đề toán thi thử năm 2015 chuyên nguyễn bỉnh khiêm

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn : TOÁN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề

Ra đề và hướng dẫn đáp án
TỔ TOÁN - THPT C NBK
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số :
2
1
x
y
x
+
=
−
, (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số (1) .
2. Gọi
∆
là đường thẳng đi qua điểm A(1; 0) và có hệ số góc m . Tìm m để đường thẳng
∆
cắt đồ thị
(C) tại hai điểm phân biệt M, N thuộc hai nhánh của đồ thị sao cho AM = 2AN .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các nghiệm thực của phương trình :

sin .tan 2 3( sin 3 tan 2 ) 3 3x x x x
+ − =
thỏa mãn :

1
3
1 log 0x+ ≥

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau :
1
2
0
( ).
x
x
x x e
I dx
x e
−
+
=
+
∫

Câu 4 (1,0 điểm).
1. Tìm số phức z thỏa mãn :
2
3(1 2)
(2 8 ) 2
2 1
i z
z i z
i
+

+ − + =
−

2. Tìm số hạng chứa
3
x
trong khai triển biểu thức
2
2
1
( ) 3 , 0
n
P x x x
x
+
 
= + ≠
 ÷
 
.
Biết
n
là số nguyên dương thỏa mãn :
2
0 1 2
3 3 3 341

2 3 1 1
n
n

n n n n
C C C C
n n
+ + + + =
+ +
.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hình vuông
ABCD
có điểm
(4;2)M
là trung
điểm của cạnh
BC
, điểm
E
thuộc cạnh
CD
sao cho
3CE DE=
, phương trình đường thẳng
AE
là :
4 4 0x y+ − =
. Tìm tọa độ đỉnh
A
biết rằng đỉnh
A
có tung độ dương .

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1
( ) :
2 1 2
x y z− −
∆ = =
và
mặt phẳng
( ) : 4 0y z
α
+ + =
. Lập phương trình mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (P) vuông góc với mặt
phẳng
( )
α
, song song với đường thẳng
( )∆
đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng
( )∆
và mặt phẳng
(P) bằng 2 lần khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P) .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho khối lăng trụ đứng
' ' '
.ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B
với
AB a=

,
'
2AA a=
,
'
3AC a=
. Gọi
M
là trung điểm cạnh
' '
AC
,
I
là giao điểm của các đường thẳng
AM
và
'
AC
. Tính theo
a
thể tích khối tứ diện
IABC
và khoảng cách từ
A
đến mặt phẳng
( )IBC
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau :
(
)

(
)
2 2
2015 . 2015 2015
( , )
6 2 1 4 6 1
x x y y
x y R
x x xy xy x

+ + + + =

∈


− + = + +

Câu 9 (1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là ba số thực dương thỏa mãn
2 2 2
3a b c+ + =
.
Chứng minh rằng :
2
2 2 2 2 2 2
4 4 4
1 1 1 3( )a b c
a b b c c a
   

+ + + ≥ + +
 ÷ ÷ ÷
+ + +
   

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : ; Số báo danh :
192
ĐỀ THI THỬ SỐ I
Câu Ý Nội dung
Điểm
Câu 1
(2điểm)
1
Hàm số
2
1
x
y
x
+
=
−
, có đồ thị (C)
• Tập xác định:
{ }
\ 1D R=
• Sự biến thiên :
- Giới hạn, tiệm cận :

1 1
lim , lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒
đường thẳng
1x =
là TCĐ
lim 1, lim 1
x x
y y
→−∞ →+∞
= = ⇒
đường thẳng
1y =
là TCN
0.25
- Đạo hàm : y’ =
2
3
0 ; 1
( 1)
x
x
−
< ∀ ≠
−

Suy ra hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng
( ;1)−∞
và
(1; )+∞

- Bảng biến thiên:

x
−∞
1
+∞

y'
_ _
y
1
+∞



−∞
1
0.25
• Đồ thị:
- Điểm đặc biệt :
x . . . -2 -1 0 2 3 4 . . .
y 0
1
2
−

-2 4
5
2
2
- Nhận xét : Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận
(1;1)I
làm tâm đối xứng
0.25
- Vẽ đồ thị : 0.25
2
• Đường thẳng
( )
∆
đi qua
(1;0)A
với hệ số góc m, suy ra phương trình
( )
∆
dạng:
0 ( 1)y m x− = −
hay
( 1)y m x= −
• Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng
( )
∆
:
2 2
1 1
2
( 1)

1
2 ( 1) ( ) (2 1) 2 0 , (1)
x x
x
m x
x
x m x g x mx m x m
≠ ≠
 
+
= − ⇔ ⇔
 
−
+ = − = − + + − =
 

0.25
• Đường thẳng
( )∆
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N thuộc hai nhánh
khác nhau của (C)
⇔
phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thỏa
1 2
1x x< <
,
tức là

1 2
1 0 1x x− < < −

⇔
1 2 1 2 1 2
0 0
0 0
( 1)( 1) 0 ( ) 1 0
g g
m m
x x x x x x
 
≠ ≠
 
∆ > ⇔ ∆ >
 
 
− − < − + + <
 

0
12 1 0
2 2 1
1 0
m
m
m m
m m



≠

⇔ + >


− +

− + <

0
1
12 1 0 0
2
0
0
3
m
m
m m
m
m


≠

> −


⇔ + > ⇔ ⇔ >
 

 
>


− <


0.25
• Khi đó tọa độ các giao điểm là :
1 1
( ; )M x mx m
−
,
2 2
N( ; )x mx m
−
193
trong đó
1 2
,x x
là nghiệm của phương trình (1) thỏa
1 2
1 2
2 1
(2)
2
(3)
m
x x
m

m
x x
m
+

+ =



−

=



Theo giả thiết :
2AM AN
=
, mà A luôn nằm trong đoạn MN
1 2
2 2 3AM AN x x⇒ = − ⇒ + =
uuuur uuur
(4)
0.25
• Từ (2) và (4)
1 2
2 1
,
m m
x x

m m
+ −
⇒ = =
thay vào (3) ta được :
2
( 2)( 1) 2 2
3 2 0
3
m m m
m m
m m
+ − −
= ⇒ − = ⇔ =
; thỏa đk
0m
>

Vậy giá trị m thỏa YCBT là :
2
3
m =

0.25
Câu 2
(1điểm)
Câu 2: Giải phương trình :
sin .tan 2 3( sin 3 tan 2 ) 3 3x x x x
+ − =

với x thỏa mãn :

1
3
1 log 0x+ ≥
?
Điều kiện :
cos 2 0x ≠

Với điều kiện này pt tương đương :
(sin .tan 2 3sin ) (3tan 2 3 3) 0x x x x
+ − + =
sin (tan 2 3) 3(tan 2 3) 0x x x
⇔ + − + =

(tan 2 3)(sin 3) 0x x
⇔ + − =
0'25
tan 2 3x
⇔ = −
, vì
sin 1x ≤

2
3 6 2
x k x k
π π π
π
⇔ = − + ⇔ = − +
: thỏa đk
0.25
Ngoài ra :

1
1
1
3
3
0
0
1 log 0 0 3
1
log 1
3
3
x
x
x x
x
x
−
>

>

 
+ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ < ≤
 
 
≥ −
≤ =
 ÷
 


 

0.25
Suy ra :
1 6 1
0 3
6 2 3 3
k k
π π
π
< − + ≤ ⇔ < ≤ +

Mà
k Z∈
suy ra :
1;2k =

Vậy các nghiệm cần tìm là :
5
,
3 6
x x
π π
= =

0.25
Câu 3
(1điểm)
Câu 3 Tính tích phân :

1
2
0
( ).
x
x
x x e
I dx
x e
−
+
=
+
∫

Ta có :
1 1 1
2 2
0 0 0
( ). ( ). ( 1).
1
1
x x x x
x
x x
x
x x e x x e xe x e dx
I dx dx
xe
x e xe

e
−
+ + +
= = =
+
+ +
∫ ∫ ∫
0,25
Đặt :
1 1 ( 1)
x x x
t xe xe t x e dx dt= + ⇒ = − ⇒ + =

Đổi cận :
0 1x t= ⇒ =


1 1x t e= ⇒ = +
0,25
Khi đó :
1 1
1 1
1 1
1
e e
t
I dt dt
t t
+ +
−

 
= = −
 ÷
 
∫ ∫
0,25

1
1
ln ln( 1)
e
t t e e
+
 
= − = − +
 
0,25
• Gọi
z x yi= +
với
,x y R∈

194
Câu 4
(1điểm)
1
Ta có :
2 2
3(1 2 ) 3(1 2 )( 1 2 i) 3(1 2 2 )
1 2 2

3
1 2 ( 1) ( 2)
i i i
i
i
+ + − − −
= = = −
− + − +

• Khi đó
2
3(1 2)
(2 8 ) 2
2 1
i z
z i z
i
+
+ − + =
−
2
(2 2 2 ) 2 (1 2 2 )z i z i z⇔ + − + = −
0,25
( )
2
2 0z z⇔ + + =

2
( ) ( ) 2 0x yi x yi⇒ − + + + =

2 2
2 ( 2 ) 0x y x y xy i⇔ − + + + − =

2 2 2 2
2
2
1
0
2 0 2 0
2
11
2 0 (1 2 ) 0 2 0
4
x
y
x y x x y x
y xy y x x x
y

=

=
  
− + + = − + + =

⇔ ⇔ ⇔ ∨
   
− = − = + + =
  


=


: VN
suy ra
1 1
2 2
11 11
2 2
x x
y y
 
= =
 
 
∨
 
 
= = −
 
 

Vậy có hai số phức z thỏa YCBT :
1 11 1 11
,
2 2 2 2
z i z i= + = −

0,25
2

• Với n nguyên dương,
x R
∈
; ta có :
( )
3 3
0 1 2 2
0 0
(1 )
n n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx+ = + + + +
∫ ∫

3 3
1 2 3 1
0 1 2
0 0
(1 )

1 2 3 1
n n
n
n n n n
x x x x
xC C C C
n n
+ +
 
+

⇔ = + + + +
 
+ +
 

1 2 3 1
0 1 2
4 1 3 3 3
3
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
⇔ = + + + +
+ +
2 1
0 1 2
3 3 3 4 1

2 3 1 3( 1)
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+

−
⇔ + + + + =
+ +
• Từ kết quả này và giả thiết đã cho, suy ra :
1
1 1 5
4 1 341
4 1024 4 4 4
3( 1) 1
n
n n
n
n n
+
+ +
−
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ +
0,25
• Khi đó, ta có khai triển
6
2
1
( ) 3P x x
x
 
= +
 ÷
 
có số hạng tổng quát là :

6
2 6 2 3 6
1 6 6 6
1
(3 ) 3 3
k
k k k k k k k k k
k
T C x C x x C x
x
−
− −
+
 
= = =
 ÷
 
, với
0,6k =
•
1k
T
+
là số hạng có chứa
3
x
khi và chỉ khi
3 6 3 3k k
− = ⇔ =

Vậy số hạng chứa
3
x
trong khai triển
( )P x
là :
3 3 3 3
6
3 540C x x=

0,25
Câu 5
(1điểm)
• Giả sử :
,( 0)AB a a= >
. Suy ra :
3
,
4 4
a a
CE DE= =

Ta có :
2 2
5
2
a
AM AB BM= + =

2 2
17
4
a
AE AD DE= + =
0,25
195

2 2
13
4
a
ME CM CE= + =
• Theo định lý Cosin trong
∆
AME, ta có :
2 2 2
6
cos
2 .
85
AE AM EM
EAM
AE AM
+ −
= =
• Ta có
( ) ( ;4 4 )A AE A m m∈ ⇒ −
vì
A

có tung độ dương nên :
4 4 0 1m m
− > ⇔ <

Suy ra đường thẳng
AM
có VTCP là
(4 ;4 2)AM m m= − −
uuuur

mà đường thẳng
AE
có VTCP là
(1; 4)
AE
a = −
uuur
0,25
• Khi đó :
( )
.
cos cos ,
.
AE
AE
AE
AM a
EAM AM a
AM a
= =

uuuur uuur
uuuur uuur
uuuur uuur

2 2 2 2 2
1(4 ) 4(4 2) 12 17
1 ( 4) . (4 ) (4 2) 17. 17 24 20
m m m
m m m m
− − − −
= =
+ − − + − − +
0,25
• Lúc này, ta có :
2
2
0
12 17
6
833 1176 0
24
85
17. 17 24 20
17
m
m
m m
m
m m
=


−

= ⇔ − = ⇔

=
− +

Vì
1m <
chọn
0m =
. Vậy :
(0;4)A

0,25
Câu 6
(1điểm)
• Đường thẳng
( )∆
đi qua
(1;1;0)A
, có VTCP
(2;1;2)a =
r
mặt phẳng
( )
α
có VTPT
(0;1;1)n

α
=
uur
• Ta có
( ) ( )
(P)
( ) / /
P
mp
P
α
⊥

⇒

∆

có VTPT là
, ( 1; 2;2)
P
n a n
α
 
= = − −
 
uur r uur

Suy ra ptmp(P) có dạng :
2 2 0x y z m− − + + =

0,25
• Ngoài ra, theo giả thiết ta có
( ,( )) 2 ( ,( ))d P d O P∆ =

( ,( )) 2 ( ,( ))d A P d O P⇔ =
vì :
/ /( )P
A
∆


∈∆


2 2 2 2 2 2
1 2.1 2.0 0 2.0 2.0
2.
( 1) ( 2) 2 ( 1) ( 2) 2
m m− − + + − − + +
⇔ =
− + − + − + − +
0,25
1
2
( ) : 2 2 3 0
3 2 3
3 2
3 2 1 ( ) : 2 2 1 0
mp P x y z
m m m

m m
m m m mp P x y z
+ − + =
− = = −

 
⇔ − = ⇔ ⇔ ⇒

 
− = − = + − − =
 

0,25
• Thử lại, lấy
(1;1;0)A ∈∆
nhưng
1
( )A mp P∉
và
2
( )A mp P∉
suy ra
1
/ / ( )mp P∆
,
2
/ / ( )mp P∆
• Vậy có 2 mp(P) thỏa YCBT, phương trình là :
2 2 3 0,x y z+ − + =

2 2 1 0,x y z+ − − =
0,25
Câu 7
(1điểm)
• Trong mặt phẳng
' '
( )AAC C
, qua I vẽ
'
/ /HK AA
,
' '
,H AC K AC∈ ∈

Suy ra
( )HK ABC⊥
và
'
2HK AA a= =

Ta có
'
2 2 2 2 2 2 4
.2
1 1 2 3 3 3 3 3
IH AC IH IH a
IH HK a
IK AM IK IH HK
= = ⇒ = = ⇒ = ⇒ = = =
+ +

0,25
• Do
' '
AAC C
là hình chữ nhật nên
' 2 '2 2 2
9 4 5AC AC AA a a a= − = − =

Do
ABC∆
vuông tại B nên
2 2 2 2
5 2BC AC AB a a a= − = − =
Suy ra
2
1 1
. .2
2 2
ABC
S AB BC a a a
∆
= = =

0,25
196
• Vậy
3
2
.
1 1 4 4

. . .
3 3 3 9
IABC I ABC ABC
a a
V V IH S a= = = =
(đvtt)
• Theo trên ta cũng có :
'
'
2 2
3 3
IBC
A BC
IC AC S S= ⇒ =

Mà
' ' '
'
( )
BC AB
BC AA B B BC A B
BC BB
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


Do đó :

'
' 2 '2 2 2 2
1 1 1
. . 2 . 4 5
2 2 2
A BC
S BC BA BC AB AA a a a a
∆
= = + = + =


'
2
2 2 5
3 3
IBC
A BC
a
S S
∆
∆
⇒ = =

0,25
• Ngoài ra
3
.
2
4
3.

3
1 2
9
. ( ,( )) ( ,( ))
3
2 5 5
3
IABC
IABC A IBC IBC
IBC
a
V
a
V V S d A IBC d d A IBC
S
a
∆
∆
= = ⇒ = = = =
Vậy
2
( ,( ))
5
a
d A IBC =
0,25
Câu 8
(1điểm)
• Điều kiện :
6 2 1 0x xy− + ≥

• Ta có :
( ) ( )
2 2
2015 2015 2015x x y y
+ + + + =

2 2
2
2015
2015 2015
2015
x x y y
y y
⇔ + + = = − + +
+ +

2 2
2015 ( ) 2015 ( )x x y y⇔ + + = − + + −
(1)
Xét hàm số :
2
( ) 2015f t t t= + +
là hàm số xác định và liên tục trên R
2
'
2 2 2
2015
( ) 1 0
2015 2015 2015

t t
t t t
f t
t t t
+
+ +
= + = > ≥
+ + +

'
( ) 0,f t t R⇒ > ∀ ∈
:
( )f t
là hàm số luôn đồng biến trên
( ; )−∞ +∞

0,25
• Khi đó pt(1) được viết lại :
( ) ( )f x f y x y= − ⇔ = −

Thay
y x= −
vào phương trình thứ hai của hệ, được :
2 2
6 2 1 4 6 1x x x x x+ + = − + +

2 2 2
(2 6 1) 2 6 1 6 0x x x x x x⇔ + + − + + − =
(2)
Lại đặt :

2
2 6 1 , 0u x x u= + + ≥
; pt(2) thành
2 2
3
6 0
2
u x
u xu x
u x
=

− − = ⇔

= −


0,25
• Với
2
2 2 2
3 0 0
3 2 6 1 3
2 6 1 9 7 6 1 0
x x
u x x x x
x x x x x
≥ ≥
 
= ⇒ + + = ⇔ ⇔

 
+ + = − − =
 

1x⇔ =
suy ra
1y = −
: thỏa đk
0,25
• Với
2
2 2 2
2 0 0
2 2 6 1 2
2 6 1 4 2 6 1 0
x x
u x x x x
x x x x x
− ≥ ≤
 
= − ⇒ + + = − ⇔ ⇔
 
+ + = − − =
 

3 11
2
x
−
⇔ =

suy ra
3 11
2
y
− +
=
: thỏa đk
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm :
(1; 1)−
,
3 11 3 11
;
2 2
 
− − +
 ÷
 ÷
 

0,25
197
Câu 9
(1điểm)
• Đặt
2 2 2 2 2 2
, ,x a b y b c z c a= + = + = +

suy ra
, , 0x y z >
và

2 2 2
2( ) 6x y z a b c+ + = + + =

Ta có :
3
2
4 2 2 4
1 1 3
x x x x
+ = + + ≥
. Tương tự :
3
2
4 4
1 3
y y
+ ≥
,
3
2
4 4
1 3
z z
+ ≥
Suy ra
3
3
2 2 2
4 4 4 4
1 1 1 27

x y z x y z
 
   
+ + + ≥
 ÷
 ÷  ÷
   
 
0,25
• Mà
3
3
1 1
6 3
2
x y z xyz
xyz
= + + ≥ ⇒ ≥

Do đó :
2
3
4 4 4 2
1 1 1 27 27
x y z
xyz
 
 
   
+ + + ≥ ≥

 ÷
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   
 
 
2 2 2 2 2 2
4 4 4
1 1 1 27
a b b c c a
   
⇒ + + + ≥
 ÷ ÷ ÷
+ + +
   
(1)
0,25
• Ngoài ra :
2 2 2 2
3( ) 3 2( )a b c a b c ab bc ca
 
+ + = + + + + +
 


2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 2( ) 9( ) 27a b c a b c a b c
 
≤ + + + + + = + + =

 
(2)
0,25
• Từ (1) và (2) ta suy ra :
2
2 2 2 2 2 2
4 4 4
1 1 1 3( )a b c
a b b c c a
   
+ + + ≥ + +
 ÷ ÷ ÷
+ + +
   
Dấu đẳng thức xảy ra khi
1a b c
= = =

0,25
Lưu ý : Đáp án này có 6 trang
Học sinh có cách giải khác : đúng, chính xác và logic thì vẫn đạt điểm tối đa của câu tương ứng

198
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn : TOÁN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề

Ra đề và hướng dẫn đáp án
TỔ TOÁN - THPT C NBK
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số :

4 2
(3 1) 3y x m x= + + −
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số (1) khi
1.m
= −
2. Tìm tất cả các giá trị của
m
để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao
cho độ dài cạnh đáy bằng
2
3
lần độ dài cạnh bên .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sau :
2
2cos2 3 sin 4 cos8 4cos 3 .cos 2x x x x x
+ = +


Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân :
0
3 2
2 2
2
6 6 4
.
( 4 5)

x x x
I dx
x x
−
+ + −
=
+ +
∫

Câu 4 (1,0 điểm).
1. Tìm số phức
z
sao cho
5
1
z i
z i
− −
=
+
và biết rằng số phức
2z −
có một acgumen bằng
3
π
−
.
2. Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 4 viên bi xanh và 3 viên bi vàng với kích thước đôi một khác nhau. Lấy
ngẫu nhiên ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi lấy ra thì số bi đỏ phải lớn hơn số bi vàng.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

,Oxy
cho hình chữ nhật
ABCD
có đỉnh
(4;5)D
, điểm
M
là trung điểm của cạnh
AD
, đường thẳng
CM
có phương trình :
8 10 0,x y− + =
đỉnh
B
thuộc đường thẳng
( ): 2 1 0d x y+ + =
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại
,A B
và
C
của hình chữ nhật , biết rằng đỉnh
C
có tung độ
nhỏ hơn 2 .
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
4 5 7
( ) :
1 1 1

x y z
d
+ − +
= =
−
và
2
2 1
( ) :
1 1 2
x y z
d
− +
= =
− −
. Viết phương trình đường thẳng
( )∆
đi qua điểm
( 1;2;0)M −
đồng thời đường
thẳng
( )∆
vuông góc với đường thẳng
1
( )d
và
( )∆
hợp với đường thẳng
2
( )d

một góc bằng
0
60
.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh a,
3
2
a
SD =
, hình chiếu
vuông góc của
S
lên mặt phẳng
( )ABCD
trùng với trung điểm
H
của cạnh
AB
. Tính theo
a
thể tích
khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách từ điểm
A
đến mặt phẳng

( )SBD
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau :
(
)
2 2
2 2
2 5 1
( , )
2 4 1
x xy y
x y R
y xy y y xy

− − =

∈

− + − =


Câu 9 (1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là ba số thực dương thỏa mãn
1a b c
+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2 2
2

2 2
3
( )
( ) 5 ( ) 5 4
a b
P a b
b c bc c a ca
= + − +
+ + + +

Hết
199
ĐỀ THI THỬ SỐ II
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : ; Số báo danh :
Câu Ý Nội dung
Điểm
Câu 1
(2điểm)
1
Khi
1m = −
ta có hàm số
4 2
2 3y x x= − −
, có đồ thị (C)
• Tập xác định:
D R=
• Sự biến thiên :
- Giới hạn

lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = +∞
- Đạo hàm : y’ = 4x
3
– 4x ;
2
0
' 0 4 ( 1) 0
1
x
y x x
x
=

= ⇔ − = ⇔

= ±

0.25
- Bảng biến thiên:

x
−∞
-1 0 1
+∞

y'

−
0 + 0
−
0 +
y
+∞

3
−

+∞
CT CĐ CT

4−

4−

0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( 1;0)−
và
(1; )+∞
hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( ; 1)−∞ −
và (0; 1)
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 và y
CĐ
=
(0)f

=
3−

hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x =
1±
và y
CT
=
( 1) 4f ± = −
.
0.25
• Đồ thị:
- Điểm đặc biệt :
3
0
x
y

= ±


=


;
2
5
x
y
= ±



=

- Nhận xét : Đồ thị (C) nhận trục tung Oy làm trục đố xứng
- Vẽ đồ thị :
0.25
2
• Ta có:
' 3
( ) 4 2(3 1)f x x m x= + +
' 2
2
0
( ) 0 2 (2 3 1) 0
3 1
2
x
f x x x m
m
x
=


= ⇔ + + = ⇔
+

= −

0.25

• Hàm số (1) đã cho có 3 cực trị
⇔
phương trình
'
( ) 0f x =
có 3 nghiệm phân biệt

⇔
phương trình
2
3 1
2
m
x
+
= −
có 2 nghiệm phân biệt khác 0

3 1 1
0
2 3
m
m
+
⇔ − > ⇔ < −

0.25
• Khi đó tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) là :
2 2
3 1 (3 1) 3 1 (3 1)

(0; 3), ; 3 , C ; 3
2 4 2 4
m m m m
A B
   
− − + − − +
− − − − − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

Tam giác ABC đã cân tại A, có

4
3 1 3 1 4(3 1)
;
2 2 2
m m m
AB AC BC
+ + +
 
= = − + = −
 ÷
 

0.25
• Theo giả thiết
4
2 2
2 4(3 1) 3 1 3 1

9 4 9 4
3 2 2 2
m m m
BC AB BC AB
 
+ + +
   
= ⇔ = ⇔ − = − +
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   
 

0.25
200
( )
4
5
3 1 64(3 1)
3
m m m⇔ + = − + ⇔ = −
, vì :
1
3
m < −

Vậy giá trị m thỏa YCBT là :
5
3

m = −

Câu Ý Nội dung
Điểm
Câu 2
(1điểm)
Câu 2: Giải phương trình :
2
2cos2 3 sin 4 cos8 4cos 3 .cos 2x x x x x
+ = +
Ta có :
2
2cos 2 3 sin 4 cos8 4cos 3 .cos 2x x x x x
+ = +
2cos 2 3 sin 4 cos8 2(1 os6 ).cos 2x x x c x x
⇔ + = + +

3 sin 4 cos8 2 os6 .cos 2x x c x x
⇔ = +
0'25
3 sin 4 cos8 ( os8 cos 4 )x x c x x
⇔ = + +
3 sin 4 cos4 2 os8x x c x
⇔ − =
0.25
3 1
sin 4 cos 4 os8
2 2
x x c x
⇔ − =

cos 4 .cos sin 4 .sin os8
3 3
x x c x
π π
⇔ − = −
( )
cos 4 os8 cos 8
3
x c x x
π
π
 
⇔ + = − = −
 ÷
 
0.25

4 8 2
3
4 ( 8 ) 2
3
x x k
x x k
π
π π
π
π π

+ = − +


⇔


+ = − − +



18 6
3 2
x k
x k
π π
π π

= +

⇔


= +


0.25
Câu 3
(1điểm)
Câu 3 Tính tích phân :
0
3 2
2 2
2

6 6 4
.
( 4 5)
x x x
I dx
x x
−
+ + −
=
+ +
∫

Ta có :
0 0
3 2 2
2 2 2 2
2 2
6 6 4 ( 2)( 4 2)
.
( 4 5) ( 4 5)
x x x x x x dx
I dx
x x x x
− −
+ + − + + −
= =
+ + + +
∫ ∫
0,25
Đặt :

2 2
1
4 5 4 5 2( 2) ( 2)
2
t x x x x t x dx dt x dx dt= + + ⇒ + = − ⇒ + = ⇒ + =

Đổi cận :
2 1x t= − ⇒ =


0 5x t= ⇒ =
0,25
Khi đó :
5 5
2 2
1 1
1 7 1 1 7
2 2
t
I dt dt
t t t
−
 
= = −
 ÷
 
∫ ∫
0,25

5

1
1 7 1 28
ln ln 5
2 2 5
t
t
   
= + = −
 ÷
 
   
0,25
• Giả sử số phức
2z −
có dạng lượng giác là :
2 (cos .sin )z r i
ϕ ϕ
− = +
, với
0r >
• Theo giả thiết
2z −
có một acgumen là
3
π
−
nên :
2 cos( ) .sin( )
3 3
z r i

π π
 
− = − + −
 ÷
 
Suy ra
3
2
2 2
r r
z i
− = −
hay
3
2
2 2
r r
z i
= + −
0,25
201
Câu 4
(1điểm)
1
• Ngoài ra :
5
1
z i
z i
− −

=
+
5
1 5
z i
z i z i
z i
− −
⇔ = ⇔ − − = +
+

3 3
3 1 2 1
2 2 2 2
r r r r
i i
   
   
⇔ − + − − = + + +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   

2 2
2 2
3 3
3 1 2 1
2 2 2 2

r r r r
   
   
⇔ − + − − = + + +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   

1r⇔ =

Vậy số phức
z
cần tìm là :
5 3
2 2
z i= −

0,25
2
• Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đựng 12 viên bi, số kết quả có thể xảy ra là :
4
12
495CΩ = =
Gọi A là biến cố : "Lấy được 4 viên bi mà có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng"
0,25
• Để biến cố A xảy ra thì ta thấy có 2 khả năng thuận lợi cho A như sau :
i/ Lấy được 4 viên bi mà không có bi vàng nào, khả năng này có :
4 3 1 2 2 1 3

5 5 4 5 4 5 4
125C C C C C C C+ + + =
(cách)
ii/ Lấy được 4 viên bi mà có đúng 1 viên bi vàng, khả năng này có :
3 1 2 1 1
5 3 5 4 3
150C C C C C+ =
(cách)
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là :
125 150 275
A
Ω = + =

Vậy xác suất của biến cố A là :
275 5
( )
495 9
A
P A
Ω
= = =
Ω

0,25
Câu 5
(1điểm)
• Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và D lên đường thẳng CM
Ta có
2 2
4 8.5 10

26
( ,( ))
65
1 ( 8)
DK d D CM
− +
= = =
+ −

Gọi I và G lần lượt là giao điểm của đường thẳng BD với AC và CM
suy ra : G là trọng tâm tam giác ACD
52
2 2 2 2
65
BH BG
DG GI BG DG BH DK
DK DG
⇒ = ⇒ = ⇒ = = ⇒ = =

0,25
• Ta có :
( ) ( ; 2 1)B d B b b∈ ⇒ − −

Mà :
2 2
8( 2 1) 10
52 52
( ,( )) 17 18 52
65 65
1 ( 8)

b b
d B CM BH b
− − − +
= = ⇔ = ⇔ + =
+ −

2 (2; 5)
70 70 123
;
17 17 17
b B
b B
= ⇒ −


⇔
 

= − ⇒ −
 ÷

 


Điểm
70 123
;
17 17
B
 

−
 ÷
 
: loại, vì điểm B này và điểm D đã cho nằm về cùng một
phía đối với đường thẳng CM
Chọn
(2; 5)B −
, suy ra
(3;0)I

0,25
• Ngoài ra :
( ) (8 10; )C CM C c c∈ ⇒ −
với
2c <

Mà
. 0BC DC BC DC⊥ ⇔ =
uuur uuur
với
(8 12; 5)
(8 14; 5)
BC c c
DC c c

= − +


= − −



uuur
uuur

0,25
202
2
1
(8 12)(8 14) ( 5)( 5) 0 65 208 143 0
143
65
c
c c c c c c
c
=


⇔ − − + + − = ⇔ − + = ⇔

=


Vì
2c
<
, chọn
1c
=
, suy ra
( 2;1)C −

• I là trung điểm của AC nên
(8; 1)A −

Vậy :
(8; 1), (2; 5), ( 2;1)A B C− − −

0,25
Câu 6
(1điểm)
• Giả sử đường thẳng
( )∆
có VTCP
( ; ; )a a b c=
r
, với
2 2 2
0a b c+ + >

Ta có
1 1
. 0d a a∆ ⊥ ⇔ =
r ur
với
1 1
( ; ; ): ( )
(1; 1;1) : ( )
a a b c VTCP
a VTCP d


= ∆


= −


r
ur

1. ( 1). 1. 0a b c b a c⇔ + − + = ⇔ = +

0,25
• Khi đó VTCP đt
( )∆
là
( ; ; )a a a c c= +
r
, mà VTCP đt
2
( )d
là
2
(1; 1; 2)a = − −
uur

Theo giả thiết :
2
0 0
2 2
2

.
1
( , ) 60 cos( , ) cos60
2
.
a a
d d
a a
∆ = ⇒ ∆ = ⇔ =
r uur
r uur

2 2 2 2 2 2
1. 1.( ) 2.
1
2
( ) . 1 ( 1) ( 2)
a a c c
a a c c
− + −
⇔ =
+ + + + − + −

2 2 2 2
6 6 2 2 2 2 0c a ac c a ac c⇔ = + + ⇔ + − =

2
a c
a c
=


⇔

= −

chọn
1, 1 2
2, 1 1
a c b
a c b
= = ⇒ =


= = − ⇒ =


0,25
• Vậy có 2 đường thẳng
( )∆
thỏa YCBT :
( )∆
đi qua
( 1;2;0)M −
và có VTCP
(1;2;1)a =
r
, phương trình là :
1 2
1 2 1
x y z+ −

= =
0,25
( )∆
đi qua
( 1;2;0)M −
và có VTCP
(2;1; 1)a = −
r
, phương trình là :
1 2
2 1 1
x y z
+ −
= =
−
0,25
Câu 7
(1điểm)
• H là trung điểm AB, ta có
( )SH ABCD⊥

DAH∆
vuông tại A có :
2
2 2 2
5
4 2
a a
HD AD AH a= + = + =

SHD∆
vuông tại H có :
2 2
2 2
9 5
4 4
a a
SH SD DH a= − = − =
0,25
• Vậy thể tích khối chóp
.S ABCD
là :
3
2
1 1
. .
3 3 3
ABCD
a
V SH S a a= = =
(đvtt)
0,25
• Từ H hạ
,HM BD M BD⊥ ∈
, nối SM. Từ H dựng
,HN SM N SM⊥ ∈
Khi đó :
( )
BD HM
BD SHM BD HN

BD SH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥



( ) ( ,( ))
HN BD
HN SBD d H SBD HN
HN SM
⊥

⇒ ⊥ ⇒ =

⊥

Vì H là trung điểm BD nên :
( ,( )) 2 ( ,( )) 2d A SBD d H SBD HN= =

0,25
• Gọi
I AC BD= ∩
. Trong tam giác AIB có HM // AI (vì cùng vuông góc với
BD) và H là trung điểm AB nên HM là đường trung bình
1 2
2 4
a

HM AI⇒ = =

SHM∆
vuông tại H có HN là đường cao :
0,25
203

2 2 2 2 2 2
1 1 1 8 1 9
3
a
HN
HN HM SH a a a
⇒ = + = + = ⇒ =

Vậy
2
( ,( )) 2
3
a
d A SBD HN= =
Câu 8
(1điểm)
• Điều kiện :
4 2 0y x y≥ ≥ >

• Trừ vế theo vế hai phương trình trong hệ, ta được :
(
)
2 2 2 2

2 5 2 4 0x xy y y xy y y xy− − − − + − =

0,25
• Chia hai vế cho
2
0y >
, được :
(
)
2
2 2
1
2 5 1 2 4 0
x x
xy y y xy
y y y
   
− − − − + − =
 ÷  ÷
   
2
2 5 1 2 4 0
x x x x
y y y y
   
⇔ − − − − − − =
 ÷  ÷
   
(*)
0,25

• Lại đặt :
x
t
y
=
, vì
4 2 0y x y≥ ≥ >
[ ]
2;4t⇒ ∈
Pt(*) thành :
2
2 5 1 2 4 0t t t t− − − − − − =

2
2 5 3 (1 2) (1 4 ) 0t t t t⇔ − − + − − + − − =

1 3 3
2 ( 3) 0
2
1 2 1 4
t t
t t
t t
− −
 
⇔ + − + + =
 ÷
+ − + −
 
1 1

( 3) (2 1) 0
1 2 1 4
t t
t t
 
⇔ − + − + =
 ÷
+ − + −
 
2 1
( 3) 2 0
1 2 1 4
t
t t
t t
 
−
⇔ − + + =
 ÷
 ÷
+ − + −
 
3t⇔ =
; vì :
[ ]
2 1
2 0, 2;4
1 2 1 4
t
t t

t t
−
+ + > ∀ ∈
+ − + −
0,25
• Với
3 3 3
x
t x y
y
= ⇒ = ⇔ =
thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được :
2 2 2 2
1
18 15 1 2 1
2
y y y y y− − = ⇔ = ⇒ =
(vì :
0y >
)
suy ra :
3
2
x =
: thỏa đk
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất :
3 1
;
2 2
 

 ÷
 

0,25
Câu 9
(1điểm)
• Ta có :
2 2 2
2 2
2 2
4
5
( ) 5 9( )
( ) ( )
4
a a a
b c bc b c
b c b c
≥ =
+ + +
+ + +

Tương tự :
2 2
2 2
4
( ) 5 9( )
b b
c a ca c a
≥

+ + +
0,25
• Suy ra
2 2 2 2
2 2 2 2
4
( ) 5 ( ) 5 9 ( ) ( )
a b a b
b c bc c a ca b c c a
 
+ ≥ +
 ÷
+ + + + + +
 
0,25
204
2
2
9
a b
b c c a
 
≥ + =
 ÷
+ +
 
2
2 2
2
2 ( )

9 ( )
a b c a b
ab c a b c
 
+ + +
 ÷
+ + +
 
2
2
2
2
2
2 2
2
( )
( )
2 2 2( ) 4 ( )
2
( )
9 9 ( ) 4 ( ) 4
( )
4
a b
c a b
a b c a b
a b
a b c a b c
c a b c
 

+
+ +
 ÷
 
+ + +
≥ =
 ÷
 ÷
+
+ + + +
 ÷  
+ + +
 ÷
 
• Vì
1 1a b c a b c
+ + = ⇔ + = −
nên :
2
2
2
2 2
2 2
2 2(1 c) 4 (1 c) 3 8 2 3
(1 ) 1 (1 )
9 (1 c) 4 (1 c) 4 4 9 1 4
c
P c c
c c c
 

− + −
 
≥ − − = − − −
 ÷
 ÷
− + − + +
 
 
(1)
• Xét hàm số
2
2
8 2 3
( ) 1 (1 )
9 1 4
f c c
c
 
= − − −
 ÷
+
 
, với
(0;1)c∈

Ta có :
'
2
16 2 2 3
( ) 1 . ( 1)

9 1 ( 1) 2
f c c
c c
 
= − − −
 ÷
+ +
 

( )
' 3
1
( ) 0 ( 1) 64 27( 1) 0
3
f c c c c= ⇒ − − + = ⇔ =
, vì :
(0;1)c∈
0,25
Lập BBT, căn cứ vào BBT, ta có
1
( )
9
f c ≥ −
với mọi
(0;1)c∈
(2)
• Từ (1) và (2) ta suy ra :
1
9
P ≥ −

, dấu đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c= = =

Vậy
1
9
MinP = −
, đạt được khi
1
3
a b c= = =
0,25
Lưu ý : Đáp án này có 6 trang
Học sinh có cách giải khác : đúng, chính xác và logic thì vẫn đạt điểm tối đa của câu tương ứng

205