BỘ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 MÔN tOÁN CÓ ĐÁP ÁN

Đ
Ề KHẢO SÁT CHẤT L
Ư
ỢNG LẦN 1 LỚP 12

NĂM H
ỌC 201
4

–

201
5

MÔN: Toán – Khối A, A1
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị


C
của hàm số đã cho.

b) Tìm các giá trị của
m
để đường thẳng


: 2
d y x m
 
cắt đồ thị


C
tại hai điểm phân
biệt
,
A B
nằm về hai nhánh khác nhau của


C
.
Câu 2 (1,5 điểm). Giải phương trình:
 
3
1 8 3
2
sin x cos x cos x
 
  
 

 


Câu 3 (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng
1 2
d ,d
song song với nhau. Trên đường thẳng
1
d
có 10 điểm
phân biệt, trên đường thẳng
2
d
có
n
điểm phân biệt


2
n ,n
 
. Cứ 3 điểm không thẳng
hàng trong số các điểm nói trên lập thành một tam giác. Biết rằng có 2800 tam giác được lập
theo cách như vậy. Tìm
n
?
Câu 4 (1,0 điểm).
Cho hình lăng trụ tam giác
ABC.A' B' C'
có đáy là tam giác đều cạnh

a
, cạnh bên tạo với đáy
một góc bằng
0
60
. Gọi
M
là trung điểm cạnh
BC
và
I
là trung điểm của
AM
. Biết rằng
hình chiếu của điểm
I
lên mặt đáy
A' B' C'
là trọng tâm
G
của
A' B' C'

.
Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A' B' C'
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
 
 

 
x
0;1 3



2
2 2 1 2 0
m x x x( x )
     

Câu 6 (1,0 điểm).
Cho
ABC

có trung điểm cạnh
BC
là


3 1
M ;

, đường thẳng chứa đường cao kẻ từ
B
đi
qua điểm


1 3

E ;
 
và đường thẳng chứa
AC
đi qua điểm


1 3
F ;
. Điểm đối xứng của đỉnh

A
qua tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC

là điểm


4 2
D ;

. Tìm toạ độ các đỉnh của
ABC

.
Câu 7 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3 2 3 2
2
3 2 3
3 2 8

x x y y
x y y

   



  


Câu 8 (1,0 điểm).
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
   

 
x x x x
f x
x x
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2


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:…………………

Đ
Ề KHẢO SÁT CHẤT L
Ư
ỢNG LẦN 1 LỚP 12 NĂM HỌC 201
4

–

201
5

MÔN: Toán – Khối A, A1,D
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)


HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Văn bản này gồm 06 trang)
I) Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm
từng phần như thang điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi Khảo sát.
3) Điểm toàn bài tính đến 0.25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả)
II) Đáp án và thang điểm:
Câu

Đáp án

Đi
ểm

Câu 1
(2,5
điểm)
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị


C
của hàm số đã cho.

Tập xác định:


1
D \



Ta có:
 

2
3
0
1
y'
x

 


x D
 

Hàm số nghịch biến trên các khoảng


1
;

và


1;


Hàm số không có cực trị.

0.25

0.25
Tính
2
x x
lim y lim y
 
 
nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng
2
y

là đường tiệm
cận ngang
Tính
1 1x x
lim y ;lim y ;
 
 
   
nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng
1
x

là
đường tiệm cận đứng

0.25
B
ảng biến thi

ên:


x
–

1 +



y’

–


–

y
2 +







– 2

0.25
Đ
ồ thị:

0.25

b) Tìm các giá trị của
m
để đường thẳng


: 2
d y x m
 
cắt đồ thị


C
tại hai điểm
phân biệt
,
A B
nằm về hai nhánh khác nhau của


C
.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của



: 2
d y x m
 
và


C
:
 
2 1
2 1
1
x
x m
x

 


Với mọi
1
x

, phương trình







2
1 2 4 1 0 2
x m x m
     

Để


: 2
d y x m
 
cắt đồ thị


C
tại hai điểm phân biệt
,
A B
nằm về hai nhánh
khác nhau của


C
thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt
1 2
x ,x
sao cho
1 2
1

x x
 




0.25



0.25
Đặt


2
2 4 1
f ( x ) x m x m
    

Yêu cầu bài toán
2 1 0
.f ( )
 

0.25
Biến đổi
2 1 0 1 0 2 1 4 1 0
.f ( ) f ( ) . ( m ) m
        

3 0
m
    


0.25
K
ết luận: Với mọi giá trị thực của
m

đ
ều thỏa m
ãn yêu c
ầu của b
ài toán.

0.25
Câu 2
(1,5
điểm)
Giải phương trình:
 
3
1 8 3
2
sin x cos x cos x
 
  
 
 



Ta có:
   
3
1 8 3 8 3 2
2
sin x cos x cos x sin x sin xcos x sin x


 
       
 
 

0.5


4 2 3 3 4 2
sin x sin x=-sin x sin x+sin x sin x=0
   

0.25
2 2 4 2
sin xcos x sin x=0
 


2 2 2
sin x cos x =0

 



 
2 0 1
2 0 2
sin x
cos x



 





0.25


0.25
Giải (1) cho
2
k
x ;k

 

; còn (2) vô nghiệm

Kết luận phương trình có nghiệm:
2
k
x ;k

 


0.25
Câu 3
(1 điểm)
Cho hai đường thẳng
1 2
d ,d
song song với nhau. Trên đường thẳng
1
d
có 10 điểm
phân biệt, trên đường thẳng
2
d
có
n
điểm phân biệt


2
n ,n
 
. Cứ 3 điểm không

thẳng hàng trong số các điểm nói trên lập thành một tam giác. Biết rằng có 2800 tam
giác được lập theo cách như vậy. Tìm
n
?

Số tam giác có 1 đỉnh thuộc
1
d
, 2 đỉnh thuộc
2
d
là:
1 2
10
n
C .C

0.25
Số tam giác có 2 đỉnh thuộc
1
d
, 1 đỉnh thuộc
2
d
là:
2 1
10
n
C .C

0.25
Theo giả thiết:
1 2
10
n
C .C
+
2 1
10
n
C .C
=2800
   
10
10 2800
2 2 2 8 1
n! ! n!
. .
n !. ! !. ! n !
  
 

0.25
2
8 560 0
n n
   
20
28
n

n




 

.
Kết luận:
20
n


0.25
Câu 4
(1 điểm)
Cho hình lăng trụ tam giác
ABC.A' B' C'
có đáy là tam giác đều cạnh
a
, cạnh bên tạo
với đáy một góc bằng
0
60
. Gọi
M
là trung điểm cạnh
BC
và
I

là trung điểm của
AM
. Biết rằng hình chiếu của điểm
I
lên mặt đáy
A' B' C'
là trọng tâm
G
của
A' B' C'

. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A' B' C'
.

Hình v
ẽ:


Gọi
M '
là trung điểm của
B' C'
;
K A' M '

sao cho
A' K KG GM '
 

Kẻ
AH A' M ';H A' M '
 

0.25
Ta có
AHGI
là hình bình hành nên
IG AH


Hơn nữa
AM A' M '

,
I
là trung điểm của
AM
,
G
là trọng tâm của
A' B' C'


nên H là trung điểm của
A' K
1
6
A' H A' M '
 

0.25

Ta có:
2
3
4
a
dtA' B' C' 
;
3
2
a
A' M ' 
3
12
a
A' H 

0
3
60 3
12 4
a a
AH A' H .tan .
  


0.25

Từ đó:
2 3
3 3
4 4 16
ABC .A' B'C'
a a a
V AH .dtA' B' C' .  
(đvtt)

0.25
Câu 5
(1 điểm)
Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
 
 
 
x
0;1 3
:


2
2 2 1 2 0
m x x x( x )
     


Đặt
2
t x 2x 2

  

 
dox [0;1 3]
nên


1;2
t 

0.25

Bất phương trình tương đương với:



2
t 2
m
t 1



0.25
Khảo sát hàm số
t
g(t)
t




2
2
1
với


1;2
t



Ta có:
 
 

2
2
2 2
0
1
t t
g'(t)
(t )
. Vậy
t
g(t)
t




2
2
1
đồng biến trên


1 2
;

Và do đó:
2
( ) (2)
3
Maxg t g
 

0.25

Từ đó:
2
t 2
m
t 1



có nghiệm t  [1,2]


 
t
m g t g
1;2
2
max ( ) (2)
3

  

Kết luận:
2
3
m


0.25
Câu 6
(1 điểm)


Cho
ABC

có trung điểm cạnh
BC
là


3 1

M ;

, đường thẳng chứa đường cao kẻ
từ
B
đi qua điểm


1 3
E ;
 
và đường thẳng chứa
AC
đi qua điểm


1 3
F ;
. Điểm
đối xứng của đỉnh
A
qua tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC

là điểm


4 2
D ;


.
Tìm toạ độ các đỉnh của
ABC

.

Hình

v
ẽ:


Gọi
H
là trực tâm
ABC

thì có
BHCD
là hình bình hành, nên M là trung điểm
HD


2 0
H ;


BH
chứa



1 3
E ;
 
nên
   
2 0
2 0
1 2 3 0
x y
BH : BH : x y
 
    
   

0.25
Do
DC BH

và


4 2
D ;

thuộc DC nên


6 0
DC : x y

  

Do
BH AC

và


1 3
F ;
thuộc AC nên


4 0
AC : x y
  

0.25
Do
C AC DC
 
nên tọa độ C là nghiệm của hệ
6 0
4 0
x y
x y
  


  



Tìm được


5 1
C ;




3 1
M ;

là trung điểm của
BC
nên


1 1
B ;




4 0
BC ;
 


0.25
Do
H
là trực tâm
ABC

nên
AH BC



2 0
AH : x
  

Do
A AH AC
 
nên tọa độ A là nghiệm của hệ
2 0
4 0
x
x y
 


  




2 2
A ;


Kết luận:


2 2
A ;
;


1 1
B ;

;


5 1
C ;


0.25
Câu 7
(1 điểm)
Giải hệ phương trình:
3 2 3 2
2
3 2 3
3 2 8

x x y y
x y y

   



  



Điều kiện:
3 2
2
3 0
2
8 0
0
2 0
y y
x
y y
y
x
 




  

 



 



0.25
Khi đó:
   


3
3
3 2 3 2
3 2 3 1 3 1 3 3 3
x x y y x x y y
           

 


1 3
f x f y
   
với hàm số
3
( ) 3
f t t t

 

0.25
Xét hàm số
3
( ) 3
f t t t
 
với


1;t
 
có


2 2
'( ) 3 3 3 1 0
f t t t
    

Hàm số
3
( ) 3
f t t t
 
đồng biến trên


1;



Nên từ
 


1 3 1 3 2 3 1
f x f y x y x y
           

0.25
Từ
2
3 2 8
x y y
  



2
9 2 8
x y y
  


2
9 3 1 8
y y y
    

2
9 3 8 9
y y y
    

Với điều kiện
0
y

, bình phương 2 vế của phương trình trên và biến đổi thành:
4 3 2
16 72 63 162 0
y y y y
    




3 2
1 17 99 162 0
y y y y
     

Suy ra
1
y

và
3
x


. Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất:
3
1
x
y






0.25
Câu 8
(1 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
   

 
x x x x
f x
x x
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2

Tập xác định:
D



0.25
Ta có:
   
 
f x x x
x x
2
2
1
( ) 2 2
2 2
; Chỉ ra:
 
     
x x x
2
2
2 2 1 1 1

0.25
Theo BĐT Cauchy:
f x x x
x x
2
2

1
( ) 2 2 2
2 2
    
 

0.25
Đẳng thức xảy ra
    
x x x
2
–2 2 1 1
.
Vậy:
2
Minf( x )

đạt được khi
1
x


0.25

Hết



ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
    
3 2
3 ( 1) 2
y x mx m x
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi

1
m
.
b) Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có
hoành độ dương.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2 2
2cos (tan tan ) sin cos
x x x x x
  
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
2
0
ln(1 )
I x x dx
 

.

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
8
2
2
x
x
 

 
 
.
b) Một chiếc hộp có chín thẻ giống nhau được đánh số liên tiếp từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên đồng thời hai
thẻ (không kể thứ tự) rồi nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là một số
chẵn.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
1
( ) : 2 3 4 0
P x y z
   
và
2
( ) :3 2 5 0
P x y z
   
. Viết phương trình mặt phẳng
( )

P
đi qua điểm
(1;2; 1)
M

, vuông góc với hai mặt
phẳng
1
( )
P
và
2
( )
P
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.
S ABC
có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm cạnh AB.
Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của
,
CI
góc giữa đường thẳng SA và
mặt đáy bằng
0
60
. Tính theo a thể tích khối chóp
.
S ABC
và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng



SBC
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn
2 2
( ) : 2 4 4 0
C x y x y
    
tâm
I

và điểm
(3;2)
M
. Viết phương trình đường thẳng

đi qua
M
,

cắt
( )
C
tại hai điểm phân biệt
,
A B
sao
cho diện tích tam giác
IAB

lớn nhất.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
4 4
3
2 2
2
3
x x y y
x y
x y

  



 



( , )

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số
, ,
a b c
không âm sao cho tổng hai số bất kì đều dương. Chứng minh rằng
9
6
a b c ab bc ca
b c a c a b a b c

 
   
    
.

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:………………
www.VNMATH.com

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN
CÂU

Ý

NỘI DUNG ĐIỂM

1 2,0 điểm
Tập xác định:
D


.
Ta có
2
3 6
y' x x.
 

;
0
0
2
x
y'
x


 




0,25
- Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;0)

và
(2; )

; nghịch biến trên khoảng
(0;2)
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
=-2.
- Giới hạn:

lim , lim
x x
y y
 
   

0,25
Bảng biến thiên:
x

0 2


y' + 0 - 0 +
y 2





-2


0,25
a
Đồ thị:

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5

5
x
y


0,25
Ta có
   
2
' 3 6 1
y x mx m
.
0,25
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi PT y'=0 có hai nghiệm phân biệt
Điều này tương đương
        
2 2
' 9 3( 1) 0 3 1 0
m m m m
(đúng với mọi m).
0,25
Hai điểm cực trị có hoành độ dương





   
 







2 0
0
1
1
0
0
3
m
S
m
m
P

0,25

b








Vậy các giá trị cần tìm của m là

1
m
.
0,25
2 1,0 điểm

Điều kiện:
os 0
c x

(*). PT đã cho tương đương
2
2sin 2sin .cos sin cos 2sin (sin cos ) sin cos
x x x x x x x x x x
      

0,25

(sin cos )(2sin 1) 0
x x x
   

0,25
+)
sin cos 0 tan 1
4
x x x x k


        

0,25

+
1 5
sin 2 ; 2
2 6 6
x x k x k
 
 
     

0,25
www.VNMATH.com
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của PT là
5
; 2 ; 2 ( )
4 6 6

x k x k x k k
  
  
       


1,0 điểm

Đặt
2
2
2
2
ln(1 )
1
1
2 2
xdx
du
u x
x
dv xdx
x
v




 




 



 



0,25
Khi đó
1
1
2 2
0
0
( 1)ln(1 )
2
x x
I xdx
 
 


0,25
1
2
0
1

ln 2 ln 2
2 2
x
I
   

0,25
3
Vậy
1
ln 2
2
I
 
.
0,25
4 1,0 điểm

Ta có
 
8
8 8
8
2 2 16 3
8 8
0 0
2 2
( 2)
k
k

k k k k
k k
x C x C x
x x


 
   
        
   
   
 

0,25
a
Hệ số của
4
x
là


8
2
k
k
C
 
với
16 3 4 4
k k

   
.
Do đó hệ số cần tìm là
4 4
8
.( 2) 1120
C  
.
0,25
Số phần tử của không gian mẫu là:
2
9
36
C

0,25

b
Gọi A là biến cố: "kết quả nhận được là số chẵn".
Số kết quả thuận lợi cho A là:
1 1 2
5 4 4
. 26
C C C
 
. Xác suất cần tìm là
26 13
( )
36 18
P A  

.
0,25
5 1,0 điểm

1
( )
P
có véc tơ pháp tuyến là
1
(1;2;3)
n 

;
2
( )
P
có véc tơ pháp tuyến là
2
(3;2; 1)
n
 


0,25
( )
P
có véc tơ pháp tuyến là
1 2
, ( 8;10; 4) 2(4; 5;2)
n n n

 
      
 
  
.
0,25
Phương trình của
( ) : 4( 1) 5( 2) 2( 1) 0
P x y z
     

0,25

Hay
( ) : 4 5 2 8 0
P x y z
   
.
0,25
6 1,0 điểm


K
H
K
H
S
A
B
C

A
B
C
I
I
A'
I'
H'
E
H'


www.VNMATH.com
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là
3 3
3 3
3 1 3 1 2 1
2 2
3 3
x y
 
 
  

 
 
 
 
 

( ; ) ; , ;
.
0,25
9 1,0 điểm

Đặt
9
a b c ab bc ca
P
b c a c a b a b c
 
   
    

Giả sử
a b c
 
, khi đó
. .ab ac b b c c
b c
a c a b b c c b
    
   

0,25
Suy ra
b c b c
a c a b a

 

 
.
0,25
Đặt
t b c
 
thì
9
a t at
P
t a a t
  

.
0,25
Ta có
9 9
6
a t at a t at
t a a t a t
at

    
 
(AM-GM). Do đó
6
P

(đpcm). 0,25

Chú ý: Đẳng thức xảy ra khi
3
a t at
 
và chẳng hạn một bộ
( , , )
a b c
thỏa mãn là
7 3 5
( ; ; ) ;1;0
2
a b c
 


 
 
 
(HS có thể không cần nêu bước này).


Hết


www.VNMATH.com
ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (4,0 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
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 tuyến vuông góc với đường thẳng có
phương trình
2015y x 
.
Câu 2 (2,0 đi
ểm
). Gi
ải các ph
ương trình sau:
a)
2
2sin 3sin 2 0x x  

b)
   
2 2 2
log log 2 log 6x x x   

Câu 3 (2,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
3
( ) 3 2f x x x   trên đoạn
 
0;2
.
Câu 4 (2,0 điểm). Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác
suất để có 2 học sinh nữ đứng cạnh nhau.
Câu 5 (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 3AB a AD a 
,


SA ABCD
, góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng
60
o
. Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.
Câu 6 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm
 
3;0H
và trung
điểm của BC là
 

6;1I
. Đường thẳng AH có phương trình
2 3 0x y
  
. Gọi D, E lần lượt là chân
đường cao kẻ từ B

và C
c
ủa tam giác ABC
. Xác đ
ịnh tọa độ các đỉnh của

tam giác ABC, bi
ết đ
ường
th
ẳng DE
có phương tr
ình x –

2 =
0 và đi
ểm
D có tung đ
ộ d
ương.
Câu 7 (2,0 điểm). Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm
O
và

/
O
, bán kính bằng
a
. Hai điểm
,A B
lần lượt nằm trên hai đường tròn tâm
O
và
/
O
sao cho
AB
hợp với trục
/
OO
một góc
0
45
và
khoảng giữa chúng bằng
2
2
a
. Tính theo
a
diện tích toàn phần của hình trụ đã cho.
Câu 8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
2

2 2 2
2 2
2 1 2 3 2 4
xy y x
y x x x x x

  


     


(
,
x y


).
Câu 9 (2,0 điểm). Cho
, ,x y z
là các số thực dương thỏa mãn
1x y z   
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
   
3 3
2
x y
P
x yz y xz z xy


  
.
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:……………………………………….


ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN; LẦN I
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1 a
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x




Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2,0

* Tập xác định :
 
\ 1D  

0,25
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
1
' 0 , 1
( 1)
y x
x

   



0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)
và
(1; )

- Cực trị: Hàm số không có cực trị
0,25
- Giới hạn :
1
lim
x

y


 

1
lim
x
y


 


lim 2
x
y



lim 2
x
y



Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng:
1x 
, tiệm cận ngang
2y 

0,25
- Bảng biến thiên :

x


1


/
y

-

-


y




2



2

0,5
Đồ thị: (C) cắt Ox tại
1
;0
2
 
 
 
, cắt Oy tại (0;2).








0,5
b
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
 
C
biết tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng có phương trình
2015y x 

.
2,0

Gọi
0
x là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. Ta có hệ số góc của tiếp tuyến
0,5
tại điểm có hoành độ
0
x là
 
 
/
0
2
0
1
1
k f x
x
  


Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có phương trình
2015y x 
nên ta có
 
0
2
0

0
0
1
1 1
2
1
x
k
x
x


      





0,5
Với
0
0x  ta được tiếp tuyến có phương trình
1y x  

0,5
Với
0
2x  ta được tiếp tuyến có phương trình
5y x  

0,5
2 a
Giải phương trình

2
2sin 3sin 2 0x x  


1,0


2
1
sin
2sin 3sin 2 0
2
sin 2
x
x x
x



   

 


0,25
 

2
1
6
sin
5
2
2
6
x k
x k
x k





 

  


 




0,25
sin 2x  
PT vô nghiệm
0,25

Kết luận: PT có các nghiệm
 
5
2 ; 2
6 6
x k x k k
 
 
    

0,25
b
Giải phương trình
   
2 2 2
log log 2 log 6x x x   

1,0

Điều kiện
0
2 0 2 6
6 0
x
x x
x



    



 


0,25
PT
   
2 2
log 2 log 6x x x   
 
 

0,25
 
2
2 6 6 0x x x x x       
2
3
x
x
 






0,25
Kết hợp điều kiện ta được

3x 
là nghiệm của phương trình đã cho.
0,25
3
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
3
( ) 3 2f x x x  
trên đoạn
 
0;2
.
2,0
Hàm số đã cho liên tục trên
 
0;2

Ta có
2
'( ) 3 3f x x 

0,5
 
'( ) 0 1 0;2f x x   

0,5
(0) 2, (2) 4, (1) 0f f f  

0,5

 

 
0;2
0;2
ax ( ) (2) 4; min ( ) (1) 0m f x f f x f   

0,5
4
Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác
suất để có 2 học sinh nữ đứng cạnh nhau.
2,0
Gọi không gian mẫu là

, A là biến cố “xếp hai nữ đứng cạnh nhau”.
Ta có
 
5!n  

0,5
Đánh thứ tự các vị trí cần xếp từ 1 đến 5.
Để 2 nữ đứng cạnh nhau thì vị trí xếp hai nữ là một trong bốn trường hợp:
       
1;2 , 2;3 , 3;4 , 4;5

0,5
Mỗi trường hợp số cách xếp là
2!3!
nên tất cả số cách xếp thỏa mãn hai nữ đứng
cạnh nhau là
 
4.2!3!n A 

0,5
Vậy
 
 
 
2
5
n A
P A
n
 


0,5
5
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 3AB a AD a 
,
 
SA ABCD
, góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng
60
o
. Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.
2,0
I
H
K

E
C
B
D
A
S


Trong tam giác ABD kẻ đường cao AI
 
I BD

     




, 60
o
BD SAI SBD ABCD SIA    

0,5
3 3
2
2 2
a a
BD a AI SA    

3
. D

1 . 3
.
3 2
S ABCD ABC
a
V SA S 

0,5
Trong mặt phẳng
 
ABCD
đường thẳng qua D song song với AC, cắt đường thẳng
AB tại E.
Trong tam giác ADE kẻ đường cao
     
AK K DE SAK SDE  
. Dựng
AH SK
tại H, suy ra
 
AH SDE
.
Do
     
 
/ / , ,AC SDE d AC SD d A SDE AH  

0,5
Ta có
 

3 3 3
,
2 4 4
a a a
AK AH d AC SD    

0,5
6
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm
 
3;0H
và trung
điểm của BC là
 
6;1I
. Đường thẳng AH có phương trình
2 3 0x y  
. Gọi D, E
lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC, biết đường thẳng DE có phương trình
2 0x  
và điểm D có tung
độ dương.
2,0
I
K
H
E
D
C

B
A


Gọi K là trung điểm của AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K và BCDE nội 0,5
tiếp đường tròn tâm I. Suy ra
IK DE 
phương trình
: 1 0IK y  
.
Tọa độ
   
1;1 1;2K A 

0,5
 
2;D a DE
. Ta có
 
2
3
5 1 1
1( )
a
KA KD a
a l


     


 

 
2;3D

0,5
Phương trình
: 3 7 0AC x y  
. Phương trình
:2 11 0BC x y  
.
Tọa độ
   
8;5 4; 3C B 

Vậy,
 
1;2A 
,
 
4; 3B 
và
 
8;5C
.
0,5


7

Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm
O
và
/
O
, bán kính bằng
a
. Hai điểm
,A B
lần lượt nằm trên hai đường tròn tâm
O
và
/
O
sao cho
AB
hợp với trục
/
OO

một góc
0
45
và khoảng giữa chúng bằng
2
2
a
. Tính theo
a
diện tích toàn phần của

hình trụ đã cho.
2,0


Kẻ đường sinh
 
 
/ / /
AA A O
. Gọi
H
là trung điểm
/
A B

0,5
Từ giả thiết ta có

 
/ 0 / /
2
45 , ;
2
a
BAA d AB OO O H  

0,5
Ta có
/ 2 / 2 /
2

2
2
a
HB O B O H A B a    

Do

/ 0
45BAA 
nên tam giác
/
AA B
vuông cân đỉnh
/
A
/ /
2AA A B a  

0,5
 
 
 
2 2
2 2 2 2 2 2 2
tp xq d
S S S a a a a
  
     

0,5

8
Giải hệ phương trình
 
2
2 2 2
2 2
2 1 2 3 2 4 .
xy y x
y x x x x x

  


     


(
;x y 
)

2,0

 
   
2
2 2 2
2 2 1
2 1 2 3 2 4 2 .
xy y x
y x x x x x


  


     



Vì
2 2 2
2 0 2 0x x x x x x x R x x x R              

Nên ta có
 


2 2
2
2
1 2 2 2
2
y x x y x x
x x
        
 

0,5
Thế
2
2y x x  

vào phương trình
 
2
, ta có :



 
2
2 2 2
2 2 1 2 3 2 4x x x x x x x       

 
2 2
1 2 2 1 2 3 0x x x x x x        
.
0,5


 


 
2 2
1 1 1 2 1 2x x x x
   
         
   
   
(*)

Xét hàm số


2
( ) 1 2f t t t
  
. Ta có
2
2
2
'( ) 1 2 0, ( )
2
t
f t t t R f t
t
       


đ
ồng biến trên R.
0,5
 
1
* ( 1) ( ) 1
2
f x f x x x x          
.

1
1

2
x y
   
.Vậy hệ đ
ã cho có nghi
ệm là
1
2
1.
x
y

 






0,5
9
Cho
, ,x y z
là các số thực dương thỏa mãn
1x y z
   
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
   
3 3

2
x y
P
x yz y xz z xy

  
.

2,0
Ta có

  


  
    
2
1 1 1 1 1
1 1
1 1
x y z z x y z xy x y xy x y
x yz x y x y x xy y y x y y
y xz y x x y x y x
                
           
       

0,5
Ta được







3 3
2 3 3
. 1 . 1
x y
P
x y x y

  

Vì
 
       
2
3 3 2 2
3 3 3 3
4
0
4 . 1 . 1 4. 1 . 1
0
x y xy
x y x y
x P
xy x y x y
y


 


   

   





0,5
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có




2 2
3
2
3
3
27 4
1 1 3 1 0
2 2 4 4 27
1
x x x x
x x x
x
          



Lập luận t
ương t
ự ta được
 
2
3
4
0
27
1
y
y
 


0,5
1 4 4 4
. .
4 27 27 729
P  

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
1
2 2
5
1
x y

x y
z
z x y

 
 



 



  


Vậy
4
ax
729
m P 
đạt được khi
2
5
x y
z
 





.
0,5

HẾT







Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số
( ) ( )
3 2
1 2 2 2y x m x m x m= + − + − + +
(C
m
)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
b. Tìm m để đồ thị hàm số (C
m
) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình:
sin 2 2 2(sinx+cosx)=5x −

Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình:
2 2
1 1
5 5 24

x x+ −
− =

Câu 4. (1 điểm)
a) Giải phương trình

( )
2
2 2
log 2 3 2log 4x x− − =

b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng
liền giữa hai chữ số 1 và 3.
Câu 5. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
( )
2 2
: 2 4 2 0C x y x y+ − + + =
. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt
(C) tại các điểm A, B sao cho
3AB =
.
Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB.
Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), biết
2 5
SD a
=
, SC
tạo với mặt đáy (ABCD) một góc
60°
. Tính theo a

th
ể
tích kh
ố
i chóp
S.ABCD
và kho
ả
ng cách
gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
DM
và
SA
.
Câu 7. (1 điểm)
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr

ụ
c to
ạ

độ

Oxy
cho hình ch
ữ
nh
ậ
t
ABCD
có di
ệ
n tích
b
ằ
ng 12, tâm
I
là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
đườ
ng th
ẳ

ng
03:
1
=−− yxd
và
06:
2
=−+ yxd
. Trung
đ
i
ể
m
c
ủ
a m
ộ
t c
ạ
nh là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
d
1
v
ớ

i tr
ụ
c
Ox
. Tìm to
ạ

độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình ch
ữ
nh
ậ
t.
Câu 8. (1 điểm)
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình :

3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 2 0

x y y x
x x y y

− + − − =


+ − − − + =



Câu 9. (1 điểm)
Cho
x
,
y
,
z
là ba s
ố
th
ự
c th
ỏ
a mãn
5 5 5 1
x y z− − −
+ + =
. Ch
ứ
ng minh r

ằ
ng :

25 25 25 5 5 5
5 5 5 5 5 5 4
x y z x y z
x y z y z x z x y+ + +
+ +
+ + ≥
+ + +


Hết





KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề



ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Ý Nội dung Điểm
1.
Cho hàm số

( ) ( )
3 2
1 2 2 2y x m x m x m= + − + − + +
(C
m
)
200
a.
.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
1,00
Với m = 2 ta được y = x
3
– 3x
2
+ 4
Tập xác định : D = R.
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞

0,25
Có
2
' 3 6y x x= −
;
0 4
' 0
2 0

x y
y
x y
= ⇒ =

= ⇔

= ⇒ =


BBT

Vậy hàm số đồng biến trên
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
; hàm số nghịch biến trên (0;2)
y
CĐ
= 4 tại x = 0; y
CT
= 0 tại x = 2
0,5
Đồ thị :
+ Lấy thêm điểm .
+ Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy

8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15
-10
-5
5
10
15

0,25
b.
Tìm m để đồ thị hàm số (C
m
) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
1,00

Có
( ) ( )
2
' 3 2 1 2 2
y x m x m
= + − + −

Để hàm số có cực trị thì phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi

dấu qua hai nghiệm đó
( ) ( )
2
3 2 1 2 2 0
x m x m
⇔ + − + − =
có hai nghiệm phân
biệt
⇔

' 2
4 5 0m m∆ = − − >
⇔
m < - 1 hoặc m >
5
4
(1)

0,25


0,25
Khi đó giả sử y’=0 có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với x
1
<x
2

thì x
2
là điểm cực
tiểu. Theo đề bài có x
1
< x
2
< 1
7
5
m⇔ <
(2)
0,25
Kết hợp (1) và (2) ta được… Đáp số
( )
; 1m∈ −∞ −
5 7
;
4 5
 
∪
 
 


0,25
2.
Giải phương trình:
sin 2 2 2(sin cos )=5x x x− +
.

1,00
Đặt sinx + cosx = t (
2t ≤
).
⇒
sin2x = t
2
- 1
0,25
⇔
2
2 2 6 0t t− − =
⇔
2t = −
(t/m)
0,25
+Giải được phương trình sinx + cosx =
2−
…
⇔

os( ) 1
4
c x
π
− = −

+ Lấy nghiệm
0,25

Kết luận :
5
2
4
x k
π
π
= +
( k
∈Z
) hoặc dưới dạng đúng khác .
0,25
3.
Giải phương trình:
2 2
1 1
5 5 24
x x+ −
− =

1,00
Pt
2
2
5
5.5 24 0
5
x
x
⇔ − − =

Đặt
( )
2
5 1 ,
x
t t= ≥
, pt trở thành:
5
5 24 0t
t
− − =

0,5
2
5
5 24 5 0
1
5
(t/m)
(loai)
t
t t
t
=


⇔ − − = ⇔

= −


0,25

Với t = 5 ta có
2
2
5 5 1 1
x
x x
= ⇔ = ⇔ = ±

0,25
4.

1,00
a.
Đk:
3
0
2
x< ≠


2 2
2
2log 2 3 2log 4
2 3
log 2
pt x x
x

x
⇔ − − =
−
⇔ =

2 3
4
3
2
2 3 4
1
2
3
0
2
2 3 4
x
x
x
x x
x
x
x x
−
⇔ =


>






− =


⇔ ⇔ =



< <





− + =








0,25

0,25

1
TH
: Số phải tìm chứa bộ 123:
Lấy 4 chữ số
∈
{ }
0;4;5;6;7;8;9
: có
4
7
A
cách
Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ
số vừa lấy: có 5 cách

→
có 5
4
7
A
= 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123
Trong các số trên, có 4
3
6
A

= 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu
→
Có 5
4
7
A
- 4
3
6
A
= 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123

2
TH
: Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự)
Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có mặt 321







0,25
b
Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một,trong đó chữ
số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3
0,25

5.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
( )
2 2
: 2 4 2 0C x y x y+ − + + =
. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1)
biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho
3AB =
.

1,00

Đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2)
3R
=

Có IM = 5.
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm
H của đoạn AB.
Ta có
3AB IA IB= = =
nên
ABC
∆
đều
3 3

.
2 2
IH AB⇒ = =
TH1:
I
và
M
nằm khác phía với
AB
thì
HM
=
IM
–
IH
=
7
2

2
2 2
13
2
AB
AM HM
 
⇒ = + =
 
 
( ) ( ) ( )

2 2
' : 5 1 13C x y⇒ − + − =

TH2:
I
và
M
nằm cùng phía với
AB
thì
HM
=
IM
+
IH
=
13
2

2
2 2
43
2
AB
AM HM
 
= + =
 
 
( ) ( ) ( )

2 2
' : 5 1 43C x y⇒ − + − =



0,25


0,25





0,25




0,25

6.

Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông, gọi
M
là trung điểm của

AB
. Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (
ABCD
),
biết
2 5SD a=
,
SC
tạo với mặt đáy (
ABCD
) một góc
60°
. Tính theo
a th
ể
tích
kh
ố
i chóp S.ABCD và kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng DM và SA.

1,00

Theo giả thiết ta có
( )
SM ABCD⊥

MC là hình chiếu của SC trên (ABCD) nên góc giữa SC với mặt phẳng
(ABCD) là

60SCM = °

Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có :
2 2
.tan60SM SD MD MC= − = ° mà ABCD là hình vuông nên MC = MD
2 2 2
3 5SD MC MC MC a
⇒
− =
⇒
= 15SM a
⇒
=
Lại có
2
2
2 2
5
2
2 4
AB BC
MC BC BC a

 
= + = ⇒ =
 
 
2
4
ABCD
S a
⇒
=
Vậy
3
.
1 4 15
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V SM S= =
*) Dựng hbh AMDI ta có AI // MD nên
( )
( )
( )
( )
( )
,
, ,
DM SA
DM SAI M SAI
d d d= =

Kẻ
MH AI
⊥ và
MK SH
⊥
. Chứng minh
( )
( )
,M SAI
d MK=

Tính được
2 2 15
5 79
a a
MH MK= ⇒ = .KL…

0,25



0,25



0,25

0,25

7.

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ
Oxy
cho hình chữ nhật
ABCD
có diện
tích bằng 12, tâm
I
là giao điểm của đường thẳng
03:
1
=−− yxd

và
06:
2
=−+ yxd
. Trung điểm của một cạnh là giao điểm của
d
1
với trục
Ox
.
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.


1,00

Ta có:
Idd
21
=∩
. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:



=
=
⇔



=−+
=−−
2/3y
2/9x
06yx

03yx
. Vậy






2
3
;
2
9
I

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD
OxdM
1
∩=⇒

Suy ra M( 3; 0)
Ta có:
23
2
3
2
9
32IM2AB
22
=







+






−==

Theo giả thiết:
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD
===⇔==

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1

ADd

1
⊥⇒

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận )1;1(n làm VTPT
nên có PT:
03yx0)0y(1)3x(1 =−+⇔=−+−
. Lại có: 2MDMA
==

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
( )





=+−
=−+
2y3x
03yx
2
2

( ) ( )



±=−

−=
⇔



=−+−
+−=
⇔



=+−
+−=
⇔
13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2
2




=
=

⇔
1y
2x
hoặc



−=
=
1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
Do






2
3
;
2
9
I
là trung điểm của AC suy ra:



=−=−=

=−=−=
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)





0,25








0,25

0,25




0,25

Giải hệ phương trình
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 2 0 (2)
x y y x
x x y y

− + − − =


+ − − − + =



1,00
Điều kiện:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x

y
y y

− ≥ − ≤ ≤


⇔
 
≤ ≤
− ≥




0,25
Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t
3
− 3t
2
= y
3
− 3y
2
.
Hàm số f(u) = u
3
− 3u
2
nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:
(1) ⇔ y = t ⇔ y = x + 1

0,25
⇒ (2) ⇔
2 2
2 1 2 0x x− − + =

Đặt
2
1v x= −
⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v
2
+ 2v − 1 =2
2
1
2 3 0
3
(t/m)
(loai)
v
v v
v
=

⇔ + − = ⇔

= −

.
0,25

8.

Với v = 1 ta có x = 0 ⇒y = 1. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (0;1)
0,25
9.
Cho
x
,
y
,
z
là ba s
ố
th
ự
c th
ỏ
a mãn
5 5 5 1
x y z− − −
+ + =
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng :

25 25 25 5 5 5
5 5 5 5 5 5 4
x y z x y z
x y z y z x z x y+ + +

+ +
+ + ≥
+ + +

1,00

Đặt 5
x
= a , 5
y
=b , 5
z
= c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ +
+ + ≥
+ + +
(*)
( *)
⇔
3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
+ +

+ + ≥
+ + +


⇔

3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
+ +
+ + ≥
+ + + + + +

Ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
+ +
+ + ≥
+ +
( 1) (Bất đẳng thức Cô si)
Tương tự
3
3
( )( ) 8 8 4
b b c b a

b
b c b a
+ +
+ + ≥
+ +
( 2)

3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
+ +
+ + ≥
+ +
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh


0,25





0,25

0,25


0,25
Tổng : 10,00

Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần.