Lời giải chi tiết môn Toán - Kỳ thi Toán quốc gia 2015 - Giảng viên Nguyễn Thành Long

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội
1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề



Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3
3 .
y x x
 

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
 
4
f x x
x
 
trên đoạn


1;3
.

Câu 3 (1,0 điểm)
a) Cho số phức thỏa


1 1 5 0
i z i
   
. Tìm phần thực và phần ảo của z.
b) Giải phương trình


2
2
log 2 3.
x x
  

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
 
1
0
3 .
x
I x e dx
 


Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục
,

Oxyz
cho các điểm




1; 2;1 , 2;1;3
A B
và mặt phẳng


: 2 3 0
P x y z
   
. Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB
với mặt phẳng


.
P

Câu 6 (1,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức




1 3cos 2 2 3cos2
P
 

  
biết
2
sin .
3



b) Trong đợt phòng chống dịch MERS-CoV. Sở y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên 3 đội phòng chống dịch
cơ động trong số 5 đội của Trung tâm y tế dự phòng TPHCM và 20 đội của Trung tâm y tế cơ sở để kiểm
tra công tác chuẩn bị. Tính xác suất để có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở được chọn.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .
S ABCD
có đáy
ACBD
là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
phẳmg


ACBD
, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng


ACBD
bằng 45
0
. Tính theo a thể tích của khối
chóp
.
S ABCD

và khoảng cách giữa hai đường thẳng
, .
SB AC

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng hệ tọa độ
,
Oxy
cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu
của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu của vuông góc C trên đường thẳng
AD. Giả sử




5; 5 , 9; 3
H K
  
và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng
10 0.
x y
  
Tìm tọa
độ điểm A.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình
 
 
2
2
2 8
1 2 2

2 3
x x
x x
x x
 
   
 
trên tập số thực.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực
, ,
a b c
thuộc đoạn


1;3
và thỏa mãn điều kiện
6
a b c
  
. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2 2 2 2
12 72 1
2
a b b c c a abc
abc
ab bc a
P
c
   


 


Hết

Thí sinh không được sử dụng bất kì loại tài liệu nào, giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội
2
ĐÁP ÁN (tham khảo nha các em… chống trị định với các cháu yếu tìm )

Câu 1. Thí sinh tự làm
Câu 2.
 


 


1;3
1;3
max 5 1; min 4 2
x
x
f x x f x x


     

Câu 3.
a)
3 2
z i
  
phần thực 3, phần ảo
2


b)
2
3
x
x



 


Câu 4.
4 3
I e
 

Câu 5.
 
1 2 1
: ; 0; 5; 1
1 3 2

x y z
AB M
  
   

Câu 6.
a)
14
9
P 
b)
209
30
P 
Câu 7.
 
3
2 0
5
,
1
;
3
SBV AC
a a
d 

Câu 8.



15;5
A 

Câu 9.
2
3 13
2
x
x









Câu 10.
166
11
P 
. Dấu “=” xảy ra
1; 2; 3
a b c
  
và các hoán vị


LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1.
Câu 2. Ta có
 
2
2 2
'
4 4
1f
x
x
x
x

 
 


 
2
1;3
' 0
1
2
;
4
3
0
2
x

x xf
x
  
   

 





Tính
     
1 5; 2 4
13
3
; 3f f f
  
.
So sánh các giá trị này ta thấy


[1;3]
min 4
f x

;


[1;3]

max 5
f x

.
Chú ý: Có thể lập bảng biến thiên hoặc sử dụng BĐT để tìm min và max
Câu 3.
a) Cách 1: Coi đây là phương trình bậc nhất đối với z




1 1 5 0
1 – 1– 5
i z
z i
i i     




  
2
1 5 1
1 5 1 4 5
3 2
1 1 1 2
i i
i i i
z i
i i i

 
  
     
  

Vậy phần thực của z là 3; phần ảo của z là
2


Cách 2: Đặt


, ,z a bi a b  

sau đó đồng nhất hai vế theo i được a và b
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội
3
b) Phương trình

2
2
2
2 2
2 2
2
1 7
2 0,
log ( 2) 3 log 8
2 4

2 2 8
2
6 0
3
x x x x
x x
x x
x
x x
x

 
       

 
    
  

   



    

 



Vậy phương trình có hai nghiệm là
2

x

hoặc
3
x
 

Câu 4. Dấu hiệu nhận biết tích phân từng phần là tích của hai loại hàm và đặt theo quy tắc “nhất lô, nhì đa,
tam lượng, tứ mũ”
Đặt
– 3
x x
u x
dv e dx
du
v e
dx



 







Khi đó
 

1
1 1
0 0
0
3 2 3 4 3
x x x
I x e e dx e e e
        


Câu 5.
- Đường thẳng AB đi qua A và có vtcp


1;3;2
AB 

nên có phương trình chính tắc là
1 2 1
1 3 2
x y z
  
 
- Tọa độ giao điểm M của AB và (P) là nghiệm hệ phương trình:
   
 
5 5 0
1 2 1
2 1 5 0; 5; 1
1 3 2

2 3 0
1
5 5 2 2 1 3 0
y x x
x y z
z x y M
x y z
z
x x x

  

  

 

 
       
  
  
   
 
     




Chú ý: Đề không yêu cầu viết phương trình đường thẳng AB ở dạng nào nên ta có thế viết ở dạng chính
tắc hoặc tham số. Nếu để ở dạng tham số thì khi tìm tọa độ điểm M ta thay vào mặt phẳng



P
sẽ được
một phương trình bậc nhất theo t
Câu 6.
a) Dựa vào công thức
2
cos 1 2sin
 
 
ta sẽ tính được P
Ta có
   
2 2
8 1 14
1 3 1 2sin 2 3 1 2sin 1 3 1 2 3
9 9 9
P P
 
  
   
   
          
   
  
   
   
  

b) Từ giả thiết ta có tất cả 25 đội tham gia phòng chống dịch

- Số cách chọn 3 đội từ 25 đội là
3
25
C
nên số phần tử của không gian mẫu là
3
25
2300
C  
- Gọi A là “biến cố có ít nhất 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn”
Số cách chọn ít nhất 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn là 2 hoặc 3
TH 1: Có 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn và 1 đội của Trung tâm y tế dự phòng TPHCM
Vậy tất cả có
2 1
20 5
. 950
C C 
cách
TH 2: Có 3 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn
Vậy tất cả có
3
20
1140
C 
cách
Nên số kết quả thuận lợi cho biến cố A là
2 1 3
20 5 20
2090
A

C C C  

Khi đó xác suất để có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở được chọn
209
230
A
P  







Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội
4


Câu 7. Xu hướng ra câu hình không gian thường là giải
bằng hai cách khác nhau để thuận lợi cho học sinh giải
được.
Cách 1: Phương pháp Hình học cổ điển
- Tính thể tích
Vì


SA ABCD SA AC AC
   
là hình chiếu của SC

trên mặt phẳng


ABCD
hay

0
45
SCA 
hay tam giác SAC
vuông cân tại A hay
2
AS
a
AC 
+ Diện tích hình vuông
ABCD
là
2
S a


+ Thể tích hình chóp
.
S ABCD
là
3
2
1 1 2
. . 2

3 3 3
ABCD
a
V S SA a a   (đvtt)
- Tính khoảng cách
+ Qua B kẻ đường thẳng Bx song song với AC cắt CA tại M
khi đó tứ giác ABMC là hình bình hành
+ Vẽ AH vuông góc với BM tại H, AK vuông góc SH tại K
Suy ra AK vuông góc


SBM

Vì AC song song


SBM
suy ra






, ,
d AC SB d A SBM AK
 

Trong tam giác vuông AHB ta có
0

2
.sin45
2
a
AH AB 
Trong tam giác vuông SAH ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 5 10
5
2 2 2
a
AK
AK SA AH a a a
      
Khi đó
   
 
10
5
, ,d AC SB d A SBM AK
a
  
Cách 2: Phương pháp tọa độ hóa
Chọn hệ trục tọa độ sao cho









 
 
0;0;0 , ;0;0 , ; ;0
0; ;0 , 0;0; 2
A O B Ox B a C xOy C a a
D Oy D a S Oz S a
    
   

Từ đó sẽ tính được thể tích và khoảng cách Học sinh tự tính nha 
Câu 8. Xu hướng ra đề thường là kết hợp giữa hình học phẳng và hình giải tích trong mặt phẳng. Do đó ta
cần vẽ hình chính xác để từ đó dựa vào hình vẽ “mò mẫn, dự đoán” tìm ra điểm mấu chốt của bài toán
- Từ hình vẽ ta có thể dự đoán tứ giác AHKC là hình thang nội tiếp đường tròn tâm M (M là trung điểm
của AC), các tam giác HMN và AHK là các tam giác cân tại M và H. Do đó mấu chốt bài toán là tìm tọa
độ điểm M sau đó mới tìm tọa độ điểm A dựa vào mối quan hệ giữa ba điểm M, H, K và A, M, H khi biết
tọa độ điểm H và K
- Gọi M là trung điểm của AC để tìm tọa độ điểm M là có hai hướng sau
Hướng 1: Giải hệ
M
MH MK
 




.
Thật vậy ta có



90
AHC AKC
  
tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn tâm M bán kính
2
AC
R MH MK MA MC
    
Giả sử


; 10M m m
 
. Khi đó


0 0;10
MH MK m M    
A
B
C
D
H
K
S
M
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội
5

Hướng 2: Giải hệ
M
M d
 




. Với d chính là đường trung trực của đoạn HK
- Để tìm tọa độ điểm A ta cũng có hai hướng là ta giải hệ
HA HK
MA MH





hoặc chứng minh A là điểm đối
xứng với K qua đường thẳng MH (đường thẳng MH viết được khi biết tọa độ điểm M)
Ta sẽ chứng minh tam giác AHK cân tại H.
Thật vậy từ giả thiết ta có tam giác ABD cân tại A nên


BAH DAH


Ta có











90
90
DAH ABH ABH ADH
DAH ACB
ACB ABH

  

 


 


Mặt khác


ACH AKH
 (góc nội tiếp cùng chắn cung

AH
). Từ đó ta có



DAH DKH HAK
   cân tại
H hay
HA HK


Giả sử


;
A x y
ta giải hệ
   
 
 
   
2 2
2
2
5 5 260 15; 5 15;5
9; 3 9; 3
10 250
x y x y A
HA HK
MA MH
x y A K
x y



        



 

 

     

  



lo¹i

Vậy tọa độ điểm A cần tìm là


15;5
A 
Câu 9. Xu hướng ra đề các năm gần đây thường là kết hợp các phương pháp lại với nhau như liên hợp, đặt
ẩn phụ, đạo hàm và phương pháp hàm số
Điều kiện
2
x
 
. Vì
 
2

2
2 3 1 2 0,x x x x
       


Phương trình




 
2
2 4
2
1
2 3
2 2
x x
x
x
x x
x
 

  
 
 

 
2

2
4 1
*
2 3
2 2
x
x x
x x
x




 


 

 


Giải


*
:





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





     
2
2
2 2 2 2 1 2 1 2 **
x x x x
 
 
          
 
 
 
 

Xét hàm số







2 3 2
2 2 2 2 4
t t t tt
t
f   
  
với
t R
 

Ta có


2
' 3 4 2 0,f t t t t
     

nên


f t
đồng biến trên


Khi đó

 
2
1
3 13
** 1 2
2
2 1 2
x
x x x
x x x



      

   


Vậy phương trình có hai nghiệm là
2
x

hoặc
3 13
2
x


Chú ý: Phương trình



**
cũng có thể giải bằng liên hợp hoặc biến đổi tương đương
Câu 10. Dựa vào hằng đẳng thức
   
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 12
6
ab bc ca a b b c c a abc a b c a b b c c a abc
a b c

           


  



Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
Lớp luyện thi đại học tại Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội
6
Mặt khác theo giả thiết
 







   


   
 
 
1 1 1 0 1 0
, , 1;3
3 3 3 0 3 9 27 0
5
3 27 5 11
3 27
a b c abc ab bc ac a b c
a b c
a b c abc ab bc ac a b c
abc ab bc ac
ab bc ac ab bc ac ab bc ac
abc ab bc ac
 
           
 
  
 
           
 
 
   


            


   



Mặt khác từ có bất đẳng thức phụ


2
12
3
a
ab c ca
b c
b
 


 
Do đó nếu ta đặt
ab b ca
t c

 
ta sẽ thu được hàm số
 
2 2
72 1 72 1 72 5
5
2 2 2 2

t t t
P abc t
t t t
 
       
với


11;12
t 

Xét hàm số
 
 
72 5
, 11;12
2 2
t
f t t
t
    

 
 
 
2
1 72
' 0, 11;12
2
f t t f t

t
      là hàm nghịch biến trên đoạn


11;12

Do đó
 
   
max
11;12
11 72 5 160
max 11
2 11 2 11
P f t f      .
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
11
1; 2; 3
6
t ab bc ca
a b c
a b c
   

   

  

và các hoán vị

Lời giải chi mang tính chất minh họa, nếu có gì sai sót mong các em bỏ qua cho