Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 96
Ngày 8 tháng 5 năm 2015
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3 1y x x mx
= + ++
có đồ thị là (C
m
); ( m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
3m
=
.
2. Xác định m để (C
m
) cắt đường thẳng
1y
=
tại ba điểm phân biệt
( )
0;1 , ,A B C
sao cho các
tiếp tuyến của (C
m
) tại
B
và
C
vuông góc với nhau.
Câu 2.(2,0 điểm)

1. Giải phương trình:
2 2 2
sin cos 3 cos 2x x x− =
.
2. Giải phương trình trên tập số phức:


4 3 2
2 2 1 0.z z z z+ + =+−

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2
( 3)
1
log 3 1 2 log 1
log 2
x
x x x
+
− + = + + ∈¡
.
Câu 4.(1,0 điểm)Giải bất phương trình:
2
2( 16)
7
3
3 3
x
x

x
x x
−
−
+ − >
− −
.
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân
∫








+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh bằng a, SA = h và
vuông góc với đáy, gọi H là trực tâm tam giác ABC. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) và tính
thể tích hình chóp H.SBC theo a và h .
Câu 7.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng
Oxy
cho tam giác
ABC
có
( )
2;1A
. Đường cao kẻ từ đỉnh
B
có phương trình
3 7 0x y− − =
. Đường trung tuyến kẻ từ đỉnh
C
có phương trình
1 0x y+ + =
. Xác định tọa độ
đỉnh
B
và
C
. Tính diện tích tam giác
ABC
.
Câu 8.(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ
Oxyz

cho mặt phẳng
( )
P
có phương trình:
1 0x y− − =
. Lập phương
trình mặt cầu
( )
S
đi qua ba điểm
( ) ( ) ( )
2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C
− −
và tiếp xúc với mặt phẳng
( )
P
.
Câu 9(0,5 điểm) Cho 8 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6
chữ số khác nhau từ các chữ số trên, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 3.
Câu 10(1,0 điểm) Cho
, ,x y z
thoả mãn là các số thực:
2 2
1x xy y− + =
. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của biểu thức
4 4
2 2
2x y
P

x y
+ +
=
+
.
Hết
Luyện Đề từ 19 giờ đến 22 giờ các ngày thứ 3,thứ 5 và Chủ nhật
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 96
Câu NÔI DUNG Điểm
1.1
Cho hàm số
3 2
3 1y x x mx
= + ++
có đồ thị là (C
m
); ( m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
3m
=
.
1,0
I)
3 2
3 1 ( ).y x x mx Cm
= + ++
(C
m

)
1. m = 3 :
3 2
3 3 1y x x x
= + + +
(C
3
)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
3 2
3 3 1y x x x
= + + +
a. Tập xác định:
D
=
¡
b. Sự biến thiên của hàm số
* Giới hạn
lim , lim .
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
*
( )
2
2
' 3 6 3 3 1 0;y x x x x
= + + = + ≥ ∀


⇒
hàm số đồng biến trên
¡
* Lập bảng biến thiên
c. Đồ thị +
'' 6x 6 6( 1)y x
= + = +


'' 0 1y x
= ⇔ = −

⇒
tâm đối xứng
( 1;0)U
−
đồ thị đi qua
( 2; 1), ( 1;0), '(0;1)A U A
− − −

0,25
0,25
0,25
0,25
1.2
Xác định m để (C
m
) cắt đường thẳng
1y
=

tại ba điểm phân biệt
( )
0;1 , ,A B C
sao cho
các tiếp tuyến của (C
m
) tại
B
và
C
vuông góc với nhau
1,0
PT hoành độ giao điểm
3 2 2
3 1 1 x3 ) 0(x mx mx x x
+ + = ⇔ +++ =

Để thỏa mãn yc bài toán đk:
2
x 03 mx
+ + =
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
khác 0 và
1 2
'( ). '( ) 1y x y x
= −
Hay
2 2

1 1 2 2
9 4 0, (0) 0
(3 6 )(3 6 ) 1.
m f m
x x m x x m
− > = ≠


+ + + + = −

2 2 2 2
2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
9
9
, 0
, 0
4
4
9( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1
4 9 1 0
m m
m m
x x x x x x m x x x x m x x m
m m


< ≠
< ≠
 

⇔ ⇔
 
 
+ + + + + + + + = −
− + =


Giải ra ta có ĐS:
9 65
8
m
±
=
2.1
Giải phương trình:
2 2 2
sin cos 3 cos 2x x x− =
.
0,5
Giải phương trình:
2 2 2 2
1 cos 2 1 cos 6
sin cos 3 cos 2 cos 2
2 2
x x
x x x x
− +
− = ⇔ − =

( )

2 2
cos6 cos2 2cos 2 0 2cos 4 cos 2 2cos 2 0
2cos2 cos4 os2 0 cos 2 cos3 cos 0
x x x x x x
x x c x x x x
⇔ + + = ⇔ + =
⇔ + = ⇔ =
0,25
4 2
4 2
6 3
6 3
2
x k
x k
x k
x k
x k
π π
π π
π π
π π
π
π

= +



= +



⇔ = + ⇔



= +




= +


0, 25
Luyện Đề từ 19 giờ đến 22 giờ các ngày thứ 3,thứ 5 và Chủ nhật
2
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
2.2
Giải phương trình trên tập số phức:


4 3 2
2 2 1 0.z z z z+ + =+−

0,5
0z
=
không là nghiệm, chia cả hai vế cho
2

z
ta được :
2
2
1 1
2 1 0z z
z z
   
+ + + − =
 ÷  ÷
   
.
Đặt
1
w z
z
= +
; phương trình trên trở thành:
2
1
2 – 3 0
3
w
w w
w
=

= ⇔

=

+
−


*)
2
1 1 3
1 1 0
2
i
z z z z
z
±
+ = ⇔ − + = ⇔ =
*)
2
1 3 5
3 3 1 0
2
z z z z
z
− ±
+ = − ⇔ + + = ⇔ =
Vậy phương trình có bốn nghiệm:
1 3 3 5
;
2 2
i
z z
± − ±

= =
.
0,25
0,25
3
Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2
( 3)
1
log 3 1 2 log 1
log 2
x
x x x
+
− + = + + ∈ ¡
.
0,5
TXĐ:
1
;
3
D
 
= +∞
 ÷
 
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2

2
2 2
log 3 1 log ( 3) log 4 log 1
1
log 3 1 ( 3) log 4 1 3x 4x 7 0
7
3
x x x
x
x x x
x
− + + = + +
=


⇔ − + = + ⇔ + − = ⇔
−

=

Nghiệm của phương trình
{ }
1S =
.
0,25
0,25
0,25
0,25
4
Giải bất phương trình:

2
2( 16)
7
3
3 3
x
x
x
x x
−
−
+ − >
− −
. ĐK:
4x
≥
1,0
Bpt
2 2
2( 16) 3 7 2( 16) 10 2x x x x x⇔ − + − > − ⇔ − > −
2
2 2
16 0
10 2 0
10 2 0
2( 16) (10 2 )
x
x
x
x x



− ≥


− <


⇔

− ≥



− > −



5
10 34
10 34 5
x
x
x
>

⇔ ⇔ > −

− < ≤


VT(*) < 0 (do
2
)
3
x ≥
nên (*) vô nghiệm
5
Tính tích phân
∫








+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln

1,0
+)
1
1
ln
1 ln
e
x
I dx
x x
=
+
∫
, Đặt t =
1 ln x+
,… Tính được
1
4 2 2
3 3
I = −
0,5
+) Tính
dxxlnxI
e
1
2
2
∫
=
. Đặt








=
=
⇒



=
=
3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32
+
= − = − = − + =
∫
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e

2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I . ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
0,25
0,25
6 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh bằng a, SA = h và vuông
góc với đáy, gọi H là trực tâm tam giác ABC. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
1,0
Luyện Đề từ 19 giờ đến 22 giờ các ngày thứ 3,thứ 5 và Chủ nhật
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
(SBC) và tính thể tích hình chóp H.SBC theo a và h

j
I
H
M
A
C
B
S
+) Xác định và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) là
2 2
3
( ,( )
4 3a
ah
d A SBC

h
=
+
.
+)
1
S
3
SBC
V h
∆
=
2 2
4
S
3
4
SBC
a h a
∆
+
=
;
2 2
2 2
3
3 4 3
3(4 3 )
ah ah
h IH

h a
h a
= = =
+
+

Vậy:
2
3
36
a h
V =

0, 5
0, 5
7
Trong mặt phẳng
Oxy
cho tam giác
ABC
có
( )
2;1A
. Đường cao kẻ từ đỉnh
B
có
phương trình
3 7 0x y− − =
. Đường trung tuyến kẻ từ đỉnh
C

có phương trình
1 0x y+ + =
. Xác định tọa độ đỉnh
B
và
C
. Tính diện tích tam giác
ABC
.
1,0
M
C
B
H
A
+AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là
(3;1)n =
r
, AC có phương trình
3 7 0x y+ − =

+ Tọa độ C là nghiệm của hệ
AC
CM



……
( )
4; 5C⇒ −

+
2 1
;
2 2
B B
M M
x y
x y
+ +
= =
; M thuộc CM ta được
2 1
1 0
2 2
B B
x y+ +
+ + =
+ Giải hệ
2 1
1 0
2 2
3 7 0
B B
B B
x y
x y
+ +

+ + =




− − =

ta được B(-2 ;-3).
0,25
0,25
*) Tính diện tích
ABC∆
.+ Tọa độ H là nghiệm của hệ
14
3 7 0
5
3x 7 0 7
5
x
x y
y
y

=

− − =


⇔
 
+ − =



= −



0,25
+ Tính được
8 10
; 2 10
5
BH AC= =
.
Diện tích
1 1 8 10
. .2 10. 16
2 2 5
S AC BH= = =
( đvdt)
0,25
Luyện Đề từ 19 giờ đến 22 giờ các ngày thứ 3,thứ 5 và Chủ nhật
4
t
f
f
/
f
0
1
4
3
0

+
-
4
13
1
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
8
Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
( )
P
có phương trình:
1 0x y− − =
. Lập
phương trình mặt cầu
( )
S
đi qua ba điểm
( ) ( ) ( )
2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C
− −
và tiếp xúc
với mặt phẳng
( )
P
.
1,0
Mặt phẳng

( )
α
có phương trình dạng
2 2 2
0,( 0)ax by cz d a b c+ + + = + + ≠
( )
α
đi qua hai điểm
( )
0; 1;2 ,A −
( )
1;0;3B
nên:
2 0
3 0 2 3
b c d c a b
a c d d a b
− + + = = − −
 
⇒
 
+ + = = +
 
(1)
Mặt cầu
( )
S
có tâm
(1;2; 1)I −
bán kính

2R =
( )
α
tiếp xúc
( )
S
nên
( )
2 2 2
2
,( ) 2
a b c d
d I R
a b c
α
+ − +
= ⇔ =
+ +
, (2)
0,25
0,25
Thay (1) vào (2) được :
2 2 2 2
2 3 3 11 8 0a b a b ab a ab b+ = + + ⇔ + + =
(3)
Nếu
0 0 0a b c= ⇒ = ⇒ =
loại Nếu
0a
≠

chọn
1
1
3
8
b
a
b
= −


= ⇒
−

=

0,25
+
1, 1 0, 1a b c d= = − ⇒ = = −
.
( )
: 1 0x y
α
− − =
+
3 5 7
1, ,
8 8 8
a b c d
− −

= = ⇒ = =
.
( )
:8 3 5 7 0x y z
α
− − + =
0,25
9 Cho 8 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ
số khác nhau từ các chữ số trên, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 3.
0,5
Gọi số cần lập có dạng:
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
TH1:
1
3a =
. Khi đó số cách sắp xếp 5 số còn lại là
5
7
2520A =
(cách).
TH2:
1
3a ≠
(
1
0a ≠
) Có 6 cách chọn a
1
.

Đưa số 3 vào 5 vị trí còn lại có 5 cách
Cách sắp xếp 6 số còn lại vào 4 vị trí còn lại có
4
6
A
(cách)
Theo quy tắc nhân TH2 có:
4
6
6.5 10800A =
(cách)
Vậy có: 2520 + 10800 = 13320 (số) thỏa mãn bài toán
10
Cho
, ,x y z
thoả mãn là các số thực:
2 2
1x xy y− + =
. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
của biểu thức
4 4
2 2
2x y
P
x y
+ +
=
+
1,0
Từ giả thiết suy ra:

2 2 2
1 2 ; 1 ( ) 3 3x xy y xy xy xy x y xy xy= − + ≥ − = = + − ≥ −

Từ đó ta có
1
1
3
xy− ≤ ≤
.Mặt khác
2 2 2 2
1 1x xy y x y xy− + = ⇔ + = +

0,25
nên
12
2244
++−=+ xyyxyx
, đặt
t xy
=
.Vậy bài toán trở thành tìm GTLN,GTN
của
2
2 3 1
( ) 3; 1
1 3
t t
P f t t t
t
− + +

= = = − + − ≤ ≤
+
. Do hàm số nghịch biến trên
1
;1
3
 
−
 
 
KL:
1 10
( ) ; in (1) 2
3 3
MaxP f M P f= − = = =
.
0,25
0,25
0,25
Luyện Đề từ 19 giờ đến 22 giờ các ngày thứ 3,thứ 5 và Chủ nhật
5