ζ∈k
Vậy nghiệm của phương trình là: π
π
kx +−=
12
,
224
ππ k
x += ,
3
πk
x = )( Ζ∈k .
Câu 3. ∫
−
−++
=
0
2
1
2
23)1( xxx
dx
I
= dx
xxx
∫
−
+−++
0
2
1 )3)(1()1(
1
=
dx
x
x
x
∫
−
+
+−
+
0
2
1 2
1
3
)1(
1
Đặt
1
3
1
3 2
+
+−
=⇒
+
+−
=
x
x
t
x
x
t dx
x
tdt 2
)1(
4
2
+
−
=⇒
)37(
2
1
2
1
3
7
−=−=⇒ ∫dtI .
Câu 4.

3. a) Điều kiện 1≠x . Đưa phương trình về dạng
081
2
3
6
793
4
9
16
1
13
1
13
=+





−




 −
−
−
−
x
x
x
x
, rồi đặt
1
13
2
3 −
−






=
x
x
t
Đáp số : 2;
2
1
== xx .
b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là 10014
14 =C cách .
Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu :
+ TH1: 1Đ, 1T, 2V có
2
7
1
5
1
2 .. CCC cách
+ TH2: 1Đ, 2T, 1V có
1
7
2
5
1
2 .. CCC cách
+ TH3: 2Đ, 1T, 1V có
1
7
1
5
2
2 .. CCC cách
Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là
2
7
1
5
1
2 .. CCC +
1
7
2
5
1
2 .. CCC +
1
7
1
5
2
2 .. CCC = 385 cách .
Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là
13
8
1001
616
1001
3851001
==
−
=P .
Câu 5. Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) .
Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)( =+++ zyxα và 04:)( =−−− zyxβ theo hai
giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ :





−−−=+++
=+−
=+−
⇔





=
=
=
42
9223
15473
))(,())(,( cbacba
cba
cba
IdId
ICIA
IBIA
βα
Giải hệ ta được :





=
=
=
3
0
1
c
b
a
hoặc





−=
−=
=
79
712
719
c
b
a
Với





=
=
=
3
0
1
c
b
a
, viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1( 222
=−++− zyx .
Với





−=
−=
=
79
712
719
c
b
a
, mặt cầu có phương trình :
49
1237
7
9
7
12
7
19
222
=





++





++





− zyx
Câu 6. )'''//( CBABE nên d(E,(A’B’C’) = B’H
Tam giác B’HC’vuông tại H nên B’H =
2
3
'' 22 a
HBBB =−
2
''
20
'''
8
3
4
3
60sin'.''.'
2
1
aSaCBBAS CHBCBA =⇒==⇒
168
3
2
3
.
3
1
.'
3
1 32
''''
aaa
SHBV CHBCEHB ===⇒
''
''.3
))''(,(
AACC
AACCB
S
V
AACCBd = ;
488
3 333
'''.'''.''.
aaa
VVV CBABCBAABCAACCB =−=−=

4. ACJASACJAACIJABIA AACC .',',' '' =⊥⇒⊥⊥
5
15
.
4
15
4
3
))''(,(
4
15
''
3
22 a
a
a
a
AACCBd
a
IJAAJA ==⇒=−= .
Câu 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) .
Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng
bằng 1 .
Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với BC 0: =≡ xOy nên AB : y
= b .
Vì A là giao điểm của AB và AC nên 




 −
b
b
A ;
3
416
.
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có
4
3
5
4
3
4
4
4
3
4
3
416
)4(
3
416
4
3
416
.4
2
2
2
2 −+−+−
−
=





 −
+−+
−
+−
−
−
=
++
=
bbb
b
b
b
b
b
b
b
CABCAB
S
r ABC
4
3
1
−= b .
Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 .
Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) .
Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) .
Câu 8. Giải hệ phương trình




−+=++−
−+=−−−
)2(213
)1(213
2223
2223
yxyxyyxy
xxyyxxyx
Từ (1) và (2) ta có iyxyxxxyyiyyxyxxyx )2(2)13(13 22222323
−+−−+=++−−−−−
)1()1(2)1(1)(33 22332223
ixixyyiiyixiyixyyixx +−−++=−−+−+++⇔
)2)(1(1)()( 2223
xixyiyiiyixyix +−+=−−+−+⇔
23
))(1(1)()( ixyiiyixyix −+=−−+−+⇔ 0)1()1( 23
=+−−++⇔ izziz
izzz −−=−==⇔ 1;1;1 .
Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) .
Câu 9. Với mọi số thực x, y ta luôn có xyyx 4)( 2
≥+ , nên từ điều kiện suy ra
102)()(24)()()( 23323
≥+⇒≥−+++⇒≥++≥+++ yxyxyxxyyxyxyx .
Ta biến đổi P như sau 2015)43()2(2)(
2
3
)(
2
3 22222222
+−−++−+++= xyxyxyyxyxyxP
2015)(2)(
2
3
)(
2
3 2244222
++−+++= yxyxyx (3)
Do
2
)( 222
44 yx
yx
+
≥+ nên từ (3) suy ra 2015)(2)(
4
9 22222
++−+≥ yxyxP .
Đặt tyx =+ 22
thì
2
1
≥t (do )1≥+ yx .
Xét hàm số 20152
4
9
)( 2
+−= tttf với
2
1
≥t , có 02
2
9
)(' >−= ttf , với
2
1
≥t nên hàm số f(t) đồng biến
trên 




+∞;
2
1
. Suy ra 16
32233
2
1
)(min
;
2
1
=





=






+∞∈
ftf
t
.
Do đó GTNN của P bằng
16
32233
, đạt được khi và chỉ khi
2
1
== yx .