ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 123
Ngày 7 tháng 5 năm 2015
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
4 6y x x mx= − +
(1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
0m =
.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng
2 4 5 0x y− − =
Câu 2.(1,0 điểm).
1. Giải phương trình
2
2sin 3 1 8sin 2 . os 2
4
x x c x
π
 
+ = +
 ÷
 

2. Giải phương trình sau trên tập số phức:
4 3 2
6 9 100 0x x x+ + + =
Câu 3 (1,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2
9 3 3
log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + +

,(*)
2. Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực
nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 4.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình
( )
2
1
4 3
1 1 9 2
1
4 2
2
x
x y
x y x y x y
+
+

+ + + = + + +


 
+ =

 ÷
 

Câu 5.(1,0 điểm). Tính tích phân
( )
2

5
2
5
1
1
1
x
dx
x x
−
+
∫
Câu 6.(1,0 điểm).
Cho tam giác ABC có
·
0
60BAC =
, nội tiếp đường tròn đường kính AI. Trên đường thẳng vuông
góc với mặt phẳng (ABC) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2BC. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A lên SB, SC. Chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với đường thẳng SI và
tính góc giữa hai mặt phẳng (AMN) và (ABC).
Câu 7.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d:
2 2 0x y− + =
. Tìm trên
d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 2AC.
Câu 8.(1,0 điểm).
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1 2 3
x y z

= =
và mặt phẳng (P):
6 0x y z
+ + − =
. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong mặt
phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới
∆
bằng
2 2
.
Câu 9.(1,0 điểm). Chứng minh rằng
( )
( ) ( ) ( )
4
, , , 0
x y z
y z x y
z x
x y z
x y z
y z z x x y
+ +
+ +
+
+ + ≥ ∀ >
+ + +
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 123

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
Câu NỘI DUNG Điểm
1.1
Cho hàm số
3 2
4 6y x x mx= − +
(1), với m là tham số thực.
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
0m =
.
1.0
* m = 0 thì
3 2
4 6y x x= −
* TXĐ:
D R=
.
*
lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
0.25
*
2
0
' 12 12 , ' 0
1
x

y x x y
x
=

= − = ⇔

=

0.25
* Bảng biến thiên…
Hàm số đồng biến trên
( ) ( )
;0 ; 1;−∞ +∞
. Hàm số nghịch biến trên
( )
0;1
Hàm số đạt cực đại tại
0, 0x y= =
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 2x y= = −
0.25
Điểm uốn:
1
'' 24 12, '' 0 , 1
2
y x y x y= − = ⇔ = = −
Giao Ox:
3
0 0
2

y x v x= ⇔ = =
. Giao Oy:
0 0x y= ⇒ =
.
0.25
1.2
Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng
2 4 5 0x y− − =
1.0
( )
2
' ' 12 12y f x x x m= = − +
. Hàm số có hai cực trị
' 36 12 0 3m m
⇔ ∆ = − > ⇔ <
Gọi hai điểm cực trị của đths là
( ) ( )
1 1 2 2
, ; ,A x y B x y
(
1 2
,x x
là hai nghiệm của pt
' 0y =
)
0.25
Có:
( ) ( )
1 1 2
' 2

3 6 3 6
m m
y f x f x x x
   
= = − + − +
 ÷  ÷
   
Do
( ) ( )
1 2
' ' 0f x f x= =
nên
1 1
2
2
3 6
m m
y x
 
= − +
 ÷
 
và
2 2
2
2
3 6
m m
y x
 

= − +
 ÷
 
Vậy pt đt AB là
2
2
3 6
m m
y x
 
= − +
 ÷
 
0.25
A, B đối xứng nhau qua d: 2x – 4y – 5 = 0
( )
( )
1
2
AB d
I d
⊥

⇔

∈


(I là trung điểm AB)
( )

2 1
1 2 . 1 0
3 2
m
m
 
⇔ − = − ⇔ =
 ÷
 
(thoả mãn m < 3)
0.25
I có toạ độ:
1 2
1
2 2
2
2 1
3 6
I
I I
x x
x
m m
y x
+

= =




 

= − + = −
 ÷

 

.
( ) ( )
1
2 2. 4. 1 5 0
2
⇔ − − − =
(đúng)
Vậy A, B đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi m = 0
0.25
2.1
Giải phương trình
2
2sin 3 1 8sin 2 . os 2
4
x x c x
π
 
+ = +
 ÷
 
0.5
Pt
( )

( )
2 2
sin 3 0 1
4
4sin 3 1 8sin 2 . os 2 2
4
x
x x c x
π
π

 
+ ≥
 ÷

  
⇔

 

+ = +
 ÷

 

0.25
( )
2 2 1 os 6 1 4sin 2 .(1 os4 )
2
c x x c x

π
 
 
⇔ − + = + +
 ÷
 ÷
 
 
2 2sin6 1 4sin 2 2sin 6 2sin 2x x x x
⇔ + = + + −
0.25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
1
12
sin 2
5
2
12
x k
x
x k
π
π
π
π

= +

⇔ = ⇔



= +


. 0.25
- Với
12
x k
π
π
= +
:
( )
1 sin 3 0 2 2
2 12
k k n x n
π π
π π
 
⇔ + ≥ ⇔ = ⇒ = +
 ÷
 
- Với
5
12
x k
π
π
= +
:

( )
3 17
1 sin 3 0 2 1 2
2 12
k k n x n
π π
π π
 
⇔ + ≥ ⇔ = + ⇒ = +
 ÷
 
,
n Z
∈
0.25
2.2
Giải phương trình sau trên tập số phức:
4 3 2
6 9 100 0x x x+ + + =
0.5
Pt
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
6 9 100 3 10x x x x x i⇔ + + = − ⇔ + =
2

2
3 10 0 (1)
3 10 0 (2)
x x i
x x i

+ − =
⇔

+ + =

0,25
(1) có
∆
=
9 40i
+
có một căn bậc hai là
5 4i
+
(1)⇒
có nghiệm
1 2
4 2
x i
x i
= +


= − −


(2) có
∆
=
9 40i
−
có một căn bậc hai là
5 4i
−
(2)⇒
có nghiệm
1 2
4 2
x i
x i
= −


= − +

0,25
3.1
Giải phương trình:
2
9 3 3
log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + +
,(*)
0.5
Đk:
4 4

1
x
x
− < <


≠

(*)
( )
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


− < <


− +


=

+ − =



⇒ ⇒


− < < −

−

=




− − =


vậy (*) có 2 nghiệm
1 61
2

x
− +
=
và
1 69
2
x
−
=
3.2 Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực
nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
0.5
( )
3
11
165n CΩ = =
0.25
Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là
2 1 1 2
5 6 5 6
. . 135C C C C+ =
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
135 9
165 11
=
0.25
4
Giải hệ phương trình
( )
2

1
4 3
1 1 9 2
1
4 2
2
x
x y
x y x y x y
+
+

+ + + = + + +


 
+ =

 ÷
 

1.0
( ) ( )
( )
2
1
4 3
1 1 9 2 1
1
4 2 2

2
x
x y
x y x y x y
+
+

+ + + = + + +


 
+ =

 ÷
 

( ) ( )
( )
( )
2 2
3 1
1 2 1 9 1 9 1
2 1
x y
x y x y x y x y
x y x y
+ −
⇔ + − + + = − + + ⇔ = − + +
+ + + +
0.5

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
( )
( )
( )
1
3 1 . 3 1 0
2 1
x y x y
x y x y
 
⇔ + − + + + =
 ÷
 ÷
+ + + +
 
1
3
x y⇔ + =
Khi đó:
( )
( )
1
1 3 1
1
2 4 2 2 1 0 , 2 0
2
x
x x
t t t
+

+ +
 
⇔ + = ⇔ − + = = >
 ÷
 
1
1 5
2
t
t
=


⇔
− +

=


0.25
Với t = 1
1
4
3
x
y
= −


⇔


=


, Với t =
( )
( )
2
2
log 5 1 2
1 5
7
2
log 5 1
3
x
y

= − −
− +

⇒

= − −


0.25
5
Tính tích phân
( )

2
5
2
5
1
1
1
x
dx
x x
−
+
∫
1.0
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
5 5 5 4
1 2
2 2 2
5
5 5 5
1 1 1 1
1 1 2 1 2
1
1 1 1
x x x x
dx dx dx dx I I
x x

x x x x x
− + −
= = − = −
+
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫
0.25
1
x
t
=

( )
( )
1
2
1 2
1 1
4
2
5 5
1
5 5
1 1
1
2 2
5
1
1
1 1 1 1

1 ln 1 6ln 2 ln33
1 1
1 5 1 5 5
1
t
t
I dt dt d t t
t t
t t
 
−
 ÷
 
⇒ = = = + = + = −
+ +
 
+
 ÷
 
∫ ∫ ∫
0.25
( )
( )
2
1
2
5
2
2
5

5
1
2 1 2 1 31
1 .
5 5 1 165
1
I d x
x
x
 
= + = − =
 ÷
+
 
+
∫
0.25
( )
1 31
6ln 2 ln33
5 165
I = − −
0.25
6
Cho tam giác ABC có
·
0
60BAC =
, nội tiếp đường tròn đường kính AI. Trên đường thẳng vuông
góc với mặt phẳng (ABC) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2BC. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu

vuông góc của A lên SB, SC. Chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với đường thẳng SI và
tính góc giữa hai mặt phẳng (AMN) và (ABC).
1.0
N
C
A
B
I
S
M
IB
⊥
AB (do AI là đường kính đtròn (ABC)), IB
⊥
SA (do SA
⊥
(ABC)) nên IB
⊥
(SAB)
⇒
IB
⊥
AM mà
AM
⊥
SB nên AM
⊥
(SBI)
⇒
AM

⊥
SI. Chứng minh tt: AN
⊥
SI. Vậy SI
⊥
(AMN)
Có SA
⊥
(ABC); SI
⊥
(AMN)
( ) ( )
( )
·
( )
·
, ,ABC AMN SA SI⇒ =
.
∆
SAI có:
·
tan AS
AI
I
SA
=
(1)
AI là đường kính của đtròn (ABC) nên:
·
2

2 .
3
sin
ABC
BC
R AI AI BC
BAC
= = ⇒ =
(2)
Từ (1),(2)
·
( ) ( )
( )
·
0
2 2
. .
1
3 3
tan AS , 30
2
3
BC BC
I ABC AMN
SA BC
⇒ = = = ⇒ =
0.25
7
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d:
2 2 0x y− + =

. Tìm trên
d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 2AC
Gọi H là hình chiếu của A lên d ta có AH = d(A, d) =
2
0 2.2 2
2
5
1 2
− +
=
+
Tam giác ABC vuông tại A nên
0.25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5
1 2
4 4
AC AB
AB AC AH AC AC
+ = ⇔ + = ⇒ = ⇒ =
Khi đó C thuộc đường tròn (A,1):
( )
2
2
2 1x y+ − =
Toạ độ C là nghiệm hệ
( )
2
2

2 1
2 2 0
x y
x y

+ − =


− + =


1, 0
7 4
,
5 5
y x
y x
= =


⇔

= =

0.25
+ Với C(0;1): đt AB qua A(0;2) có vtpt
(0; 1)AC = −
uuur
có pt:
2 0y − =

Toạ độ B là nghiệm hệ
2 2 0 2
(2;2)
2 0 2
x y x
B
y y
− + = =
 
⇔ ⇒
 
− = =
 
+ Với C(
4 7
;
5 5
): đt AB qua A(0;2) có vtpt
4 3
( ; )
5 5
AC = −
uuur
có pt:
4 3 6 0x y− + =
Toạ độ B là nghiệm hệ
6
2 2 0
6 2
5

( ; )
4 3 6 0 2
5 5
5
x
x y
B
x y
y

= −

− + =


⇔ ⇒ −
 
− + =


=


0.5
8
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1 2 3
x y z
= =
và mặt phẳng (P):

6 0x y z
+ + − =
. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong
mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới
∆
bằng
2 2
.
1.0
Toạ độ M là nghiệm hệ
( )
1;2;3
1 2 3
6 0
x y z
M
x y z

= =

⇔


+ + − =

Gọi d’ là hình chiếu của d lên mp(P)
' ( ) ( )d P Q⇒ = ∩
, với (Q) là mp chứa d và vuông góc (P).

Mp(Q) qua M và có vtpt
,
Q d P
n u n
 
=
 
uur uur uur
= (-1; 2; -1)
⇒
(Q) có pt:
2 0x y z− + =
⇒
d’ có pt:
6 0
2 0
x y z
x y z
+ + − =


− + =

2
4
x t
y
z t
=



⇔ =


= −

0.5
Vì
∆
nằm trong (P),
∆
⊥
d nên
∆
⊥
d’
Gọi H(t; 2; 4 – t) là giao điểm của
∆
và d’ ta có M
∈
d’ nên MH
⊥
∆
( ) ( ) ( )
2 2 2
( , ) 2 2 1 2 2 4 3 8MH d M t t⇒ = ∆ = ⇒ − + − + − − =
( )
2
3
1 4

1
t
t
t
=

⇒ − = ⇒

= −

0.25
+ Với t = 3 thì H(3; 2; 1):
∆
qua H, có vtcp
Q
u n
∆
=
uur uur
nên
∆
có pt:
3 2 1
1 2 1
x y z− − −
= =
− −
+ Với t =-1 thì H(-1; 2; 5):
∆
qua H, có vtcp

Q
u n
∆
=
uur uur
nên
∆
có pt:
1 2 5
1 2 1
x y z+ − −
= =
− −
0.25
9
Chứng minh rằng
( )
( ) ( ) ( )
4
, , , 0
x y z
y z x y
z x
x y z
x y z
y z z x x y
+ +
+ +
+
+ + ≥ ∀ >

+ + +
1.0
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 2 2
4
z x x y x y y z y z z x
P y z z x x y x y z
x y z
+ + + + + +
= + + + + + ≥ + +
0.25
Có:
( ) ( )
2
2
2
2 2 2
2
( )
z x x y
x x yz yz x yz
x x y z yz
x x x x
 

+ +
+ + +
+ + +
= ≥ =
 ÷
 ÷
 

( )
( ) ( )
( ) ( )
2
1 2
z x x y
yz yz
yz
y z y z y z y z y z
x x x x
 
+ +
⇒ + ≥ + + = + + + ≥ + +
 ÷
 ÷
 
(1)
0.25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
Chứng minh tt có:
( )
( ) ( )

( )
( )
( ) ( )
( )
2
2
2 2
2 3
x y y z
zx
z x z x
y y
y z z x
xy
x y x y
z z

+ +
+ ≥ + +




+ +
+ ≥ + +


Từ (1), (2), (3) có:
( )
2 2

yz zx xy
P x y z
x y z
 
≥ + + + + +
 ÷
 
(4)
0.25
Áp dụng bđt:
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
, có:
. . .
yz zx xy yz zx zx xy xy yz
x y z
x y z x y y z z x
+ + ≥ + + = + +
(5)
Từ (4), (5)
( )
4P x y z⇒ ≥ + +
. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
0.25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch