ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 98
Ngày11tháng 12năm 2015
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số
( )
3 2
( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − −
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số
( )y f x=
không có cực trị.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình :
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= +

2. Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn:
2 2
1 5 2015z z− + − =
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình:
( ) ( )
2 3
4 8

2
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
Câu 4.(1,0 điểm) Giải phương trình:
2
6 4
2 4 2 2
4
x
x x
x
−
+ − − =
+
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
2
1
dx
A
x x
=
−
∫
Câu 6.(1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường
sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB
bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình

các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác
trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC.
Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
( ) ( )
: 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y+ − + −
Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả
hai mặt phẳng (P) và (Q).
Câu 9.(0,5điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A
− − −
−
+ +

− <





≥


(Ở đây
,
k k
n n
A C
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)
Câu 10.(1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
( )
2
2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
− + ≤
− + − + ≥





Hết
1
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 98
Câu NÔI DUNG Điểm
1.1

Cho hàm số
( )
3 2
( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − −
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
1,0
Khi m = 1 ta có
3 2
3 1y x x= + −
+ MXĐ:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
•
2
' 3 6y x x= +
;
2
' 0
0
x
y
x

= −

= ⇔

=

0,25
Bảng biến thiên
Đồ thị :
( ) ( )
2 3; 0 1
CT
y y y y= − = = = −
C§
0,5
1.2
Xác định các giá trị của m để hàm số
( )y f x=
không có cực trị.
1,0
+ Khi m = 0
1y x⇒ = −
, nên hàm số không có cực trị. 0,25
+ Khi
0m ≠

( )
2
' 3 6 1y mx mx m⇒ = + − −
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi

' 0y =
không có nghiệm hoặc có nghiệm kép
0,50
( )
2 2
' 9 3 1 12 3 0m m m m m⇔ ∆ = + − = − ≤
1
0
4
m⇔ ≤ ≤
0,25
2.1
Giải phương trình :
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= +
(1)
0,5
Điều kiện:
sin 2 0x
≠
2
1

1 sin 2
1 sin cos
2
(1)
sin 2 2 cos sin
x
x x
x x x
−
 
⇔ = +
 ÷
 
2
2
1
1 sin 2
1 1
2
1 sin 2 1 sin 2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x
−
⇔ = ⇔ − = ⇔ =
0,25
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0,25
2.2
Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn:

2 2
1 5 2015z z− + − =
0,5
Gọi z = a + bi và M(a ;b) là điểm biểu diễn z trên mặt phẳng phức. z – 1 = a – 1 + bi ; z – 5 = a – 5 +
bi
2 2
1 5 2015z z− + − = ⇔
(a-1)
2
+b
2
+(a-5)
2
+b
2
=2015
⇔
a
2
+b
2
-6a -
1989
2
= 0
Vậy tập họp các điểm M là đường tròn có phương trình: x
2
+y
2
-6x -

1989
2
= 0
3
Giải phương trình:
( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
0,5
( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
(2) Điều kiện:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
+ ≠

− < <



− > ⇔
 
≠ −


+ >

2
( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
⇔ + + = − + + ⇔ + + = −
⇔ + = − ⇔ + = −
0,25
+ Với
1 4x
− < <
ta có phương trình
2
4 12 0x x+ − =

;
( )
2
6
x
x
=

⇔

= −

lo¹i
+ Với
4 1x
− < < −
ta có phương trình
2
4 20 0x x− − =

( )
2 24
2 24
x
x

= −
⇔

= +



lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2x
=
hoặc
( )
2 1 6x = −

0,25
4
Giải phương trình:
2
6 4
2 4 2 2
4
x
x x
x
−
+ − − =
+
Điều kiện:
2 2x
− ≤ ≤
1,0
( )
( )
2 2

2
2
2 4 4 2
6 4 6 4 6 4
3
2 4 2 2 2 4 2 2
4 4
2 4 2 2 4 2
x
x x
x x x
x x x x
x x
x x x

=
+ − −
− − −

= ⇔ = ⇔

+ + − + + −
+ +

+ + − = +

Giải (2):
( ) ( ) ( )
2
2 4 4 2 4. 2 4 2 4x x x x x⇔ + + − + + − = +

( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
4. 2 4 2 2 8 0 4. 2 4 2 2 4 0
2 4. 2 4 2 4 0 2
x x x x x x x x
x x x x x
⇔ + − − + − = ⇔ + − − − + =
⇔ − + + − + = ⇔ =
Vậy pt đã cho có hai nghiệm x = 2 và
2
3
x =
5
Tính tích phân
3
2
2
1
2
1
dx
A
x x
=
−
∫

1,0
Đặt
2 2 2
2
1 1 2 2
dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = −

2 2
1 1
dx tdt tdt
x t t
⇒ = − =
− −
+ Đổi cận:
1 3 3 1
;
2 2 2 2
x t x t= ⇒ = = ⇒ =
0,50
1 3
3
2 2
2
1
2 2
1
2

3
2
2
1 1 1 7 4 3
ln ln
1 1 2 1 2 3
|
dt dt t
A
t t t
 
+ +
= = = =
 ÷
 ÷
− − −
 
∫ ∫
0,50
6 Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng
cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung
quanh của hình nón đã cho.
1,0
Gọi E là trung điểm của AB, ta có:
,OE AB SE AB⊥ ⊥
, suy ra
( )
SOE AB⊥
.
Dựng

( )
OH SE OH SAB⊥ ⇒ ⊥
, vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 8
1
9 9OH SO OE OE OH SO
= + ⇒ = − = − =

2
9 3
8
2 2
OE OE⇒ = ⇒ =
0,25
2 2 2
9 81 9
9
8 8
2 2
SE OE SO SE= + = + = ⇒ =

2
1 36
. 8 2
9
2
2 2
SAB

SAB
S
S AB SE AB
SE
= ⇔ = = =
( )
2
2
2 2 2 2
1 9 9 265
4 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE
 
= + = + = + = + =
 ÷
 
0,25
3
0,5
Thể tích hình nón đã cho:
2
1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO
π π π
= = =
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:
2 2 2

265 337 337 265 337 89305
9 ; . . .
8 8 8 8 8 8
xq
SA SO OA SA S OA SA
π π π
= + = + = ⇒ = = = =
7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các
cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường
thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
1,0
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:
( )
4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y
+ − = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ − = =
 
0,25
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình
( )
4 3 4 0 1
1;0

1 0 0
x y x
B
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
( ) ( )
2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b+ + − = ⇔ + + − =
Gọi
1 2 3
: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b∆ + − = ∆ + − = ∆ + + − =
Từ giả thiết suy ra
( )
·
( )
·
2 3 1 2
; ;∆ ∆ = ∆ ∆
. Do đó
( )
·
( )
·
( )

2 3 1 2
2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3 |
cos ; cos ;
25. 5
5.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0
a b
a b
a
a b a b a a b
a b
+ +
∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ =
+
=

⇔ + = + ⇔ − = ⇔

− =

+ a = 0
0b
⇒ ≠
. Do đó
3
: 4 0y∆ − =

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0x y∆ + − =
(trùng với
1
∆
).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
0,25
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:
( )
4 0 5
5;4
1 0 4
y x
C
x y y
− = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,25
8
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng:
( )
: 2 2z + 5 = 0;P x y+ −
( )
Q : 2 2z -13 = 0.x y+ −

Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và
tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q).
1,0
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q

=


= = = ⇔ =


=


0,25

Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2
5 2 1OI AI OI AI a b c a b c= ⇔ = ⇔ + + = − + − + −
10 4 2 30 (1)a b c⇔ + + =
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
| 2 2 5 |
, 9 2 2 5 (2)
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
+ − +
= ⇔ + + = ⇔ + + = + − +
4
( )
( )
( )
( )
| 2 2 5| | 2 2 13|
, ,
3 3
a b c a b c
d I P d I Q
+ − + + − −

= ⇔ =
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
a b c
a b c a b c
+ − + = + − −

⇔ ⇔ + − =

+ − + = − − + +

lo¹i
Từ (1) và (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3 6 3
a
b c
−
= − =
0,25
Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)a b c+ + =
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:
( ) ( )
2 221 658 0a a− − =
.

Như vậy
2a
=
hoặc
658
221
a =
. Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
 
−
 ÷
 
và R = 3.
0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 1 9x y z− + − + − =
và
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     
− + − + + =

 ÷  ÷  ÷
     
0,25
9
Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A
− − −
−
+ +

− <




≥




(Ở đây
,
k k
n n
A C
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)
0,5
Điều kiện:
1 4 5n n− ≥ ⇔ ≥
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 2 3 4 1 2 3
5
2 3
4.3.2.1 3.2.1 4
1 1 2 3
7
1 1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
− − − − − − −

− < − −



⇔

+ − − −

≥ + −


2
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n
n n n
n

− − <

⇔ − − ≥ ⇔ =


≥

0,5
10
Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
( )
2

2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
− + ≤
− + − + ≥





1,0
Hệ bất phương trình
( )
2
2
7 6 0 (1)
2 1 3 0 (2)
x x
x m x m

− + ≤


− + − + ≥


( )
1 1 6x⇔ ≤ ≤

. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại
[ ]
0
1;6x ∈
thỏa mãn (2).
0,25
( ) ( )
( )
[ ]
2
2
2 3
2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)
2 1
x x
x x x m m do x x
x
− +
⇔ − + ≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒ + >
+
Gọi
[ ]
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x
− +

= ∈
+
0,25
Hệ đã cho có nghiệm
[ ]
0 0
1;6 : ( )x f x m⇔ ∃ ∈ ≥

( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2 4
2 2 8
'
2 1 2 1
x x
x x
f x
x x
+ −
+ −
= =
+ +
;
( )
2

1 17
' 0 4 0
2
f x x x x
− ±
= ⇔ + − = ⇔ =
Vì
[ ]
1;6x ∈
nên chỉ nhận
1 17
2
x
− +
=
Ta có:
2 27 1 17 3 17
(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f
 
− + − +
= = =
 ÷
 ÷
 
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên
27
max ( )
13

f x =
0,25
Do đó
[ ]
[ ]
0 0
1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13
x
x f x m f x m m
∈
∃ ∈ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
0,25
5
6