Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
1
Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 40/50
Ngày thi : 18/05/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
y = x
3
− 3x
2
+ m
2
x + m (1)
, với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với
m = 0
.
2. Cho điểm C(2;6), tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác ABC
cân tại C.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho
π
< a <
3
π
2

thoả mãn
cos a = −
4
5
. Tính giá trị biểu thức
P = sin
a
2
.cos
3a
2
.
b) Cho số phức
z = m + (3m + 2).i
với m là số thực âm thoả mãn
z = 2
. Tính môđun của số phức
w = 5z + 3 − 4i
.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình
log
3
3x − 5
(x + 1)
2
− log
1
27
(x + 1)
3

≤ −1
.

Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( y + 1)( x + 1)(1+ 2 − y
2
) = 9 − x(2y
2
− y
4
)
x + y + 2 − y
2
+ xy
2
(2 − y
2
) = 4
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường cong
y =
1
2
4 − x
2

và trục
hoành.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc
của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H cạnh BC, đường cao
SH = b
. Gọi D là chân đường
cao hạ từ C của tam giác SBC, khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAC) bằng
33 13a
91
. Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm J(-1;0), trực
tâm là điểm H(1;1). Gọi D là chân đường cao hạ từ đỉnh A, và I,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của
D lên HB,HC. Phương trình đường thẳng IK là
y −
1
2
= 0
. Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết đỉnh A nằm
trên đường thẳng

4x + 5y − 21= 0
, đỉnh B có hoành độ âm.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(-1;-2;0), B(-5;-3;1) và C(-2;-
3;4) và đường thẳng
Δ :
x +1
1
=
y

1
=
z − 2
−1
. Tìm giao điểm I của đường thẳng
Δ
và mặt phẳng (ABC).
Tìm điểm D trên đường thẳng
Δ
sao cho thể tích tứ diện ABCD bằng 3.

Câu 9 (0,5 điểm). Cho tập
E = 1, 2, 3, 4,5,6
{ }
. Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm các chữ số khác
nhau thành lập từ tập E, chọn ngẫu nhiên ra hai số từ M. Tính xác suất để chọn được 2 số tự nhiên
chẵn, gồm ít nhất 5 chữ số.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết x,y, là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = (x + 1)
2
+ (y − 5)
2
+ (x + 4 )
2
+ (y + 4)
2
+ (x − 4 )
2

+ y
2
.
HẾT
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
2

Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
3

PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
y = x
3
− 3x
2
+ m
2
x + m (1)
, với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với
m = 0
.
2. Cho điểm C(2;6), tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác ABC cân
tại C.

1. Học sinh tự giải.
2. Ta có:
y' = 3x
2
− 6x + m
2
; y' = 0 ⇔ 3x
2
− 6x + m
2
= 0
.
Để (1) có 2 cực trị khi và chỉ khi y’ có 2 nghiệm phân biệt, khi đó

Δ ' = 9 − 3m
2
> 0 ⇔ − 3 < m < 3
.
Lấy y chia cho y’ ta được:
y = (
x
3
−
1
3
).y'+
2(m
2
− 3)
3

x +
m
2
+ 3m
3
⇒ AB : y =
2(m
2
− 3)
3
x +
m
2
+ 3m
3
.
Suy ra toạ độ hai điểm cực trị là
A(x
1
;
2(m
2
− 3)
3
x
1
+
m
2
+ 3m

3
), B(x
2
;
2(m
2
− 3)
3
x
2
+
m
2
+ 3m
3
)
.
Toạ độ trung điểm I của AB là
I
x
1
+ x
2
2
;
m
2
− 3
3
(x

1
+ x
2
) +
m
2
+ 3m
3
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
= I (1;m
2
+ m − 2)
.
Ta có:

IC
! "!
= (1;8 − m
2
− m),u
AB
! "!!
= (1;
2(m
2

− 3)
3
)
. Vì tam giác CAB cân tại C nên

IC
! "!
.u
AB
! "!!
= 0 ⇔ 1+
2
3
(m
2
− 3)(8 − m
2
− m) = 0
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho
π
< a <
3
π
2
thoả mãn
cos a = −
4
5

. Tính giá trị biểu thức
P = sin
a
2
.cos
3a
2
.
b) Cho số phức
z = m + (3m + 2).i
với m là tham số thực âm thoả mãn
z = 2
. Tính mô đun của số
phức
w = 5z + 3 − 4i
.
a) Ta có:
π
< a <
3
π
2
⇒ sin a < 0 ⇒ sin a = − 1 − cos
2
a = −
3
5
.
Vì vậy
P = sin

a
2
.cos
3a
2
=
1
2
(sin2a − sina) =
sin a(2 cos a −1)
2
=
39
50
.
b)
z = 2 ⇔ m
2
+ (3m + 2)
2
= 2 ⇔10m
2
+ 12m = 0 ⇔
m = 0(l)
m = −
6
5
(t / m)
⎡
⎣

⎢
⎢
.
Vậy
z = −
6 + 8i
5
⇒ w = (−6 + 8i) + 3 − 4i = −3+ 4i ⇒ w = 3
2
+ 4
2
= 5
.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình
log
3
3x − 5
(x +1)
2
− log
1
27
(x +1)
3
≤ −1
.
Điều kiện:
x >
5
3

. Bất phương trình tương đương với:
log
3
3x − 5
(x +1)
2
+ log
3
(x +1) ≤ −1 ⇔ log
3
3x − 5
x +1
≤ −1 ⇔
3x − 5
x +1
≤
1
3
⇔
8x − 16
x +1
≤ 0 ⇔ −1 < x ≤ 2
.
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
4
Đối chiếu với điều kiện suy ra
5
3

< x ≤ 2
. Vậy tập nghiệm
S =
5
3
;2
⎛
⎝
⎜
⎤
⎦
⎥
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( y + 1)( x + 1)(1+ 2 − y
2
) = 9 − x(2y
2
− y
4
)
x + y + 2 − y
2
+ xy
2
(2 − y
2
) = 4
⎧
⎨

⎪
⎩
⎪
.
Điều kiện:
x ≥ 0, − 2 ≤ y ≤ 2
.
Đặt
a = x,b = y ,c = 2 − y
2
(a,b,c ≥ 0)
, khi đó hệ phương trình trở thành:

(a +1)(b + 1)(c + 1) = 9 − abc (1)
a + b + c + abc = 4 (2)
⎧
⎨
⎩
.
Từ (1) ta có:
a =
8 − b − c − bc
1 + b + c + 2bc
, thay vào (2) ta được:
8 − b − c − bc
1 + b + c + 2bc
+ b + c +
8 − b − c − bc
1 + b + c + 2bc
.bc = 4

(*).
Đây là phương trình đối xứng 2 biến nên ta đặt
b + c = 2u,bc = v
2
, theo bất đẳng thức AM –GM ta có:
Khi đó phương trình (*) trở thành:
8 − b − c − bc
1+ b + c + 2bc
+ b + c +
8 − b − c − bc
1+ b + c + 2bc
.bc = 4
(1 + v
2
).
8 − 2u − v
2
1+ 2u + 2v
2
+ 2u = 4 ⇔ 4u
2
− 2(4 − v
2
)u + 4 − v
2
− v
4
= 0
.
Mặt khác:

4u
2
= 2 + 2 y 2 − y
2
= 2 + 2v
2
⇔ v
2
= 2u
2
− 1
.
Phương trình trở thành:

4u
2
− 2(4 − (2u
2
− 1))u + 4 − (2u
2
− 1) − (2u
2
− 1)
2
= 0
⇔ 4u
4
− 4u
3
− 6u

2
+ 10u − 4 = 0 ⇔ (u −1)(2u
3
− 3u + 2) = 0 ⇔ u = 1
.
Bởi vì
u =
b + c
2
=
2 + 2 y
2
(2 − y
2
)
2
≥
1
2
⇒ 2u
3
− 3u + 2 > 0
.
Vậy
u = 1 ⇔ v = 1 ⇔ y 2 − y
2
= 1 ⇔ y = ±1 ⇒ x = 1
.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
(x; y) = (1;−1);(1;1)

.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đường cong
y =
1
2
4 − x
2
và trục
hoành.
Phương trình hoành độ giao điểm:
1
2
4 − x
2
= 0 ⇔ x = −2; x = 2
.
Vậy
S =
1
2
4 − x
2
dx
−2
2
∫
, đặt
x = 2sint,t ∈ −
π
2

;
π
2
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
⇒ dx = 2costdt
.
Suy ra:
S =
1
2
4 − 4sin
2
t .2 cost dt
−
π
2
π
2
∫
= 2 cos
2
t dt
−
π
2

π
2
∫
= (1 + cos2t )dt
−
π
2
π
2
∫
= (t +
1
2
sin 2t )
π
2
−
π
2
=
π
(đvdt).
Bình luận: Tính phân
I = k
2
− x
2
dx
a
b

∫
, đổi biến dạng lượng giác
x = k.sin t
hoặc
x = k.cos t
.
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
5
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc
của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H cạnh BC, đường cao
SH = b
. Gọi D là chân đường
cao hạ từ C của tam giác SBC, khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAC) bằng
33 13a
91
. Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABC.

Gọi M,N lần lượt là trung điểm AC,CM.
Ta có HN//BM, suy ra
HN ⊥ AC ⇒ AC ⊥ (SHN )
.
Kẻ HK vuông góc SN tại K ta có
HK ⊥ (SAC)
.
Tam giác vuông SHN có
1
HK

2
=
1
SH
2
+
1
HN
2
=
1
b
2
+
16
3a
2
⇒ HK =
ab 3
3a
2
+ 16b
2
.
Tam giác vuông SHB kẻ đường cao HI,ta có HI//CD và I là trung
điểm BD.
Ta có:
SI
SB
=

SH
2
SB
2
=
b
2
b
2
+
a
2
4
=
2b
2
a
2
+ 4b
2
, và
IB
SB
=
HB
2
SB
2
=
a

2
4 b
2
+
a
2
4
=
a
2
2 a
2
+ 4b
2
.
Suy ra:
SD
SB
=
SI − DI
SB
=
SI − IB
SB
=
2b
2
a
2
+ 4b

2
−
a
2
2 a
2
+ 4b
2
=
4b
2
− a
2
2 a
2
+ 4b
2
.
Vì vậy
d(D;(SAC)) =
SD
SB
.d(B;(SAC)) =
2SD
SB
.d(H ;(SAC)) =
4b
2
− a
2

a
2
+ 4b
2
.
ab 3
3a
2
+ 16b
2
.
Theo giả thiết ta có:
4b
2
− a
2
a
2
+ 4b
2
.
ab 3
3a
2
+ 16b
2
=
33 13a
91
⇔ b = a 3

.
Vì vậy
V
S.ABC
=
1
3
S
ABC
.SH =
1
3
.
a
2
3
4
.a 3 =
a
3
4
(đvtt).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm J(-1;0), trực
tâm là điểm H(1;1). Gọi D là chân đường cao hạ từ đỉnh A, và I,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của
D lên HB,HC. Phương trình đường thẳng IK là
y −
1
2
= 0
. Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết đỉnh A nằm

trên đường thẳng

4x +5y − 21= 0
, đỉnh B có hoành độ âm.
HD: Ta chứng minh IK vuông góc với JA.

Gọi E,F là chân đường cao hạ từ đỉnh B,C.
Ta có

EF ⊥ JA
, vậy ta chỉ cần chứng minh EF//IK.
Thật vậy, tứ giác HIDK nội tiếp vì

I
!
= K
"
= 90
0
, do đó

HIK
!
= HDK
!
( cùng chắn cung HK).
Mặt khác

HDK
!

= HCD
!
(cùng phụ góc

DHC
!
).
Suy ra

HIK
!
= HCD
!
= FEB
!
, tức EF//IK vì vậy

IK ⊥ JA
.
Phương trình đường thẳng JA qua J vuông góc IK là

x +1= 0
.
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
6
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ

x +1= 0

4x +5y − 21= 0
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇒ A(−1;5)
.
Gọi M là trung điểm BC, ta có

AH
! "!!
= 2IM
! "!
⇒ M (0;−2)
.
Đường thẳng BC qua M vuông góc IM là

x − 2 y − 4 = 0
.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là

(x +1)
2
+ y
2
= 25
.

Toạ độ B,C là nghiệm của hệ

(x +1)
2
+ y
2
= 25
x − 2 y − 4 = 0
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇔
x = −4, y = −4
x = 4, y = 0
⎡
⎣
⎢
⎢
⇒ B(−4;−4),C(4;0)
.
Vậy

A(−1;5), B(−4;−4),C(4;0)
.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(-1;-2;0), B(-5;-3;1) và C(-2;-
3;4) và đường thẳng

Δ :
x +1
1
=
y
1
=
z − 2
−1
. Tìm giao điểm I của đường thẳng
Δ
và mặt phẳng (ABC).
Tìm điểm D trên đường thẳng
Δ
sao cho thể tích tứ diện ABCD bằng 3.


AB
! "!!
= (−4;−1;1), AC
! "!!
= (−1;−1;4), AB
! "!!
, AC
! "!!
⎡
⎣
⎤
⎦
= (−3;15;3) / /(1;−5;−1)

.
Vậy phương trình mặt phẳng (ABC) là
x − 5y − z − 9 = 0
.
Toạ độ giao điểm I của
Δ
và mặt phẳng (ABC) thoả mãn hệ:
x +1
1
=
y
1
=
z − 2
−1
x − 5y − z − 9 = 0
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇔
x = −
7
2
y = −
5
2
z =
9

2
⎧
⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⇒ I(−
7
2
;−
5
2
;
9
2
)
.
+) Gọi
D(−1+ t;t;2 − t)
, và

S
ABC
=
1
2

AB
! "!!
, AC
! "!!
⎡
⎣
⎤
⎦
=
1
2
3
2
+ 15
2
+ 3
2
=
9 3
2
.
Vậy
V
ABCD
= 3 ⇒ d(D;(ABC)) =
3V
ABCD
S
ABC
=

9
9 3
2
=
2
3
.

(−1+ t ) − 5t − (2 − t) − 9
1
2
+ 5
2
+ 1
2
=
2
3
⇔ −4 − t = 2 ⇔
t = −2
t = −6
⎡
⎣
⎢
⇒
D(−3;−2;4)
D(−7;−6;8)
⎡
⎣
⎢

.
Vậy
D(−3;−2;4); D (−7;−6;8)
.
Câu 9 (0,5 điểm). Cho tập
E = 1, 2, 3, 4,5,6
{ }
. Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm các chữ số khác
nhau thành lập từ tập E, chọn ngẫu nhiên ra hai số thuộc E. Tính xác suất để chọn được 2 số tự nhiên
chẵn, gồm ít nhất 5 chữ số.
Ta tìm số phần tử của M, M gồm các tập con Mk - có k chữ số khác nhau thành lập từ E.
Ta có
M
k
= A
6
k
, k = 1, 2, , 6
.
Do đó
M = A
6
k
k=1
6
∑
= A
6
1
+ A

6
2
+ + A
6
6
= 1956
.
Không gian mẫu là số cách chọn ra 2 số từ tập M có
n(Ω) = C
1956
2
= 1911990
.
Gọi A là biến cố 2 số chọn ra là các số tự nhiên chẵn, gồm ít nhất 5 chữ số.
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
7
Để tìm số kết quả thuận lợi của A, ta tìm các số tự nhiên chẵn có 5 hoặc 6 chữ số khác nhau thành lập
từ E.
+) Số chẵn có 5 chữ số khác nhau lập từ E là
C
3
1
.A
5
4
= 360
.
+) Số chẵn có 6 chữ số khác nhau lập từ E là

C
3
1
.A
5
5
= 360
.
Vậy trong M có 360+360=720 số chẵn, gồm ít nhất 5 hoặc 6 chữ số.
Suy ra
n(A) = C
720
2
= 258840
.
Xác suất cần tính

P(A) =
n(A)
n(Ω)
=
258840
1911990
=
8628
63733
! 0,13537
.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết x,y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


P = (x + 1)
2
+ (y − 5)
2
+ (x + 4 )
2
+ (y + 4)
2
+ (x − 4 )
2
+ y
2
.
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét ba điểm A(-1;5), B(-4;4), C(4;0) ta có

a = BC = 4 5,b = CA = 5 2, c = AB = 3 10
.
Xét điểm M(x;y), và điểm X bất kỳ ta có:

P = MA + MB + MC =
MA.XA
XA
+
MB.XB
XB
+
MC.XC
XC
≥
MA

! "!!
.XA
! "!!
XA
+
MB
! "!!
.XB
! "!!
XB
+
MC
! "!!
.XC
! "!!
XC
=
(MX
! "!!
+ XA
! "!!
)XA
! "!!
XA
+
(MX
! "!!
+ XB
! "!!
).XB

! "!!
XB
+
(MX
! "!!
+ XC
! "!!
).XC
! "!!
XC
= MX
! "!!
XA
! "!!
XA
+
XB
! "!!
XB
+
XC
! "!!
XC
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
+ XA + XB + XC

.
Chọn điểm X sao cho

XA
! "!!
XA
+
XB
! "!!
XB
+
XC
! "!!
XC
= 0
"
, khi đó
P ≥ XA + XB + XC
.
Ta có:


XA
! "!!
XA
+
XB
! "!!
XB
+

XC
! "!!
XC
= 0
"
⇔
XA
! "!!
XA
+
XB
! "!!
XB
= −
XC
! "!!
XC
⇒ (
XA
! "!!
XA
+
XB
! "!!
XB
)
2
= 1 ⇒ cos
XA
! "!!

XA
;
XB
! "!!
XB
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
#
= −
1
2
⇒
XA
! "!!
XA
;
XB
! "!!
XB
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
#

= 120
0
.
Tương tự, ta có:

XB
! "!!
XC
;
XA
! "!!
XA
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
#
= 120
0
;
XA
! "!!
XA
;
XC
! "!!
XC
⎛

⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
#
= 120
0
, tức là điểm X nhìn ba cạnh tam giác ABC dưới
góc 120
0
.
Khi đó
(XA + XB + XC)
2
= XA
2
+ XB
2
+ XC
2
+ 2(XA.XB + XB.XC + XC.XA)
=
a
2
+ b
2
+ c
2
2

+ 2 3S = 110 + 60 3
.
Ta chỉ ra tồn tại điểm M tức là (x;y) để P bằng
110 + 60 3
, thật vậy về phía ngoài tam giác ABC
dựng tam giác đều BCD, khi đó M là giao điểm của AD và đường tròn (BCD).
Và ta có giá trị nhỏ nhất của P bằng
110 + 60 3
.
Bình luận: Bằng cách tương tự ta tìm được giá trị nhỏ nhất của bài toán tổng quát

P = a.MB + b.MC + c.MA
.
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
8