Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam
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 46/50
Ngày thi : 28/05/2015
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 =
mx + 1
x − 1
(1)
, với
m ≠ −1
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số (1) với
m = −2
.
2. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 2 đi qua điểm A(1;3).
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho
0 < a <
π
2
. Chứng minh rằng:
1 − sin a + 1 + sin a
1 + sin a − 1 − sin a
= cot

a
2
.
b) Cho số phức
z =
5
3 − i
. Tính mô đun của số phức
w = z + z
2
.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình
log
3
x
2
81
− log
3
(x + 1) = −2
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
54x
3
+ 123x
2
+ 90x + 4 ≥ 2 (12 − x
2
)
3

.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
I =
dx
cos
3
x
0
π
6
∫
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp đều,
AB = a
. Gọi
ϕ
là góc giữa
mặt phẳng (A’BC) và mặt phẳng (ABC) với
cos
ϕ
=
3
3
. Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và khoảng
cách từ A’ đến mặt phẳng (BCC’B’).

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là
điểm H(2;-1). Gọi I là điểm trên đoạn AH, đường thẳng CI cắt AB tại điểm P(-2;2) và đường thẳng BI cắt
AC tại điểm Q(2;2). Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết đỉnh B nằm trên đường thẳng
x + y + 8 = 0

.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(3;-1;1), B(-1;0;-2), C(4;1;-
1) và D(3;2;-6). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với AC. Tìm tâm I của mặt cầu
(S) tiếp xúc với hai đường thẳng AC và BD lần lượt tại A và B.
Câu 9 (0,5 điểm). Cho khai triển
(2x + 1)(x + 1)
n
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ + a
n
x
n
. Tìm số tự nhiên n biết rằng
n > 8
và
a
7
− a
8
= 561
.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực thoả mãn
1 ≤ b ≤ a < c ≤ 2

và
a + b + c = 4
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
P =
a
2
b(a − b) + b
2
c(b − c) + c
2
a(c − a)
(b − c)
2
.

HẾT
Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
2

PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
y =
mx + 1
x − 1
(1)
, với

m ≠ −1
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số (1) với
m = −2
.
2. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 2 đi qua điểm A(1;3).
1. Học sinh tự giải.
2. Tiếp điểm là M(2;2m+1), ta có:
y' = −
m + 1
(x − 1)
2
⇒ y'(2) = −m − 1
.
+) Phương trình tiếp tuyến của (1) tại điểm M là
y = −(m + 1)(x − 2) + 2m + 1
.
+) Vì d đi qua điểm A(1;3) nên
3 = −(m + 1)(1− 2) + 2m + 1 ⇔ 3m + 2 = 3 ⇔ m =
1
3
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho
0 < a <
π
2
. Chứng minh rằng:
1 − sin a + 1 + sin a
1 + sin a − 1 − sin a

= cot
a
2
.
b) Cho số phức
z =
5
3 − i
. Tính mô đun của số phức
w = z + z
2
.
a) Ta có:
0 < a <
π
2
⇒ 0 <
a
2
<
π
4
⇒ 0 < tan
a
2
< 1 ⇒ sin
a
2
< cos
a

2
, vì vậy:

1− sina + 1+ sin a
1+ sina − 1− sin a
=
(sin
a
2
− cos
a
2
)
2
+ (sin
a
2
+ cos
a
2
)
2
(sin
a
2
+ cos
a
2
)
2

− (sin
a
2
+ cos
a
2
)
2
=
sin
a
2
− cos
a
2
+ sin
a
2
+ cos
a
2
sin
a
2
+ cos
a
2
− sin
a
2

− cos
a
2
=
2 cos
a
2
2sin
a
2
= cot
a
2
.

b) Ta có:
z =
5(3 + i)
10
=
3 + i
2
⇒ z =
3 − i
2
, z
2
=
(3 + i)
2

4
=
4 + 3i
2
.
Suy ra:
w =
3 − i
2
+
4 + 3i
2
=
7 + 2i
2
⇒ w =
1
2
7
2
+ 2
2
=
53
2
.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình
log
3
x

2
81
− log
3
(x + 1) = −2
.
Điều kiện:
−1 < x ≠ 0
, phương trình tương đương với:

log
3
x
2
− 4 − log
3
(x + 1) = −2 ⇔ log
3
x
2
x + 1
= 2 ⇔
x
2
x + 1
= 9
⇔ x
2
− 9x − 9 = 0 ⇔ x =
9 ± 3 13

2
.
Vậy nghiệm phương trình
x =
9 ± 3 13
2
.
Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
3
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
54x
3
+ 123x
2
+ 90x + 4 ≥ 2 (12 − x
2
)
3
.
Phân tích: Ta tìm nghiệm chính xác của phương trình:
Bước 1. Nhập phương trình vào máy tính, Nhấn Shift +Calc với
x = 1
ta có nghiệm
x
0
≈ 0, 477032
.
Bước 2. Lưu nghiệm này vào biến nhớ A, thao tác:

SHIFT STO A
.
Bước 3. Vào chức năng Table, thao tác:
MODE 7
.
Bước 4. Nhập vào hàm F(X)=, thao tác:
ALPHA A x
2
+ ALPHA A ALPHA X =
.
Bước 5. Nhập vào hàm G(X)=, thao tác:
0 =
.
Bước 6. Nhập vào điểm bắt đầu “Start?”, thao tác:
−9 =
.
Bước 7. Nhập vào điểm kết thúc “End?”, thao tác:
9 =
.
Bước 8. Nhập vào bước nhảy “Step?”, thao tác:
1 =
.
Bước 9. Kiểm tra kết quả của bảng giá trị của F(X), ta nhận F(X) giá trị hữu tỷ.
Với hàm
F(X) = A
2
+ A.X
ta thấy không có giá trị nào của X để F(X) nhận giá trị hữu tỷ.
Vì vậy nhấn
AC

thoá ra ngoài và quay lại bước 4, nhập F(X)=, thao tác:
2 ALPHA A x
2
+ ALPHA A ALPHA X =
.
( tức nhập vào hàm
F(X) = 2A
2
+ A.X
). Các bước sau hoàn toàn tương tự:
+) Tiếp tục thực hiện như vậy cho đến khi F(X) nhận giá trị hữu tỷ, ta thấy với

F(X) = 5A
2
+ A.X
thì
F(6) = 4 ⇔ 5A
2
+ 6A = 4 ⇔ 5A
2
+ 6A − 4 = 0
.
Vậy nghiệm lẻ tìm được là nghiệm của phương trình:
5x
2
+ 6 x − 4 = 0
, hay
x
0
=

−3 + 29
5
.
Với
x
0
=
−3 + 29
5
⇒ 12 − x
0
2
=
262 + 6 29
25
=
3 29 + 1
5
= 3x
0
+ 2
.
Khi đó tìm được nhị thức (ax+b) ghép với
12 − x
2
là
12 − x
2
− (3x + 2)
.

Lời giải:
Điều kiện:
−2 3 ≤ x ≤ 2 3
.
Để bất phương trình có nghiệm ta phải có:
54 x
3
+ 123x
2
+ 90 x + 4 ≥ 0 ⇒ 3x + 2 > 0
.

Bất phương trình tương đương với:
3(5x
2
+ 6x − 4) + 2 (3x + 2)
3
− (12 − x
2
)
3
⎡
⎣
⎤
⎦
≥ 0
⇔ 3(5x
2
+ 6x − 4) + 2 (3x + 2) − 12 − x
2

⎡
⎣
⎤
⎦
. (3x + 2)
2
+ (3x + 2) 12 − x
2
+ 12 − x
2
⎡
⎣
⎤
⎦
≥ 0
⇔ (5x
2
+ 6x − 4) 3+
4 (3x + 2)
2
+ (3x + 2) 12 − x
2
+ 12 − x
2
⎡
⎣
⎤
⎦
3x + 2 + 12 − x
2

⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥
≥ 0 (*)
.
Vì
3x + 2 > 0
nên
3 +
4 (3x + 2)
2
+ (3x + 2) 12 − x
2
+ 12 − x
2
⎡
⎣
⎤
⎦
3x + 2 + 12 − x
2
> 0
.

Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
4
Vì vậy
(*) ⇔ 5x
2
+ 6x − 4 ≥ 0 ⇔
x ≥
−3+ 29
5
x ≤
−3− 29
5
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
. Đối chiếu với điều kiện suy ra:
−3 + 29
5
≤ x ≤ 2 3
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
S =
−3 + 29
5
;2 3

⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
I =
dx
cos
3
x
0
π
6
∫
.
I =
dx
cos
3
x
0
π
6
∫
=
cos xdx
cos

4
x
0
π
6
∫
=
d(sin x)
(1− sin
2
x)
2
0
π
6
∫
.
Đặt
t = sin x ⇒ dt = cos xdx
, và
I =
dt
(1− t
2
)
2
0
1
2
∫

=
1
4
1
1− t
+
1
1+ t
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
dt
0
1
2
∫
=
1
4
1
(1− t)
2
+
1
(1+ t)
2

+
1
1− t
+
1
1+ t
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
dt
0
1
2
∫
=
1
4
−
1
t −1
−
1
t + 1
+ ln
t + 1
t −1
⎡

⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
1
2
0
=
1
3
+
1
4
ln 3
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp đều,
AB = a
. Gọi
ϕ
là góc giữa
mặt phẳng (A’BC) và mặt phẳng (ABC) với
cos
ϕ
=
3
3
. Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và khoảng
cách từ A’ đến mặt phẳng (BCC’B’).
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và

AB. Gọi H là giao điểm của AM và CN khi đó
H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Suy ra
A ' H ⊥ ABC
( )
.
Ta có:
BC ⊥ AM
BC ⊥ A' H
⎧
⎨
⎩
⇒ BC ⊥ A ' HM
( )
nên góc

A ' MH
!
=
ϕ
chính là góc giữa hai mặt phẳng
(A’BC) và (ABC).
Ta có:
AM = ABsin 60
0
=
a 3
2
.
Suy ra

HM =
AM
3
=
a 3
6
.
F
K
E
P
I
B'
C'
H
M
N
B
A
C
A'

Tam giác vuông A’HM có:
A ' H = HM .tan
ϕ
= HM
1
cos
2
ϕ

−1 =
a 3
6
.
1
1
3
−1 =
a 6
6
.
S
ABC
= AB.AC sin 60
0
=
a
2
3
4
⇒ V
A '.ABC
=
1
3
A ' H .S
ABC
=
1
3

.
a 6
6
.
a
2
3
4
=
a
3
2
24
.
Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
5
Ta có:
V
A '.BCC ' B '
= V
ABC.A ' B'C '
− V
A '.ABC
= 3V
A '.ABC
− V
A '.ABC
= 2V

A '.ABC
= 2.
a
3
2
24
=
a
3
2
12
(đvtt).
Tính
d A'; BCC ' B'
( )
( )
:
Ta có
AA'/ / BCC 'B'
( )
⇒ d A'; BCC ' B'
( )
( )
= d AA '; BCC ' B '
( )
( )
= d A; BCC ' B '
( )
( )
.

Ta có:
BC ⊥ A ' HM
( )
⇒ A ' HM
( )
⊥ BCC ' B '
( )
.
Gọi P là trung điểm của B’C’ khi đó MP là giao tuyến của hai mặt phẳng (A’HM) và (BCC’B’).
Kẻ
AK ⊥ MP
tại K ta có
AK ⊥ BCC ' B '
( )
.
Do
MP / /BB'/ /AA ' ⇒ d A; BCC ' B '
( )
( )
= d A; MP
( )
= d M ; AA'
( )
.
Kẻ MI vuông góc với AA’ tại I khi đó MI là đường cao của tam giác A’AM.
Ta có:
AK = MI =
2S
A ' AM
AA'

=
A ' H .AM
AA'
=
a 6
6
.
a 3
2
a 6
6
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
+
a 3
3
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
=
a

2
.
Vậy
d A '; BCC 'B'
( )
( )
= AK =
a
2
.
Nhận xét. Ta có thể quy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCC’B’) về khoảng cách từ H đến mặt phẳng
(BCC’B’) như sau:
Ta có:
d A; BCC 'B'
( )
( )
=
AM
HM
.d H; BCC 'B'
( )
( )
= 3d H; BCC ' B '
( )
( )
.
Kẻ PE song song với A’H cắt HM tại E khi đó
PE ⊥ ABC
( )
.

Ta có
ME = HE − HM = A' P − HM = AM − HM = AH = 2HM
.
Suy ra
d H ; BCC ' B '
( )
( )
=
HM
EM
.d E; BCC ' B '
( )
( )
=
1
2
d E; BCC ' B '
( )
( )
.
Kẻ EF vuông góc với MP tại F ta có
EF ⊥ BCC ' B '
( )
.
Tam giác vuông MPE có:
1
EF
2
=
1

EP
2
+
1
EM
2
=
1
A ' H
2
+
1
AH
2
=
1
a 6
6
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
+
1
a 3
3
⎛

⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
=
9
a
2
⇒ EF =
a
3
.
Vậy
d A; BCC ' B '
( )
( )
= 3d H; BCC ' B '
( )
( )
=
3
2
.d E; BCC ' B '
( )
( )
=
3
2

.
a
3
=
a
2
.
Ta có kết quả tương tự cách trên.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là
điểm H(2;-1). Gọi I là điểm trên đoạn AH, đường thẳng CI cắt AB tại điểm P(-2;2) và đường thẳng BI cắt
AC tại điểm Q(2;2). Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết đỉnh B nằm trên đường thẳng
x + y + 8 = 0
.
Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
6

Ta chứng minh AH là phân giác của góc

PHQ
!
.
Qua I kẻ đường thẳng MN song song với BC (
M ∈ AB, N ∈AC
),
MN cắt HP,HQ lần lượt tại E và F.
Ta có MN//BC nên:
IE
IM

=
CH
CB
và
IN
IF
=
BC
BH
.
Suy ra:
IE
IM
.
IN
IF
=
CH
CB
.
BC
BH
=
CH
BH
.
Mặt khác
IN
IM
=

CH
BH
nên
IE
IF
= 1 ⇔ IE = IF
tức I là trung điểm EF mặt khác
HI ⊥ EF
.
Vì vậy AH là phân giác của góc

PHQ
!
.
+) Phương trình đường thẳng HP qua H,P là
3x + 4y − 2 = 0
.
Phương trình đường thẳng HQ qua H,Q là
x − 2 = 0
.
Suy ra phương trình AH là
3x + 4 y − 2
5
= ±
x − 2
1
⇔
2x + y − 3 = 0
x − 2y − 4 = 0
⎡

⎣
⎢
.
Đối chiếu P,Q khác phía với AH nên
AH : 2x + y − 3 = 0
.
+) Phương trình đường thẳng BC qua H vuông góc AH là
x − 2y − 4 = 0
.
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ
x − 2y − 4 = 0
x + y + 8 = 0
⎧
⎨
⎩
⇒ B(−4;−4)
.
+) Phương trình đường thẳng AB qua B,P là
3x − y + 8 = 0
.
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ
3x − y + 8 = 0
2x + y − 3 = 0
⎧
⎨
⎩
⇒ A(−1;5)
.
+) Phương trình đường thẳng AC qua A,Q là
x + y − 4 = 0

.
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ
x + y − 4 = 0
x − 2y − 4 = 0
⎧
⎨
⎩
⇒ C(4;0)
.
Vậy A(-1;5),B(-4;-4), C(4;0).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(3;-1;1), B(-1;0;-2), C(4;1;-
1) và D(3;2;-6). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với AC. Tìm tâm I của mặt cầu
(S) tiếp xúc với hai đường thẳng AC và BD lần lượt tại A và B.
Ta có

AC
! "!!
= (1;2;−2)
, (P) đi qua A và vuông góc với AC có phương trình

(P) : x + 2y − 2z + 1 = 0
.
Mặt phẳng (Q) đi qua B và vuông góc với BD có phương trình

(Q) : 2x + y − 2z − 2 = 0
.
Vì (S) tiếp xúc với AC tại A, BD tại B nên tâm I của mặt cầu (S) nằm trên giao tuyến của (P) và (Q) có
phương trình

x + 2y − 2z + 1 = 0

2x + y − 2z − 2 = 0
⎧
⎨
⎩
⇒
y = 2t
x − 2z + 4t + 1 = 0
2x − 2z + 2t − 2 = 0
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇔
x = 3 + 2t
y = 2t
z = 2 + 3t
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
.
Suy ra
I 3 + 2t; 2t;2 + 3t
( )
, ta có

IA
2

= IB
2
⇔ 4t
2
+ 2t + 1
( )
2
+ 3t + 1
( )
2
= 2t + 4
( )
2
+ 4t
2
+ 3t + 4
( )
2
⇔ t = −1 ⇒ I 1;−2;−1
( )
.
Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
7
Vậy I(1;-2;-1).
Câu 9 (0,5 điểm). Cho khai triển
(2x + 1)(x + 1)
n
= a

0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ + a
n
x
n
. Tìm số tự nhiên n biết rằng
n > 8
và
a
7
− a
8
= 561
.
Ta có:
(2x + 1)(x + 1)
n
= 2x (x + 1)
n
+ (x + 1)
n
, do đó ta có:

a

7
= 2C
n
6
+ C
n
7
,a
8
= 2C
n
7
+ C
n
8
.
Theo giả thiết ta có:
2C
n
6
+ C
n
7
− (2C
n
7
+ C
n
8
) = 561 ⇔ 2C

n
6
− C
n
7
− C
n
8
= 561 ⇔ n = 12
.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực thoả mãn
1 ≤ b ≤ a < c ≤ 2
và
a + b + c = 4
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
P =
a
2
b(a − b) + b
2
c(b − c) + c
2
a(c − a)
(b − c)
2
.
Theo giả thiết ta có:
(a − b)(a − c) ≤ 0
.


P =
a(b − c)
2
(b + c − a) + (a + b − c)b(a − b)(a − c)
(b − c)
2
≤
a(b − c)
2
(b + c − a)
(b − c)
2
= a(4 − 2a) = 2.a(2 − a) ≤ 2
a + 2 − a
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
= 2
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a = b
a = 2 − a
a + b + c = 4
⎧

⎨
⎪
⎩
⎪
⇒ a = b = 1,c = 2
.