ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 122
Ngày 5 tháng 6 năm 2015
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số
4 2 2
2 2 4
= − + −
y x mx m

( )
m
C
. (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
1.=m
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
( )
m
C
có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác
cân có góc ở đỉnh của tam giác đó bằng
α
với
22
1
2
tan =
α
.
1
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình

2
2cos 2 3 sin cos 1 3(sin 3 cos )x x x x x
+ + = +
.
2. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện
iziz 242 −=−−
. Tìm số phức z có mô đun nhỏ
nhất.
Câu 3.(1.0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
9 3 3
log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + +
,(*)
2. Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập
{ }
1,2, ,11 .S =
Tính xác suất để tổng ba số được chọn là 12.
2
Câu 4.(1.0 điểm) : Giải hệ phương trình :
2 2
5 3 6 7 4 0
( 2) 3 3
x y y x
y y x x

− + + − + =


− + = +




( , )x y R∈
.
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân
∫
+
++−
=
1
0
1
1)1(
dx
e
xex
I
x
x
.
Câu 6.(1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 60AB a BC a ABC= = =
, hình chiếu vuông góc của A’
trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng
(ABC) bằng 60
0

. Tính thể tích khối chóp A’.ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC).
3
Câu 7. (1.0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A,
,072: =−− yxBC
đường thẳng AC
đi qua điểm
),1;1(−M
điểm A nằm trên đường thẳng
.064: =+−∆ yx
Lập phương trình các cạnh
còn lại của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương.
Câu 8. (1.0 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 4 6 67 0S x y z x y z+ + − − − − =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC
và tiếp
xúc mặt cầu (S).
4
Câu 9. (1,0 điểm) Cho bất phương trình
2
( 2 2 1) (2 ) 0m x x x x− + + + − ≥
Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi
0;1 3x
 
∈ +
 
.
Hết


5
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 122
Câu NỘI DUNG Điểm
1.1
Cho hàm số
4 2 2
2 2 4
= − + −
y x mx m

( )
m
C
. (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
1.=m
1.0
Với
m 1 =
4 2
2 2y x x⇒ = − −

TXĐ:
D .
=
¡

0.25
6

3
' 4 4y x x= −
. Cho
y’ 0=
ta được:
x 0
=
hoặc
1x
= ±
Sự biến thiên:
- Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
1;0−
và
(1; )+∞
;
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ; 1)−∞ −
và
( )
0;1 .
- Hàm số đạt cực đại tại
0, 2
cd
x y= = −
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 3
ct
x y= ± = −

.
- Giới hạn:
x x
lim y ; lim y .
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
0.25
Bảng biến thiên:
x
−∞
-1 0 1
+∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
0.25
7
y
-3 -
Đồ thị
- Đồ thị cắt Ox tại hai điểm
( 1 3;0)± +
cắt Oy tại (0; -2)
- Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng
0.25
8
+∞
-2

+∞
-3
4

2
-2
-4
-5
5
y
x
O
1.2
Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
( )
m
C
có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác cân có
góc ở đỉnh của tam giác đó bằng
α
với
22
1
2
tan =
α
.
1.0
Ta có:
3
' 4 4y x mx= −
.
2
x 0

y' 0
x m
=

= ⇔

=

0.25
9
Đồ thị hàm số có ba cực trị
0m⇔ >
(*)
Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là:
2
(0;2 4)A m −
,
2
( ; 4)B m m −
,
2
( ; 4)C m m− −
.
0.25
Ta thấy B, C đối xứng nhau qua trục
Oy
và
A Oy∈
nên tam giác ABC cân tại A.
Phương trình cạnh BC:

2
4 0y m− + =
.
Gọi H là chân đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC, ta có:
2
( , )AH d A BC m= =
,
BH m=
0.25
Tam giác ABH vuông tại H nên
2
2
tan
m
m
AH
BH
==
α
3
2
1
8 2
2 2
m
m m
m
⇔ = ⇔ = ⇔ =
(thỏa
mãn *). Vậy

2m
=
là giá trị cần tìm.
0.25
10
2.1
Giải phương trình
2
2cos 2 3sin cos 1 3(sin 3 cos )x x x x x
+ + = +
.
0.5
2
2cos 2 3 sin cos 1 3(sin 3 cos )x x x x x
+ + = +
2
(sin 3 cos ) 3(sin 3 cos ) 0x x x x⇔ + − + =

sin 3 cos 0 sin 3 cos 3x x x x⇔ + = ∨ + =
(1)
0.25
Phương trình
sin 3 cos 3x x
+ =
vô nghiệm vì
222
3)3(1 <+
Nên (1)
tan 3
3

x x k
π
π
⇔ = − ⇔ = − +
(
k ∈¢
)
Vậy, phương trình có nghiệm là:
3
x k
π
π
= − +
(
k ∈¢
).
0.25
11
2.2
Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện
iziz 242 −=−−
. Tìm số phức z có mô đun nhỏ nhất.
0.5
Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y ∈ R). Ta có

iyxiyx )2()4(2 −+=−+−
(1)
2222
)2()4()2( −+=−+−⇔ yxyx
4+−=⇔ xy

. Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường thẳng
x + y = 4. Mặt khác
1682168
22222
+−=+−+=+= xxxxxyxz
0.25
Hay
( )
22822
2
≥+−= xz
Do đó
2222 =⇒=⇔= yxzMin
. Vậy
iz 22
+=
0.25
12
3.1
Giải phương trình:
2
9 3 3
log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + +
,(*) Đk:
4 4
1
x
x
− < <



≠

0.5
(*)
( )
2 2
3 3
log 1 log 16 1 16x x x x⇒ + = − ⇒ + = −
2
2
1 4
1 61
15 0
2
4 1
1 69
2
17 0
x
x
x x
x
x
x x

− < <


− +



=

+ − =



⇒ ⇒


− < < −

−

=




− − =


0,25
13
Vậy (*) có 2 nghiệm
1 61
2
x
− +

=
và
1 69
2
x
−
=
0,25
3.2
Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập
{ }
1,2, ,11 .S =
Tính xác suất để tổng ba số được chọn là 12.
0.5
Số trường hợp có thể là
3
11
165.C =
0.25
Các bộ (a, b, c) mà
12a b c+ + =
và
a b c< <
là
(1,2,9),(1,3,8),(1, 4,7),(1,5,6),(2,3,7),(2,4,6),(3,4,5)
Vậy
7
.
165
P =

0.25
14
4
Giải hệ phương trình :
2 2
5 3 6 7 4 0
( 2) 3 3
x y y x
y y x x

− + + − + =


− + = +



( , )x y R∈
.
1.0
Phương trình thứ (2)
⇔
2
(2 ) 3 3 0y x y x+ − − − =
được xem là phương trình bậc hai theo ẩn y có

2
( 4)x∆ = +
. Phương trình có hai nghiệm:
2 4

3
2
2 4
1
2
x x
y
x x
y x
− − −

= = −


− + +

= = +


0.25
Thay
y
= -3 vào pt thứ nhất ta được pt vô nghiệm
0.25
15
Thay
1+= xy
vào pt thứ nhất ta được:
2 2
x 5 2 6 5 5 0x x x− − + − + =

(3)
Giải (3): đặt
2
5 5x x− +
=
t
, điều kiện t
≥
0 . Từ
( )
( )
2
1
3 6 7 0
7 ( )
t tm
t t
t ktm
=
⇔ + − = ⇔

= −

0.25
Với t=1
⇔
2
5 5x x− +
=1
⇔

1 2
4 5
x y
x y
= ⇒ =


= ⇒ =

( thỏa mãn)
Vậy, hệ phương trình có 2 nghiệm là:
)2;1(
và (4;5)
0.25
16
5
Tính tích phân
∫
+
++−
=
1
0
1
1)1(
dx
e
xex
I
x

x
.
1.0
21
1
0
1
0
1
0
x
1
0
x
2
1
2)1(
e 1
2)1()1(
e 1
1
IIdx
e
e
dxxdx
eeex
dx
xexe
I
x

xxxxxx
−=
+
−+=
+
−+++
=
+
++−
=
∫∫∫∫
0.25
Tính
2
3
2
)1(
1
0
2
1
0
1
=









+=+=
∫
x
x
dxxI
0.25
0.5
17
Tính
2
1
ln)1ln(
1
)1(
1
1
0
1
0
1
0
2
+
=+=
+
+
=
+

=
∫∫
e
e
e
ed
dx
e
e
I
x
x
x
x
x
.Vậy
3 1
2ln
2 2
e
I
+
= −
.
6
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 60AB a BC a ABC= = =
, hình chiếu vuông góc của A’

trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng
(ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp A’.ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC).
1.0
18
Từ
)(
'
ABCGA ⊥
AG
⇒
là hình
chiếu của
'
AA
lên
)(ABC
. Gọi M là
trung điểm BC. Từ giả thiết ta có:
0.25
19
N
I
C'
B'
M
A
B
C

A'
G
K
H
·
0
2 2
2 , ; ' 60
3 3
a
BC a AG AI A AG= = = =
0
2 3
' . an60
3
a
A G AG t⇒ = =

Vì
3360cos 2
20222
aACaBCABBCABAC =⇒=−+=
Mặt khác
ABCBCaaaACAB ∆⇒==+=+
222222
43
vuông tại A
Và
)(
'

ABCGA ⊥
nên
GA
'
là chiều cao của khối chóp
ABCA .
'
Thể tích của khối chóp
ABCA .
'
được tính bởi:
/
3
.
1 1 1 1 2 3
. ' . . . ' . 3.
3 3 2 6 3 3
ABC
A ABC
a a
V S A G AB AC A G a a= = = =
(đvtt)
0.25
20
Kẻ AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK
1 1 1 . 1 . 3 3
.
3 3 3 3 2 6
GI MG AB AC a a a
GI AK

AK MA BC a
⇒ = = ⇒ = = = =
Kẻ GH ⊥ A’I tại H (1)
Do:
(2)
'
BC GI
BC GH
BC A G
⊥

⇒ ⊥

⊥

. Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC)
⇒

[ , ( ' )]d G A BC GH=
0.25
Ta có
GIA
'
∆
vuông tại
G
có
GH
là đường cao nên :
0.25

21
[ , ( ' )]d G A BC GH=
2 2 2 2
2 3 3
.
' . 2 2 51
3 6
51
51
' 12 3
9 36
a a
A G GI a a
A G GI a a
= = = =
+
+
7
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A,
,072: =−− yxBC
đường thẳng AC đi
qua điểm
),1;1(−M
điểm A nằm trên đường thẳng
.064: =+−∆ yx
Lập phương trình các cạnh còn
lại của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương.
1.0
0.25
22

A
B
)1;1(−M
2 7 0x y− − =
: 4 6 0x y∆ − + =
Vì
).1;54();64(064: −−⇒−⇒=+−∆∈ aaMAaaAyxA
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên
·
0
45 .ACB =

Do đó
2
1
5.)1()54(
)1(2)54(
2
1
),cos(
22
=
−+−
−+−
⇔=
aa
aa
uMA
BC
0.25

23











−⇒=
⇒=
⇔=+−⇔
)(
3
16
;
3
14
13
16
)2;2(2
0324213
2
ktmAa
Aa
aa
0.25

Vậy
).2;2(A
Suy ra
.083:,043: =−+=+− yxAByxAC
0.25
8
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 4 6 67 0S x y z x y z+ + − − − − =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với
BC và tiếp xúc mặt cầu (S).
1.0
(S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 9. Giả sử (P) có vtpt
2 2 2
( ; ; ), ( 0)n A B C A B C= + + ≠
r
(P) // BC nên
( 1;1;4) . 0 4 ( 4 ; ; )n BC n BC A B C n B C B C⊥ = − ⇒ = ⇔ = + ⇒ = +
uuur uuur
r r r
0.25
24
(P) đi qua A(13; −1; 0) ⇒ phương trình (P):
( 4 ) 12 52 0B C x By Cz B C+ + + − − =
(P) tiếp xúc (S)
2 2 2
4 2 3 12 52
[ ,( )] 9
( 4 )
B C B C B C

d I P R
B C B C
+ + + − −
⇔ = ⇔ =
+ + +
2 2
2 0
2 8 0 ( 2 )( 4 ) 0
4 0
B C
B BC C B C B C
B C
+ =

⇔ − − = ⇔ + − = ⇔

− =

0.25
Với B + 2C = 0 chọn
2
1
B
C
=


= −

, ta được phương trình (P): −2x + 2y − z + 28 = 0

0.25
25