Đề thi tuyển sinh đại học năm 2015 môn toán; khối a và khối a1

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - 
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 
ĐỀ THI 
CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 
Môn Toán; Khối A và khối A1. 
Câu 1. (2 điểm) 
a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 3 23 2y x x= − + . 
b) Tìm giá trị tham số m ∈
 thì đồ thị của hàm số 4 24 4y x mx m= − + − có 3 cực trị là 3 đỉnh của 1 
tam giác nhận điểm 
31
0;
4
H
 
 
 
 làm trực tâm. 
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: + = −1 3sin 2x tan cos 2
2 2
x x . 
Câu 3. (1 điểm) Tính giới hạn: 
5 3 2
3 21
5 2 6 4
lim
1x
x x x x
B
x x x→
− + + −
=
− − +
. 
Câu 4. (1 điểm). Trong mặt phẳng ( )P , cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a ,  = 0120ABC . 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABD . Trên đường thẳng vuông góc với ( )P tại G lấy điểm S sao cho 

=
090ASC . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( )SBD theo a . 
Câu 5. (1 điểm) 
a) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 
4321đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau. 
b) Chứng minh rằng: với mọi cặp số nguyên ( ), 1k n k n≤ ≤ ta có: 11k kn nkC nC −−= . Tìm số nguyên 4n > 
biết rằng ( )0 1 22 5 8 ... 3 2 1600nn n n nC C C n C+ + + + + = . 
Câu 6. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC có phương trình các đường 
thẳng ,AB AC lần lượt là − − = + + =4x 3 20 0; 2x 10 0y y . Đường tròn ( )C đi qua trung điểm của các 
đoạn thẳng , ,HA HB HC có phương trình là ( ) ( )− + + =2 21 2 25x y , trong đó H là trực tâm của tam giác 
ABC . Tìm tọa độ điểm H biết > −4Cx . 
Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho hình vuông ABCD có M là trung điểm 
của cạnh BC , N thuộc cạnh AC sao cho =
1
4
AN AC . Biết MN có phương trình − − =3x 4 0y 
và ( )5;1D . Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương. 
Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) + − = + + ∈
 − − − =
4 2 2 2 3 2 2
3 2
,
2 5 2 1 0
x x y y y x y x
x y
y x

 
Câu 9. (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: ( )+ + = + + +2 2 22 3a b c ab bc ca . Tìm giá trị lớn nhất 
của = + + −
+ + +
2 2 2 1
3
S a b c
a b c
. 
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - 
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 
y 
2 
2 
-2 
3 
-1 
x 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1. (2 điểm) 
a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 3 23 2y x x= − + 
∗ Hàm số đã cho xác định trên 
 
∗ Ta có: ( )2' 3 6 3 2y x x x x= − = − và ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = . 
∗ Giới hạn: lim
x
y
→−∞
= −∞ và lim
x
y
→+∞
= +∞ 
∗ Bảng biến thiên: 
x −∞ 0 2 +∞ 
'y + 0 − 0 + 
y 
 2 +∞ 
−∞ 2− 
Hàm đồng biến trên mỗi khoảng ( ); 0−∞ và ( )2; +∞ , nghịch biến trên ( )0; 2 . 
Hàm số đạt cực đại tại điểm 0x = với giá trị cực đại của hàm số là ( )0 2y = và hàm số đạt cực tiểu tại 
điểm 2x = với giá trị cực tiểu của hàm số là ( )2 2y = − . 
∗ Đồ thị 
 • Điểm đặc biệt : 
'' 6 6y x= − và " 0 1y x= ⇔ = ( )1;0I⇒ 
 • Chọn 3 2,x y= ⇒ = 1 2x y= − ⇒ = − . 
Chú ý: Ta có thể tìm điểm đặc biệt bằng cách tìm giao 
điểm của đồ thị với trục tọa độ: 
Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm ( )0; 2 
Đồ thị cắt Ox tại ba điểm ( )1;0 , ( )1 3;0± 
Nhận xét: Đồ thị nhận ( )1;0I làm tâm đối xứng. 
b) 
0 ' 0m y≤ ⇒ = có 1 nghiệm, nên hàm số có 1 cực trị. 
0 ' 0m y> ⇒ = có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm đó, nên hàm số có 3 cực trị. Giả sử 
( )0; 4 ,A m− ( )22 ; 4 4 ,B m m m− − ( )22 ; 4 4C m m m− . 
Vì tam giác ABC cân tại A và ,B C đối xứng nhau qua Oy 
H là trực tâm tam giác ABC khi ( ). 0AH BC BH AC
BH AC
 ⊥
⇒ = ∗ ⊥
 
. 
Ta có: 2
31
2 ; 4 4 ,
4
BH m m m
 
= − + + 
 

 ( )22 ; 4AC m m= . 
Khi đó ( ) 2 2 312 4 4 4 0
4
m m m m
 
∗ ⇔ + − + + = 
 
 hay 3 2
31
8 8 1 0
2
m m m− − − = , phương trình có nghiệm 2m = 
thỏa 0m > . 
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - 
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 
Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: pi≠ + pi
2
x k 
+ = − ⇔ + = − 2
1 3 1 1
sin 2 tan cos 2 sin 2 tan 2 sin
2 2 2 2
x x x x x x 
( ) ⇔ + = − ⇔ − − = 
 
1 1 1
sin 2 tan sin 2 .tan sin 2 tan 1 0
2 2 2
x x x x x x 
 pi pi
 = + pi = + pi
=⇔ ⇔ ∈
 pi
= = + pi 
51 ;sin 2 12 12 ,2
tan 1
4
x k x k
x
k
x x k
 
Câu 3. (1 điểm) Ta có: 5 3 2 2 25 2 6 4 ( 1) ( 2)( 2)x x x x x x x− + + − = − + − , 3 2 21 ( 1) ( 1)x x x x x− − + = − + 
Do đó: 
2
1
( 2)( 2) 3
lim
1 2x
x x
B
x→
+ −
= = −
+
. 
Câu 4. (1 điểm). 

= ⇒ = ⇒ ∆0 0120 A 60 DB AB đều cạnh a 
 ⇒ = =
2 3
2
2ABCD ABD
a
S S 
Gọi O là giao điểm AC và BD 
⇒ = = = =
3 2 3
; ; 3
2 3 3
a a
AO AG AO AC a 
⇒ = =
6
.
3
a
SG GA GC ( ∆SAC vuông tại S, đường cao 
SG). = =
3
D D
1 2
.
3 6SABC ABC
a
V S SG 
Kẻ ( )⊥ ⇒ ⊥SO GH DGH SB vì ( ) ( )( )⊥ ⊂ ⇒ =D GH , DB SAO d G SB GH 
∆SGO vuông tại G, đường cao ⇒ = + =
2 2 2 2
1 1 1 27
S 2a
GH
OH G GO
Câu 5. (1 điểm) 
a) Giả sử số đó là abcd 
TH1: a,b là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn a,b 
Lúc này chọn d có: 4 cách và chọn c có 4 cách. Trường hợp này có =2.4.4 32 số 
TH2: b,c là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn b,c 
Nếu = 0d chọn a có: 2cách. Trường hợp này có =2.1.2 4 số. 
Nếu ≠ 0d chọn d có 2 cách, chọn a có: 2 cách. Trường hợp này có =2.2.2 8 số 
Vậy có: + + =32 4 8 44 số. 
b) Ta có: ( )
( )
( ) ( ) ( )
1
1
1 !!
. .
! ! 1 ! 1 1 !
k k
n n
nn
kC k n nC
k n k k n k
−
−
−
= = =
−  
− − − − 
 ( đpcm ) 
( ) ( )0 1 2 1 2 0 12 5 8 ... 3 2 1600 3 6 ... 3 2 ... 1600n n nn n n n n n n n n nC C C n C C C nC C C C+ + + + + + = ⇔ + + + + + + + = 
( ) ( )0 1 1 0 11 1 13 ... 2 ... 1600n nn n n n n nn C C C C C C−− − −⇔ + + + + + + + = 
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - 
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 
( ) ( )0 1 1 0 11 1 13 ... 2 ... 1600n nn n n n n nn C C C C C C−− − −⇔ + + + + + + + = 
( ) ( )1 1 1 5 33 1 1 2 1 1 1600 3 .2 2 1600 3 .2 2 100 7n n n n n nn n n n− − + − −⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = 
Câu 6. (1 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ: 
4 3 20 0
2 10 0
x y
x y
 − − =

+ + =
hay 
1
8
x
y
 = −

= −
 , suy ra ( )− −1; 8A 
Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao hạ từ B của tam giác 
ABC. Ta có 



 ⊥
/ /
/ /
EF BC
NF AH
BC AH
 . Do đó ⊥EF NF 
Tương tự ta có: ⊥D DE N . Vậy đường tròn (C) đi qua D, E, F là đường tròn đường kính EN. Suy ra N 
thuộc (C) . Mặt khác ⊥' 'EB B N , tức là B’ cũng thuộc (C). 
Tọa độ của N và B’ là nghiệm của hệ: ( ) ( )
 + + =  = − −  = − = − 
⇔ ⇔   
= − = −+ + =− + + =    
2 2 2
2 10 0 2 10 2 4
6 25 30 40 01 2 25
x y y x x x
hay
y yx xx y
Nếu ( )− −4; 2N thì ( )−7; 4C (loại) 
Nếu ( )− −2; 6N thì ( )− −3; 4C . Vậy ( ) ( ) ( )− − − − − −2; 6 ; ' 4; 2 ; 3; 4N B C 
Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận VTCP ( )−1; 2 của AC là vtpt nên có phương trình − =2 0x y . Đường 
thẳng CH đi qua C và nhận vtcp ( )3; 4 của AB làm vtpt nên có phương trình là + + =3x 4 25 0y Tọa độ H 
là nghiệm của hệ: 
2 0
3 4 25 0
x y
x y
 − =

+ + =
 hay 
5
5
2
x
y
 = −


= −

. Vậy 
 
− − 
 
5
5;
2
H 
Câu 7. (1 điểm) 
Kẻ ⊥NH BC tại H, ⊥ DNK C tại K 
Ta có ∆ = ∆ ⇒ =NKC NHC NK NH 

⇒ = = 
⇒ =
⇒ = =

1
/ /
4
1
/ /
4
DK AN
AD NK
DC AC DK BH
BH AN
AB NH
BC AC
 , mà M là trung 
điểm BC nên H là trung điểm 
BM  ⇒ ∆ = ∆ ⇒ = =D , DDKN MHN NK MNH N NM 
Mà  = ⇒ = ⇒ ∆0 090 D 90KNH NK DNM vuông cân tại N 
( ) ( )⇒ ⊥ ⇒ − + − = + − =: 5 3 1 0 3 8 0DN MN DN x y hay x y 
Tọa độ N thỏa hệ: ( ) + − = ⇒
− − =
3 8 0
2; 2
3 4 0
x y
N
x y
Giả sử ( ) ( )− ⇒ = − − = =; 3 4 2 ; 6 3 ; 10;M m m MN m m DN MN DN 
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
 = ⇒
⇒ − + − = ⇔ − = ⇔ 
= ⇒ −
2 2 2 3 3; 5
2 6 3 10 2 1
1 1; 1
m M
m m m
m M loai
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - 
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 
( )3; 5M m gọi 
 − 
− = = 
= ∩ ⇒ = − ⇔ ⇔ 
 
− = − = 
1 5
21
D 3 3
3 2 1 1
P P
P P
x x
P MN A NP NM
y y
 
Ta có: = = = ⇒ =
1 1 1 5
D
3 6 6 6
AP MC BC A DP DA 
⇒ = = = ⇒ =
5 5 5 3
6 6 3 5
DP DA CB MB MB DP
     
( )
( )
  
− = −    ⇒ ⇒

− = −

3 5
3 5
5 3 1; 5
3
5 1 1
5
B
B
x
B
y
Câu 8. (1 điểm) Điều kiện: ≤ 5
2
x 
Phương trình ( ) ( ) ( )2 2 21 1 0 0x y x y x y⇔ − − + = ⇔ = = hoặc 2 1x y= + 
Trường hợp = = 0x y thế vào (2) không thỏa mãn. 
Trường hợp = +2 1x y thế vào (2): ( )− − − =32 3 2 1 0 3y y 
Xét hàm 
 
= − − − ∈ −∞ 
 
3 3(t) 2 t 3 2 1; ;
2
f t t ; 
 
= + > ∀ ∈ −∞ 
−  
2 1 3'( ) 6 ; '( ) 0, t ;
23 2
f t t f t
t
Vậy hàm số ( )f t đồng biến trên 
 
−∞ 
 
3
;
2
; mà =(1) 0f . 
Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất: = 1y . Với = ⇒ = ⇔ = ±21 2 2y x x (thỏa điều kiện) 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( ) ( )−2;1 ; 2;1 
Câu 9. (1 điểm) Với a,b,c là các số dương ta có: ( ) ( )22 2 2 3a b ca b c + ++ + ≥ và ( )
2
3
a b c
ab bc ca
+ +
+ + ≤ 
Bởi vậy: 
( ) ( ) ( )+ + + +≤ + ⇔ + + ≤
2 2
22
3 9
3 3
a b c a b c
a b c , từ đó: < + + ≤0 3a b c 
Ta có: ( ) ( )+ ++ + = + + + ≤ + + ≤ +22 2 22 3 33a b ca b c ab bc ca ab bc ca nên ( ) ( )+ ++ + ≤ +
2
2 2 2 3
6 2
a b c
a b c 
Bởi vậy: 
( )+ +
= + + − ≤ − + = − +
+ + + + + + +
2
2 2 2 21 1 3 1 1 3
3 6 3 2 6 3 2
a b c
S a b c t
a b c a b c t
Xét hàm số: = − +
+
21 1 3( )
6 3 2
f t t
t
 với < ≤0 3t và ( )2
1 1
'( ) 0, (0; 3)
3 3
f t t t
t
= + > ∀ ∈
+
Bởi vậy: (≤ ∀ ∈ ( ) (3), 0; 3f t f t hay ≤ 17( ) 6f t 
Suy ra: ≤ 17
6
S , dấu bằng xảy ra khi = = = 1a b c 
Vậy =
17
max
6
S khi = = = 1a b c