Tổng hợp 210 đề thi thử môn toán 2015 phần 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
LẦN 2 – NĂM 2015
Mơn : TỐN

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BÌNH LUẬN
C©u 1. Cho hµm sè

y = x3 − 3mx2 + 2

(1) .

a) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m = 1 .
b) T×m m ®Ĩ ®å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iĨm cùc trÞ A , B sao cho diƯn tÝch tam gi¸c OAB b»ng 2 (®vdt).
Ta cã y ' = 3 x2 − 6mx = 3 x ( x − 2m) ; y ' = 0 ⇔ x = 0 hc x = 2m .
§Ĩ hµm sè cã hai cùc trÞ ⇔ ph−¬ng tr×nh y ' = 0 cã hai nghiƯm ph©n biƯt ⇔ 2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 .

(

)

Täa ®é c¸c ®iĨm cùc trÞ A (0;2) vµ B 2m; −4 m3 + 2 .

Tam gi¸c OAB cã A (0;2) thc Oy nªn S∆OAB =

1
1
OA.d ( B, Oy) ⇔ 2 = .2. 2m ⇔ m = ±1 (tháa m·n).

2
2

VËy m = ±1 tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n.
B×nh ln. C¸c n¨m gÇn ®©y trong ®Ị thi §¹i häc th× c©u 1b) kh«ng cßn khã n÷a, chØ ë møc ®é
võa ph¶i. N¨m 2015 lµ n¨m ®Çu tiªn kÕt hỵp kú thi chung nªn c©u nµy chØ ë møc ®é dƠ, vÝ dơ
nh− trong ®Ị minh häa cđa BGD. NÕu trong bµi to¸n trªn chØ yªu cÇu '' T×m m ®Ĩ ®å thÞ hµm sè
(1) cã hai ®iĨm cùc trÞ '' th× phï hỵp.
e

1
I = ∫  x +  ln xdx .

x
1

C©u 2. TÝnh tÝch ph©n
e

e

Ta cã I = ∫ x ln xdx + ∫
1

e

•

A=∫

1


du = dx

u = ln x
x
x ln xdx . §Ỉt 
.
⇒ 
2
dv = xdx 
x
v =
2


Khi ®ã A =
e

•

B=∫
1

1

ln x
dx = A + B .
x

1 2
x ln x
2

e

e

−
1

1
1
xdx = x2 ln x
∫
21
2

e

1 x2
− .
2 2
1

e

=
1

e2 + 1
.
4

ln x
1
dx . §Ỉt t = ln x , suy ra dt = dx .
x
x

§ỉi cËn: víi x = 1 ⇒ t = 0; víi x = e ⇒ t = 1 .
1

Khi ®ã B = ∫ tdt =
0

t2
2

1

=
0

1
.
2

e2 + 3

.
4
B×nh ln. Bµi to¸n cã sù kÕt hỵp gi÷a hai ph−¬ng ph¸p tÝnh tÝch ph©n: Tõng phÇn vµ ®ỉi
biÕn. Møc ®é võa ph¶i nªn phï hỵp víi ®Ị thi chung hiƯn nay.

VËy I = A + B =


π
C©u 3. Gi¶i ph−¬ng tr×nh sin 3 x = 1 + sin x + 2 sin 2 x −  .

4
Th¹c sÜ Hnh §øc Kh¸nh – 0975.120.189 – 22A Ph¹m Ngäc Th¹ch – TP Quy Nh¬n
ơ

Trang 1


Phơng trình tơng đơng với sin 3 x = 1 + sin x + sin 2 x cos 2 x
3 sin x 4 sin3 x = 2 sin2 x + sin x + sin 2 x

(

)

2 sin x 2 sin2 x + sin x 1 + cos x .

( k ) .

sin x = 0 x = k



2 sin2 x + sin x 1 + cos x = 0

(

)

2 sin2 x 1 + (sin x + cos x) = 0
cos2 x + (sin x + cos x) = 0
(sin x + cos x) 1 (cos x sin x)




tan x = 1
x = + k
x = + k
sin x + cos x = 0



4
4

1 (cos x sin x) = 0
2 cos x + 4 = 1 x + = + k2
x = k2; x = + k2



4
4
2

( k ) .



+ k; x = + k2 ( k ) .
4
2
Bình luận. Đây thuộc loại câu dễ trong đề thi để học sinh lấy điểm. Để làm đợc câu này học
sinh cần nắm vững các công thức lợng giác cơ bản. Trong bài này ta sử dụng các công thức:


s ina cos a = 2 sin a , sin 3a = 3 sin a 4 sin3 a , cos 2a = cos2 a sin2 a = 2 cos2 a 1 = 1 2 sin2 a .

4
Nếu đề thi không cho phơng trình lợng giác thì sẽ cho tính biểu thức lợng giác mà chúng ta
đã học ở chơng trình lớp 10. Ví dụ nh trong đề minh họa của BDG '' Cho góc thỏa mãn

3
tan
< < và sin = . Tính A =
'' .
2
5
1 + tan 2

Vậy phơng trình có các nghiệm x = k; x =

Câu 4. Trong một giỏ trái cây có 5 quả ổi, 7 quả xoài và 2 quả bởi. Lấy ngẫu nhiên 4 quả trong giỏ trái
cây. Tính xác suất để trong 4 quả lấy đợc không có đủ 3 loại quả.
4
Số cách chọn 4 quả trái cây bất kỳ trong giỏ có 14 quả là : C14
= 1001 cách.
Gọi A là biến cố '' 4 quả lấy đợc có đủ 3 loại quả '' . Các khả năng xảy ra biến cố A là :
2 quả ổi, 1 quả xoài, 1 quả bởi : có C52 .C71 .C21 = 140 cách.



1 quả ổi, 2 quả xoài, 1 quả bởi : có C51 .C72 .C21 = 210 cách.



1 quả ổi, 1 quả xoài, 2 quả bởi : có C51 .C71 .C22 = 35 cách.

Do đó có tất cả C52 .C71 .C21 + C51 .C72 .C21 + C51 .C71 .C22 = 385 cách xảy ra biến cố A .
Suy ra biến cố A là : '' 4 quả lấy đợc không có đủ 3 loại quả '' có 1001 385 = 616 cách.
616
Vậy xác xuất cần tìm P ( A) =
.
1001
Bình luận. So với các năm gần đây thì câu xác suất này tơng đối phù hợp. Nhng so với đề
minh họa của BGD thì còn quá dễ. Có khả năng cao năm nay 2015 câu xác suất chiếm 0,5 điểm
nằm trong câu phân loại nên mức độ khó hơn nhiều. Các em nên tham khảo các đề thi thử của
Đại Học Vinh Phan Bội Châu Nghệ An Đặng Thức Hứa có những câu xác suất rất hay, đòi
hỏi t duy cao.
Câu 5.
1) Cho số phức z thỏa mãn (2 i)(1 + i) + z (2i + 1) = 4 2i . Tìm phần thực, phần ảo của z .
2) Giải phơng trình 4 x + 2 x+1 = 8 .
Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn


Trang 2


1) Ta có (2 i)(1 + i) + z (2i + 1) = 4 2i 3 + i + z (2i + 1) = 4 2i z (2i + 1) = 1 3i

(1 3i)(1 2i)
1 3i
z=
z = 1 i . Suy ra z = 1 + i .
1 + 2i
5
Vậy phần thực của z bằng 1 , phần ảo của z bằng 1 .
Bình luận. Thờng các em giải phơng trình để tìm số phức z thì đặt z = a + bi với a, b .

z=

Nhng trong phơng trình chỉ có z hoặc chỉ có z thì ta nên biến đổi trực tiếp. Đây là câu đợc
coi nh dễ nhất trong đề thi, các vấn đề đợc hỏi cũng đơn giản. Chú ý dạng lợng giác của số
phức không có trong đề thi vì trong chơng trình cơ bản không nói đến mà đề thi hiện nay thì
không có phần riêng, phần chung nữa.
2) Ta có 4 x + 2 x+1 = 8 4 x + 2.2 x 8 = 0 .
Đặt t = 2 x , t > 0 . Phơng trình trở thành t2 + 2t 8 = 0 t = 4 (loại) hoặc t = 2 .
Với t = 2 , suy ra 2 x = 2 x = 1 .
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1 .
Bình luận. Đây là câu chiếm 0,5 điểm và cũng khá dễ trong đề thi. Nếu đề không cho phơng
trình mũ thì sẽ có câu thay thế là phơng trình logarit. Để giải đợc câu này các em chỉ cần
nắm các công thức biến đổi cơ bản và các phơng pháp giải cơ bản trong sách giáo khoa.
Không cần phải học cao, học những cái khó.

Câu 6. Cho hình chóp S. ABC , có đáy ABC là tam giác cân tại A , AB = a 3 , BAC = 1200 . Cạnh bên
SA vuông góc với đáy ( ABC) , tam giác SBC đều cạnh 3a . Tính thể tích của khối chóp S. ABC và

khoảng cách giữa hai đờng thẳng SM , AC theo a . Biết điểm M thuộc cạnh BC sao cho MC = 2 MB .
Tính thể tích khối chóp S. ABC .
Gọi N là trung điểm BC . Do tam giác ABC cân tại A nên AN BC .
a 3
.
Trong tam giác vuông ANB , ta có AN = AB2 BN 2 =
2
3a 3
Lại có tam giác SBC đều nên SN BC , suy ra SN =
.
2

S

Trong tam giác vuông SAN , ta có SA = SN 2 AN 2 = a 6 .

Diện tích tam giác ABC là SABC =

K

1
3a2 3
.
BC. AN =
2
4

1
3a3 2
Do đó VS. ABC = .SABC .SA =
(đvtt).
3
4
Tính khoảng cách d ( SM , AC) .

E
N

Kẻ Mx song song với AC . Ta có
d ( SM , AC) = d ( AC, ( SMx)) = d ( A,( SMx)) .
Từ A kẻ AE Mx

x

A

B

M

C

( E Mx) .

A

Gọi K là hình chiếu của A trên SE , suy ra AK SE . (1)
Mx AE
Ta có
Mx ( SAE) Mx AK .
(2)
Mx SA
Từ (1) và (2) , suy ra AK ( SMx) nên d ( A, ( SMx)) = AK .

Ta có AE =

2
2
2 2S
d ( A, By) = d ( B, AC) = . ABC = a .
3
3

3
AC

x
y
E
B

M

Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn


C

Trang 3


Trong tam giác vuông SAE , ta có AK =

SA. AE
SA2 + AE2

=

a 42
.
7

a 42

.
7
Bình luận. 1) Bài toán cho thừa dữ kiện BAC = 1200 .
2) Đây bắt đầu là câu gây khó dễ cho học sinh ở ngỡng điểm 6. Phần tính thể tích chắc đa số
học sinh tính đợc. Phần tính khoảng cách thì 70% học sinh yếu về vấn đề này nên đâm ra sợ,
nguyên nhân là do ở lớp 11 các em học không kỹ về nó. Thực ra nó tuân thủ theo sơ đồ sau
d ( duong1 , duong2 ) d ( duong1 , mat) d ( diem, mat) k.d ( chanduongcao, mat) .

Vậy d ( SM , AC) = AK =

Với






duong1 : là đờng thẳng nằm trong mặt đáy.
duong2 : là đờng thẳng nằm trong mặt bên.
mat : là mặt phẳng chứa duong2 và song song với duong1 .
diem : là một điểm bất kỳ trên duong1 , ta chọn sao cho dễ tính khoảng cách.



Hệ số k =

d ( diem, duong2 )

d ( chanduongcao, duong2 )

.

Khi bài toán đã đa về tính d ( chanduongcao, mat) . Ta thực hiện kẻ hai lần vuông góc nh trong
A

phần trình bày bài giải ở trên.
3) Trong phần tính AE ta có thể giải theo cách sau:
Trong tam giác ABC có các cạnh AB = AC = a 3 , BC = 3 a .

x

Dùng định lí hàm số cosin tính đợc BAC = 1200 .
Suy ra FAE = 300 .
2a 3 3
Tam giác vuông FAE , ta có AE = AF .cos30 =
.
= a.
3
2
0

F
E

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

C

M

B

( P) : 2 x y z 4 = 0 và hai điểm

1

A (0;2; 1) , B ;0; 3 . Viết phơng trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P) . Tìm điểm C trên ( P)
2


sao cho mặt phẳng ( ABC) vuông góc với ( P) và tam giác ABC vuông tại C .
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( P) là d ( A, ( P)) =

2 + 1 4
4 +1 +1

=

5
6

.

Mặt cầu ( S) cần tìm có tâm A và tiếp xúc với ( P) nên bán kính R = d ( A, ( P)) =

5
6

.

25
.
6
Mặt phẳng ( P) có vectơ pháp tuyến nP = (2; 1; 1) .
2

2

Vậy ( S) : x2 + ( y 2) + ( z + 1) =

Gọi () là mặt phẳng qua A , B và vuông góc với ( P) .

7 7
Suy ra () có vectơ pháp tuyến n = AB, nP = 0; ; . Do đó () : y z 3 = 0 .


2 2


x = 7 + t

2

Gọi là giao tuyến của () và ( P) nên : y = 3 + t

z = t


Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn

Trang 4


7

Theo giả thiết, suy ra C () . Hơn nữa C ( P) nên C , suy ra C + t;3 + t; t .
2

7

Ta có AC = + t;1 + t;1 + t , BC = (3 + t;3 + t;3 + t) .
2


t = 3
7


Tam giác ABC vuông tại C nên AC.BC = 0 + t(3 + t) + (1 + t)(3 + t) + (1 + t)(3 + t) = 0
11 .
t =
2

6

1

10 7 11
11

Với t = 3 , ta đợc C ;0; 3 . Với t = , ta đợc C ; ; .
2
6 6

6
6
Bình luận. 1) Trong cấu trúc đề thi của BDG năm 2015 hoặc các năm gần đây thì đây thuộc câu
ở mức độ dễ, thờng đề sẽ hỏi những thứ đơn giản. Trong đề này thì quá khó cho học sinh làm
đợc trọn vẹn hết câu. Dám chắc rằng 70% học sinh không làm đợc ý thứ hai của câu này.
2) Đờng thẳng là giao tuyến của () và ( P) ta nên tính toán ở ngoài giấy nháp vì trong

sách giáo khoa không có phơng trình đờng thẳng ở dạng giao tuyến của hai mặt phẳng (hay
còn gọi là phơng trình tổng quát).
3) Chú ý. Nếu điểm thuộc đờng thẳng thì ta lấy theo 1 tham số, điểm thuộc mặt phẳng thì ta
lấy theo 2 tham số. Ví dụ nh trong bài này điểm C ( P) , suy ra C ( a; b;2a b 4) . Hai tham số
( ABC) ( P)
. Nhng nếu giải theo hớng này thì rất
thì ta cần hai phơng trình để giải, đó là
AC BC

phức tạp.

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B (1;1) , trọng tâm G của
tam giác ABC thuộc đờng thẳng : 3 x y 2 = 0 . Điểm N (4;6) là trung điểm của CD . Tìm tọa độ các
đỉnh còn lại của hình chữ nhật.
Do G , suy ra G (t;3t 2) .
Gọi I = AC BD . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên BG =
Từ đó suy ra D (3t 2;9t 8) .

2

1
BI = BD .
3
3

Hơn nữa, N (4;6) là trung điểm của CD nên suy ra C (10 3t;20 9t) .
Ta có BC = (9 3t;19 9t) , NC = (6 3t;14 9t) .
Do ABCD là hình chữ nhật nên NC BC NC. BC = 0
5
32
.
90t2 342t + 320 = 0 t = hoặc t =
3
15
5
Với t = , suy ra C (5;5) , D (3;7) .
3
Trung điểm BD là I (2;4) nên A (1;3) .

A

B
G

I

C
D
N
32

Với t =
, bạn đọc làm tơng tự.
15
Bình luận. Xu hớng hiện nay, cụ thể là trong đề thi Đạị học năm 2014 ở đề khối A và D, đặc
biệt là khối D, câu hình Oxy thuộc câu mang tính chất phân loại cao. Những năm về trớc
Hình học Oxy đợc giải bằng những phơng pháp thông thờng nh: tham số hóa rồi tìm điều
kiện để giải tham số, Hiện nay Hình học Oxy đã đợc trừu tợng hơn, mang tính đánh đố
hơn. Đó là sự kết hợp giữa hình học phẳng với hình học tọa độ. Cái khó ở đây là phải phát hiện
đợc vấn đề, đi chứng minh vấn đề đó rồi mới áp dụng vào bài toán.
Đây là câu phân lại cao nhng đề bài lại cho khá dễ, không phù hợp với cấu trúc đề bây giờ.
Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn


Trang 5


(

)


x ( x + y) + x + y = 2 y 2 y3 + 1
Câu 9. Giải hệ phơng trình

10 x2 11 x + 1 + 5 y2 + 5 x 2 = 2 x + 3 y 1
x + y 0; y 0
Điều kiện :
.

10 x2 11 x + 1 0;5 y2 + 5 x 2 0

(1)

( x, y ) .

(2)

Phơng trình (1) x2 + xy + x + y = 2 y2 + 2 y

(

) (

)

x2 y2 + xy y2 + x + y 2 y = 0

1

( x y) x + y + y +
= 0.
x + y + 2 y

Vì x + y 0 và y 0 nên x + y + y +

1
x + y + 2y

(1')

>0.

Do đó (1') x y = 0 x = y . Thay vào (2) , ta đợc
10 x2 11 x + 1 + 5 x2 + 5 x 2 = 5 x 1



10 x2 11 x + 1 (3 x 2) + 5 x2 + 5 x 2 (2 x + 1) = 0







1
1

x2 + x 3
+
=0


2
2
5 x + 5 x 2 + (2 x + 1)
10 x 11 x + 1 + (3 x 2)

1 13

x2 + x 3 = 0 x =
.
2
1 + 13 1 + 13
.
Đối chiếu điều kiện ta đợc nghiệm của hệ phơng trình là : ( x; y) =
;


2
2

(

)

Bình luận. 1) Khi giải hệ ta thờng khai thác một phơng trình của hệ (có khi khai thác cả
hai) bằng các phơng pháp: Liên hợp để xuất hiện nhận tử chung, phân tích thừa số chung,
đặt ẩn phụ, dùng hàm đặc trng. Khi các phơng pháp trên không còn hiệu quả thì còn có
phơng pháp đánh giá, phơng pháp đánh giá dùng khi ta dự đoán trớc tất cả các nghiệm
của hệ để biết đợc điểm rơi.
2) Khi thay x = y vào phơng trình (2) ta đợc phơng trình vô tỷ. Dùng máy tính Casio nhẩm
nghiệm thì rất lẻ nhng nhờ tính đợc tổng và tích các nghiệm nên ta biết đợc phơng trình
có nhân tử chung là x2 + x 3 , từ đó cho ta hớng thêm bớt để liên hợp.
3) Trong các đề thi tuyển sinh của BDG thì nghiệm cho ra rất đẹp, nếu nghiệm không nguyên
thì cũng phải rơi vào những '' lát cắt vàng '' . Trong câu này tác giả cho đề ra nghiệm quá xấu.
4) Năm nay thì khả năng ra hệ phơng trình là 50% , bất phơng trình 30% , phơng trình
20% . Nên các em cần học kỹ bất phơng trình nữa nếu muốn làm đợc 8 đến 9 điểm.

Câu 10. Cho a , b , c là các số thực dơng thỏa mãn

1
1
1
+
+
= 3 . Tìm giá trị lớn nhất của
a+b b+c c+a

biểu thức

P=

1
ab + bc + ca + c2

+

23 11
3

a2 b + ab2 + b2 c + bc2 + a2 c + ac2 + 2 abc

Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn


.

Trang 6

1
1
1
;y=
;z=
. Khi đó bài toán trở thành
a+b
b+ c
c+a
'' Cho x, y, z là các số thực dơng thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của P =

Đặt x =

yz + 23 11 xyz '' .

Theo bất đẳng thức AM GM , ta có
yz

y+ z
2

và

11
4
4
5 x + y + z
10
11 4 4

4
5
5 11
x. y. z
x + ( y + z) .
23 11 xyz = 53
=
10 5 5
3
6
3
y + z 11
4
11
11
Suy ra P
.
+
x + ( y + z) = ( x + y + z) =
2
6
3
6
2
4
11
5
25
hay a = b = ; c =
.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = ; y = z =
5
10
8
88
11
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
.
2
Li gii bi: TRN ANH HO

Cách 2. Phơng pháp dồn biến (tham khảo thêm)
1
1
1
3
2
Đặt x =
. Suy ra P = ( xy) + 23 11 ( xyz) .
;y=
;z=
6 b+ c
6 c+a
6 a+b
3

Ta có x6 + y6 + z6 = 3 z6 + 2 ( xy) . Suy ra xy 3
Do đó P

3 z6

.
2

3 z6 2 3 z6
3 z6
+ 23 11 z2 3
+ 3 22 z6 z6 3
=


2
2
2

(

2

)

.

3t 3
2
+ 22t ( t 3) = f ( t) .
2
2
t 4t + 3
4
=0t= .

2
5
t3 6 t 2 + 9

Đặt t = z6 , suy ra t (0;3) và P
1
Ta có f ' (t) = + 3 22.
2
3

(

)

4 11
Lập bảng biến thiên ta thấy f (t) f =
.
5 2

Li gii bi: V VN BC
Bình luận. Trong những năm gần đây trong cấu trúc đề thi của BGD thì câu này là câu khó
nhất, câu lấy điểm 10. Năm 2012 trở về trớc thì xu hớng của bộ ra là biểu thức P đối xứng.
Năm 2013 và 2014 thì xu hớng của Bộ ra biểu thức P không còn đối xứng nữa mà là gần đối
xứng. Để giải quyết những bài toán này thì ta dùng đến những bất đẳng cơ bản, bất đẳng thức
phụ, để dồn biến. Sau đó ta đặt ẩn phụ để xét hàm hoặc thêm bớt đại lợng rồi dùng bất
đẳng thức lần nữa. Trong bài toán này ta đã giải quyết theo hớng cân bằng hệ số trong bất
đẳng thức AM GM , cái khó của bài toán này là chọn đợc điểm rơi.
NHAN XET CHUNG. Đề thi ở mức độ tơng đối khó, ít học sinh đạt điểm cao. Những phần cần
dễ thì không dễ, nhng phần phân loại cần khó (xác suất, Oxy, hệ phơng trình, bất đẳng
thức) thì lại không khó lắm.

Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn


Trang 7


SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y 

ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).

1 3
x  mx 2   m 2  4  x  5 (1) , với m là tham số thực.
3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m  1 .
b) Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = - 1.
Câu 2(1,0 điểm)
a) Giải phương trình 4sin 2 x cos x  sin 3 x  sin   x  .





b) Tìm số phức z sao cho z  2  z và  z  1 z  i là số thực.





Câu 3(0,5 điểm). Giải phương trình log5 x 2  x  log 25 4  log5  x  1
Câu 4(1,0 điểm).Giải bất phương trình

x2 

19 x 1
x 1
  6x 1 
2
4
2

 x   .
 x   .


2

Câu 5(1,0 điểm). Tính tích phân I   cos x  x  2sin x  dx .
0

Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a , AD = a 2 , SA vuông
góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 300 .Gọi M là trung điểm của BC.
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SB.
Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Gọi

D, E lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB và AH. Đường thẳng vuông góc với AB tại D cắt đường
thẳng CE tại F(-1; 3). Đường thẳng BC có phương trình là x – 2y + 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết
điểm D thuộc đường thẳng 3x + 5y = 0 và hoành độ của điểm D là số nguyên.
Câu 8(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y + z – 3 = 0 và hai
điểm A(  1;2;0), B(1; 1;3) .Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). Viết phương
trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cách điểm A một khoảng bằng 2.
Câu 9(0,5 điểm). Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 2C

2

khai triển Nhị thức Niutơn  x 2  
x


3
n 1

An3
C 
. Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong
2
2
n

n

 x  0

Câu 10(1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn (bc  1) 2  a 2  2(1  a)  bc . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức : P 

a  1  a 2c
4
12 a

 2
2
2
a bc
(1  c) a  1
----------------- Hết ----------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN: TOÁN

(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)
Câu
Câu 1.a
(1,0đ)

Nội dung

Điểm

1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  mx 2   m 2  4  x  5 với m  1
3

1 3
Với m  1 , ta có hàm số y  x  x 2  3 x  5
3
* Tập xác định: D  R
* Sự biến thiên: y '  x 2  2 x  3 ; y '  0  x  3 hoặc x  1

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  3;+  . Hàm số nghịch biến trên
khoảng  1;3 .

0,25

20
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -1; yCĐ =
, đạt cực tiểu tại x  3, yCT  4
3
- Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

x 

- Bảng biến thiên

x
y'

1





0



3
0





20
3

0,25



y



4

Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm

y

6

(0;5)

4

2

O
-5

3

-1

5

x

0,25

-2

-4

-6

Câu1.b
(1,0đ)

Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = - 1.

y  x 2  2mx  m 2  4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1
m  1
 y( 1)  0  m 2  2m  3  0  
 m  3
Với m = 1 theo câu a hàm số đạt cực đại tại x = -1(loại)
Với m = - 3  y 

1 3
x  3 x 2  5 x  5  y '  x 2  6 x  5;
3

0,25
 x  1
y' = 0  
 x  5

0,25

1


Dấu của y’
+

-5

+

-1

_

0,25

Tại x = -1 hàm số đạt cực tiểu. Vậy m = - 3 ( thỏa mãn)
Kết luận m  3 là giá trị cần tìm
Câu 2.a
(0,5đ)

0,25

a) Giải phương trình 4sin 2 x cos x  sin 3 x  sin   x  .
PT  4sin 2 x cos x  sin 3 x  sin x  0
 2sin 2 x sin x  2sin 2 x cosx  0

0,25

 2sin 2 x  sin x  cosx   0

x 
2sin
2
x

0




sin x  cosx  0
x 

Kết luận nghiệm……
Câu2.b
(0,5đ)

k
2

 l
4

0,25

k, l  





Tìm số phức z sao cho z  2  z và  z  1 z  i là số thực .

 a, b   

Giả sử z  a  bi

z  2  z  a  bi  2  a  bi 

 a  2

2

 b2  a2  b2

0,25

 a 2  4a  4  b 2  a 2  b 2  a = 1

 z  1  z



 i  z . z  zi  z  i  a 2  b2   ai  bi 2   a  bi  i   a2  b2  b  a    a  b  1 i



0,25



Để  z  1 z  i là số thực thì a + b + 1 = 0
Với a = 1  b  2  z  1  2i
Vậy z  1  2i
Câu 3
(0,5đ)



2



Giải phương trình log5 x  x  log 25 4  log5  x  1

 x2  x  0

Điều kiện 

x 1  0

 x   .

 x  1 . Khi đó ta có PT:

0,25

log 5  x 2  x   log 5 2  log 5  x  1  log 5  x 2  x   log 5 2  x  1
x 1
 x 2  x  2  x  1  x 2  3x  2  0  
x  2

0,25

Thử ĐK ta có x = 2 là nghiệm của phương trình.
Câu 4
(1,0đ)

Giải bất phương trình:

x2 

19 x 1
x 1
  6x 1 
2
4
2

 2 19 x 1
 0
1
x 
 x
Điều kiện 
2
4
6
6 x  1  0
Với ĐK trên ta có bpt:

4 x 2  38 x  1  2 6 x  1  x  1

0,25

0,25

 4 x 2  38 x  1  2 6 x  1  x  1 ( hai vế không âm)
 4 x 2  38 x  1  4(6 x  1)  4( x  1) 6 x  1  x 2  2 x  1
2

 3  x  1  6 x  1  4( x  1) 6 x  1

2


Vì x 

1
6x 1 4 6x 1
2
, chia hai vế cho  x  1  0 ta được: 3 

2
6
x 1
 x  1

0,25

t  3
6x 1
 t  t  0  , ta có bất phương trình: t 2  4t  3  0  
x 1
t  1

Đặt

1
6x 1

 3  6 x  1  3  x  1 ( vì x  )
6
x 1
2
 9 x  12 x  10  0 ( vô nghiệm)
1
6x 1
 1  6 x  1   x  1 ( vì x  )
Với t  1 
6
x 1
x  2  2
 x2  4x  2  0  
 x  2  2
x  2  2
1
Kết hợp ĐK x  bất phương trình có nghiệm là  1
  x  2 2
6
 6

0,25

Với t  3 

Câu 5
(1,0đ)


2

Tính tích phân I   cos x  x  2sin x  dx .
0





2

2

0,25

I   xcos xdx  2  sin x cos x dx
0

0


2

I1   xcos xdx
0



0,25

u  x

du  dx
Đặt 

cosxdx  dv v  s inx




2





 I1  x.s inx 2   s inxdx  x.s inx 2  cos x 2   1
2
0 0
0
0




2

2


2

I 2   sin x cosx dx   sin x d  sin x  
0

Vậy I  I1  2 I 2 
Câu 6
(1,0đ)

0


2

11 


2

sin x 2 1

2 0 2

0,25
0,25

2

S

I
M

C

30

B

a

O
H
A

N

D

3


  300
Vì SA   ABCD   SCA

0,25

Trong tam giác vuông ACD có AC  AD 2  CD 2  a 3
  SA  SA  AC.tan SCA
  a 3 tan 300  a
Trong tam giác vuông SAC có tan SCA
AC

1
1
a3 2
S ABCD  AB. AD  a.a 2  a 2 2  VS . ABCD  SA.S ABCD  .a.a 2 2 
3
3
3
Gọi N là trung điểm của AD  DM / / BN  DM / /  SBN 
 d  DM ,SB   d  DM ,  SBN    d  D,  SBN  

0,25

0,25

Vì N là trung điểm của AD  d  D,  SBN    d  A,  SBN  
Giả sử AC giao với BN tại H  H là trọng tâm của ABD
a 6
a 3
Tính được BH 
; AH 
3
3
2
2
2
Có AB = a  AH  BH  AB

AHB  900  BN  AC .
Theo định lý Pitago đảo  

Kẻ AI  SH , ta lại có BN  AC ; BN  SA  BN   SAC   BN  AI

0,25

Vậy AI  SH ; BN  AI  AI   SBN   AI  d  A,  SBN  
Trong tam giác vuông SAH có
Vậy d  DM,SM  

1
1
1


 AI 
2
2
AI
AS
AH 2

AS . AH
AH 2  AS 2



a
2

a
2

Câu 7
(1,0đ)
F

A
M
E

C

D
H
B

Giả sử DE cắt AC tại M

0,25

FD  AB; AC  AB FD / / CA
CE EM CH
CE CH




 EH / / BF  BF  BC
Ta có
EF ED HB
EF HB

Đường thẳng FB đi q F(-1; 3) và vuông góc với BC nên nó nhận VTCP của đường

thẳng BC là u   2;1 là VTPT

0,25

Phương trình đường thẳng BF: 2(x + 1) + 1(y – 3) = 0  2 x  y  1  0
1

x

1 3
5
Giải hệ pt :  2 x  y  1  0  
 B ; 
5 5
x  2 y 1  0
y  3

5

4


Vì D thuộc đường thẳng 3x + 5y =0

0,25

Vì D là trung điểm của AB nên A  11 ; 3 
 5 5


Đường thẳng AC đi qua điểm A  11 ; 3  và có VTPT AB   12 0 
 5 5
 5


0,25

3x0
1 3 x0 3 
 ;  
3x0  ;  

 D  x0;
 FD   x0  1 ; 5  3  BD   x0  5 ; 5  5 
5 





 
20 (loại)
BD  FD  FD.BD  0  17 x02  37 x0  20  0  x0  1(t / m) hoặc  x0 
17
3


Vậy D  1; 
5



Lập được PT dường thẳng AC là: 12  x  11   0  y  3   0  x  11
5

5

5

C là giao điểm của đường thẳng AC và BC  C  11 ; 3 
 5 5 

Vậy A  11 ; 3  , B  1 ; 3  , C  11 ; 3 
 5 5
5 5
 5 5 
Câu 8
(1,0đ)

5



0,25

Đường thẳng (AB) đi qua điểm A(1;2;0) có VTCP AB ( 2; 3;3)
 x  1  2t
Xét pt (AB):  y  2  3t  M  1  2t; 2  3t;3t  thuộcường thẳng (AB)
 z  3t


M là giao điểm của AB và (P) nên

0,25

2  1  2t   2  2  3t   3t  3  0  t 

9
 5 1 27 
M ; ; 
13
 13 13


Vì mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) nên mặt phẳng (Q) có dạng 2x – 2y + z + m = 0 . 0,25
Mặt phẳng (Q) cách điểm A một khoảng bằng 2 nên ta có:
 m  12
 2  m6  6  
m  0
2   2   1
2  4  m
2

2

Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là:
2 x  2 y  z  12  0 hoặc 2 x  2 y  z
Câu 9
(0,5đ)

2Cn31  Cn2 
2

0,25

0

A
 n  1!  n!  n!
2
2
3! n  2 ! 2! n  2 ! 2  n  3!
3
n

n  
n  2

 n  1  1  1  2n  5  3n  6  n  11
3 n  2 2  n  2 2
n

k

11
11
k
 2 2
k
2 11 k  2 

k
22 3 k
x


C
x
.


  11  
   C11  2  .x
x  k 0

 x 
k 0
 22  3k  10  k  4
Vậy hệ số của x10 là 16.C114  5280

Câu 10
(1,0đ)

0,25

ĐK: 

0,25

Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn (bc  1) 2  a 2  2(1  a)  bc .

a  1  a 2c
4
12 a

 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P 
2
2
a bc
(1  c) a  1

5


Ta có (bc  1) 2  a 2  2(1  a )  bc  b 2 c 2  bc  1  2a  a 2
2

 b 2c 2  bc  1  2a  a 2  2   a  1  2  b 2c 2  bc  2  0  bc  1 
Ta có P 

1
c
b

a 1 1
4
12 a
 
 2
2

2
a bc b 1  c  a  1

0,25

0,25

a 1 a 1
 2
a 2bc
a
1
1
4
4
c
Vì  c  
2
2
b
b 1  c 
1  c 
Do bc  1 

Theo Bất đẳng thức Cauchy, ta có

c

4

1  c 

Do đó P 

Đặt t 

2

2

c 1 c 1
4
c 1 c 1
4


3 3
.
.
3
2
2
2
2
2 1  c 2
1  c 

1
4


2
b 1  c  2

a 1
12 a a  1
12 a 1 1 6
2 2
 2 2
 2 
2
2
a
a 1 a
2a
a
a
a
0,25

1
 t  0   P  t 4  t 2  6t  2  f (t )
a

Xét f (t )  t 4  t 2  6t  2 trên  0; 

f '(t )  0  t  1
Bảng biến thiên
t

0

f’(t)



1
_

+

0

f(t)
-2

P  f (t )  2  t   0;   
Vậy GTNN của P bằng -

0,25

t  1

 bc  1  a  b  c  1
c  1


Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

6

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3  3x2.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm m để đường thẳng y = mx cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt.
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Cho góc  thỏa mãn 0   



và sin   cos 

4

5
. Tính sin  cos .
2

b) Tìm số phức z biết rằng z  2z  6  2i .
Câu 3. (0.5 điểm) Giải phương trình 2log22 ( x  3)  log2 ( x  3)  1 .
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình 2x3  9x 2  6x(1  2 6x 1)  2 6x 1  8  0 .
1



2
x
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân I  ( x  x.e )dx .
0

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, với AB = 2a, AD = a,
mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính theo a thể tích
của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC).
Câu 7. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có B(2 ; 1)
và C(8 ; 1). Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính r  3 5  5 . Tìm tọa độ tâm I của đường
tròn nội tiếp tam giác ABC, biết tung độ điểm I là số dương.
Câu 8. (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + y  z + 6 = 0. Viết
phương trình mặt cầu có tâm K( 0 ; 1 ; 2 ) và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt
phẳng chứa trục Oy và vuông góc với mặt phẳng (P).
Câu 9. (0.5 điểm) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau được ghi số từ 1 đến 20. Chọn ngẫu nhiên 5
quả cầu từ hộp đó, tính xác suất để 5 quả cầu được chọn ra có 3 quả ghi số lẻ và 2 quả ghi số chẵn,
trong đó có đúng một quả ghi số chia hết cho 4.
Câu 10. (1.0 điểm) Cho ba số thực dương a; b; c tùy ý . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

a3c
2 b3a  3bc



b3a
2 c3b  3ca



c3b
2 a3c  3ab

.

------------------ HẾT -----------------Họ và tên thí sinh:………………………………………………………………………………..
Số báo danh: …………………………………………………….. Phòng thi…………………..
Giám thị 1:

Giám thị 2:


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ – KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm 04 trang)

Câu
Câu 1
a) (1,0 điểm)
(2,0 điểm) * Tập xác định: D
.
lim y   ,
Giới hạn:

Nội dung

Điểm

lim y  

0,25

* Sự biến thiên
y’ = 3x2  6x
y’ = 0  x = 0 hoặc x = 2
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2), đồng biến trên mỗi khoảng (– ;0),
(2 ;+).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, giá trị cực đại : y(0) = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, giá trị cực tiểu: y(2)= 4.
Bảng biến thiên

0,25

x

x
y’
y

x

–

0
0
0

+

2
0



+
+
+∞

0,25

4

–
* Đồ thị :
y

-1

O

1

2

3

x

0,25
-2

-4

b) (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = mx là :
x3  3x2 = mx
x  0
 x(x2 – 3x  m) = 0   2
 x  3x  m  0 (*)
Đường thẳng y = mx cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương
trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, tức là:
  0

m  0

9  4m  0
9

 m   và m  0.
4
m  0

0,25

0,25

0,25

0,25


Câu 2
(1 điểm)

a) Ta có (sin  cos )2  (sin  cos )2  2(sin 2  cos2  ) =2

5 3
3
=> (sin  cos )  2  (sin  cos )  2   => sin   cos  
4 4
2
2

Do 0   



4

 0  sin   cos  sin   cos  0 nên chọn

sin   cos  

3

2

b ) Đặt z

bi (a,b

a

0.25

2

)

z

a

0.25

bi
0.25

Khi đó: z

2z

6 2i

a bi 2(a bi)

6 2i

a bi 2a 2bi 6 2i
3a bi 6 2i
3a 6
a 2
z 2
b 2
b
2
Câu 3
0.5 điểm

0.25

2i

2log22 ( x  3)  log2 ( x  3)  1 ; điều kiện x > 3
Đặt t  log 2 ( x  3) khi đó phương trình trở thành: 2t2 + t  1 = 0

1
 t = 1 hoặc t 
2
1
7
Với t = 1 thì log2 ( x  3)  1  x  3   x  (thỏa điều kiện)
2
2
1

1
Với t  thì log2 ( x  3)   x  3  2  x  3  2 (thỏa điều kiện)
2
2
7
Phương trình có 2 nghiệm: x  ; x  3  2
2
3
2
Câu 4
Giải phương trình: 2x  9x  6x(1  2 6x 1)  2 6x 1  8  0 (1)
(1,0 điểm)
1
Điều kiện: x  (*)
6
3
2
(1)  2x  9x  6x  8  2(6x 1) 6x 1 (2)

0.25

0,25

0,25

Đặt y  6x 1 , y  0, ta có hệ phương trình:

2x3  9x 2  6x  8  2y3

2

18x  3  3y
Suy ra:

2x3  9x2  12x  5  2y3  3y2

 2(x  1)3  3(x  1)2  2y3  3y2 (3)
Xét hàm số f(t) = 2t3 + 3t2, với t  0.
f’(t) = 6t2 + 6t > 0, t > 0 và f(t) liên tục trên nửa khoảng [0;+) nên f(t) đồng
biến trên nửa khoảng [0;+).
1
x   x 1  0
6
(3)  f (x 1)  f (y)  x  1  y
Từ đó:

0,25

0,25

6x  1  x  1

x  2  2
 6x  1  (x  1)2  x 2  4x  2  0  
(thỏa (*))
 x  2  2
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm: x  2  2 và x  2  2 .

0,25

Câu 5
(1,0 điểm)

0.25

I   ( x2  x.ex )dx   x2dx   xe xdx
1

1

1

0

0

0

1
1
1
Tính I1   x2dx  x3 |10 
0
3
3

0.25

Và I 2   xex dx  xex |10  ex dx  e  (e 1)  1

0.25

4
Vậy I  I1  I 2 
3

0.25

1

1

0

0

Câu 6
(1,0 điểm)

S

A

I

D

* Gọi H là trung điểm cạnh AB.
Tam giác SBC đều cạnh a nên:
SH  AB

(SAB)  (ABCD)

(SAB)  (ABCD)  AB
SH  AB; SH  (SAB)


0,25

=> SH  (ABCD)

H

B

C

SH = a 3

1
2a 3 3
Thể tích khối chóp S.ABCD là: V  SABCD.SH 
3
3
AD // BC  AD // (SBC)  d(D,(SBC))=d(A,(SBC))
Gọi I là trung điểm cạnh SB.
CM: AI  (SBC).
 d(D,(SBC))=AI= a 3
Câu 7
1 điểm

A

0,25
0,25
0,25

A'
M

N
I
J

B

C

H

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC.
Ta có BC = 10. Gọi M, N là các tiếp điểm trên AB, AC ta có p = BC + AM
Mà AM = r nên p  BC  r  10  3 5  5  3 5  5 . Ta có S = pr = 20

1
. BC. h =20 => h = 4
2
Do r  3 5  5 nên tâm I nằm trên các đường thẳng song song BC, cách BC
một khoảng bằng r, mà yI > 0 nên I nằm trên đường y  3 5  4 và điểm A nằm
trên đường y = 5
Gọi J là trung điểm BC => J(3;1) và JA = ½ BC nên A(0 ;5) hoặc A’(6;5).

0.25

Gọi AH = h ta có S =

0.25


Câu 8
1 điểm

Câu 9
0.5 điểm

Câu 10
1 điểm

Ta xét A(0;5) Ta có phtr AB: 2x  y +5 = 0 ; phtr AC: x +2y 10 = 0
Phtr phân giác trong AI: 3x + y 5 = 0 . Ta có I là giao điểm của phân giác AI và
đường y  3 5  4 nên tọa độ tâm I ( 5  3;3 5  4)

0.25

Với A’(6;5) ta có I '( 5  3;3 5  4)

0.25

5
6

0.25

Phương trình mặt cầu là x2 + ( y  1)2 + ( z  2)2 =

25
6
* Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm; Trục Oy có vec tơ chỉ phương j = ( 0 ; 1 ; 0)
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n  (2;1; 1)

0.25

Mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyến là: nQ  [n, j ]  (1;0;2)

0.25

Mặt phẳng (Q) còn qua gốc O nên có phương trình là: x + 2z = 0.
Không gian mẫu  là tập hợp các cách chọn 5 quả cầu từ 20 quả cầu:
5
Số phần tử không gian mẫu là: n()  C20
 15504 .
Gọi A là biến cố chọn được 5 quả cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trong 20 số từ 1 đến 20 có 10 số lẻ, 5 số chẵn chia hết cho 4 và 5 số chẵn không
chia hết cho 4.
Do đó n( A)  C103 .C51.C51  3000
n( A) 3000 125


Vậy Xác suất cần tính là: P( A) 
n() 15504 646

0.25

* Bán kính mặt cầu R  d ( K ;( P)) 

P

a3c



b3a

2 b3a  3bc 2 c3b  3ca
Với a ; b; c dương



0.25

0.25

c3b
2 a3c  3ab
2

 a


3
b

ac
a ac



Ta có
2 b3a  3bc b(2 ba  3c) 2 b  3 c
c
a
2

 b


c
b3a
c3b



Tương tự
2 c3b  3ca 2 c  3 a
2 a3c  3ab 2
a
b
a
b
c
; y
;z

; ( x; y; z  0) khi đó xyz = 1
Do đó đặt: x 
b
c
a
x2
y2
z2
Khi đó P 


2 y  3z 2 z  3x 2 x  3 y
Ta có

0.25

2

 c


 a
a
b
3
b
c

x2
2 y  3z

y2
2 z  3x
z2
2x  3 y 2





 ( x  y  z)
2 y  3z
25
2 z  3x
25
2x  3 y
25
5

0.25

0.25

x2
y2
z2
1
3
3



 ( x  y  z )  3 xyz 
Nên P 
2 y  3z 2 z  3x 2 x  3 y 5
5
5
3
0.25
Vây Pmin  khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c.
5
Chú ý: Những cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Tùy theo thang điểm của đáp
mà giám khảo cho điểm tương ứng.
HẾT