ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 129
Ngày 14 tháng 6 năm 2015
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
6 3( 2) 4 5y x x m x m= − + + + −
có đồ thị
( ),
m
C
với m là tham số
thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
1.m =
b) Tìm m để trên
( )
m
C
tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi
điểm đó của
( )
m
C
vuông góc với đường thẳng
: 2 3 0.d x y+ + =
Câu 2.(1,0 điểm).
1. Giải phương trình
sin 1
cot 2.
1 cos 1 cos
x
x

x x
+ + =
+ −

2. Cho phương trình
2
8 4( 1) 4 1 0 (1),z a z a− + + + =
với a là tham số. Tìm
a ∈¡
để (1) có hai
nghiệm
1 2
,z z
thỏa mãn
1
2
z
z
là số ảo, trong đó
2
z
là số phức có phần ảo dương.
Câu 3 (1,0 điểm).
1. Giải bất phương trình :
2 3 6 3 5
2 15.2 2
x x x x+ − − + −
+ <

2. Một đội xây dựng gồm 3 kĩ sư, 7 công nhân lập một tổ công tác gồm 5 người. Hỏi có bao

nhiêu cách lập được tổ công tác gồm 1 kĩ sư làm tổ trưởng, 1 công nhân làm tổ phó và 3
công nhân tổ viên.
Câu 4.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình
( )
( )
1 1 2 2 0
( , ).
1 4 0
x y y
x y
y y x x

− − − + =

∈

+ − + − =


¡

Câu 5.(1,0 điểm).
Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
3 1
; 0; 1.
(3 1) 3 1
x
x x
y y x
−

−
= = =
+ +
Câu 6.(1,0 điểm).
Cho tứ diện ABCD có
2, 3, 2 ,AB AC a BD CD a BC a= = = = =
góc tạo bởi hai mặt phẳng
(ABC) và (BCD) bằng
0
45 .
Tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt
phẳng (ACD).
Câu 7.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa
đường cao kẻ từ B là
3 18 0,x y+ − =
phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là
3 19 279 0,x y+ − =
đỉnh C thuộc đường thẳng
: 2 5 0.d x y− + =
Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng
·
0
135 .BAC =
Câu 8.(1,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho điểm

(4; 4; 5), (2; 0; 1)A B− − −
và mặt phẳng
( ) : 3 0.P x y z+ + + =
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông
góc với (P) và
2 2
2 36.MA MB− =
Câu 9.(1,0 điểm).
Giả sử
,x y
là các số thực dương thỏa mãn
( )
2 2 2
3( ) 4 1 .x y x y+ = + +

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2 2
2 2
.
2 2
x y x y
P
x y x y
+ +
= +
+ +
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 129
1
Câu NỘI DUNG Điểm

1.1
Cho hàm số
3 2
6 3( 2) 4 5y x x m x m= − + + + −
có đồ thị
( ),
m
C
với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
1.m =
1.0
Khi
1m =
hàm số trở thành
3 2
6 9 1.y x x x= − + −
a) Tập xác định:
.R
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim .
x
y

→+∞
= +∞

* Chiều biến thiên: Ta có
2
' 3 12 9;y x x= − +
1 1
' 0 ; ' 0 ; ' 0 1 3.
3 3
x x
y y y x
x x
= <
 
= ⇔ > ⇔ < ⇔ < <
 
= >
 
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi
khoảng
( ) ( )
; 1 , 3; ;−∞ + ∞
nghịch biến trên khoảng
( )
1; 3 .
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1, 3,
CĐ
x y= =
hàm số đạt cực tiểu tại

3, 1.
CT
x y= = −
0,5
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị:
0,5
1.2
Tìm m để trên
( )
m
C
tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại
mỗi điểm đó của
( )
m
C
vuông góc với đường thẳng
: 2 3 0.d x y+ + =
1.0
Đường thẳng d có hệ số góc
1
.
2
k = −
Do đó tiếp tuyến của
( )
m
C
vuông góc với d có hệ

số góc
' 2.k =
Ta có
2
' ' 3 12 3( 2) 2y k x x m= ⇔ − + + =
2
3 12 4 3 .x x m⇔ − + = −
(1)
Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
0,5
Xét hàm số
2
( ) 3 12 4f x x x= − +
trên
(1; ).+ ∞
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình
( ) 3f x m= −
có hai nghiệm phân biệt
lớn hơn 1 khi và chỉ khi
5 8
8 3 5 .
3 3
m m− < − < − ⇔ < <
Vậy
5 8
.
3 3
m< <
0,5

2.1
Giải phương trình
sin 1
cot 2.
1 cos 1 cos
x
x
x x
+ + =
+ −
0.5
Điều kiện:
cos 1, sin 0 , .x x x k k
π
≠ ± ≠ ⇔ ≠ ∈Z
Phương trình đã cho tương đương với:
2
sin sin cos 1 cos cos
2
sin
sin
x x x x x
x
x
− + +
+ =
2
sin cos 1 2sin sin cos cos2 0 (sin cos )(1 cos sin ) 0.x x x x x x x x x x⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + + − =
0,25
*)

sin cos 0 ,
4
x x x k
π
π
+ = ⇔ = − +
.k ∈Z
0,25
x
'y
y
1
∞−
∞+
3
3
∞−
∞+
1
−
+
–
0
0
+
2
x
O
3
y

1
1
−
3
x
( )f x
1
∞−
∞+
∞+
8
−
2
5
−
∞+
*)
2
1
1 cos sin 0 sin
2
4
2
2 , .
x k
x x x
x k k
π
π
π

π π

= +
 

+ − = ⇔ − = ⇔
 ÷

 
= + ∈

Z
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là
, 2 , .
4 2
x k x k k
π π
π π
= − + = + ∈Z
2.2
Cho phương trình
2
8 4( 1) 4 1 0 (1),z a z a− + + + =
với a là tham số. Tìm
a ∈¡
để (1) có
hai nghiệm
1 2
,z z
thỏa mãn

1
2
z
z
là số ảo, trong đó
2
z
là số phức có phần ảo dương.
0.5
Từ giả thiết suy ra
1 2
,z z
không phải là số thực. Do đó
' 0,∆ <
hay
2
4( 1) 8(4 1) 0a a+ − + <

2 2
4( 6 1) 0 6 1 0.a a a a⇔ − − < ⇔ − − <
(*)
Suy ra
2 2
1 2 1
1 ( 6 1) 1 ( 6 1)
, .
4 4
a a a i a a a i
z z z
+ − − − − + + − − −

= = =
0,5
Ta có
1
2
z
z
là số ảo
2
1
z⇔
là số ảo
( )
2 2 2
0
( 1) ( 6 1) 0 2 0
2.
a
a a a a a
a
=

⇔ + − − − − = ⇔ − = ⇔

=

Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là
0, 2.a a= =
0,5
3.1

Giải bất phương trình :
2 3 6 3 5
2 15.2 2
x x x x+ − − + −
+ <
0.5
Bpt
3 3
2 3 6 3 5
2
3
3,2 , 0
2 2
15. 1
4 15. 4 0
2 2
x x
x x x
x x
x
x t t
t t
+ − −
+ − − + −
≥ −


≥ − = >
 
⇔ ⇔

 
+ <
+ − <




1
0
4
t⇔ < <
0.25
3 3
3
3
1
1
2
3 1
4
x x
x
x
x
x x
+ − −
≥ −

≥ −


 
⇔ ⇔ ⇔ >
 
<
+ < +




0.25
3.2 Một đội xây dựng gồm 3 kĩ sư, 7 công nhân lập một tổ công tác gồm 5 người. Hỏi có bao
nhiêu cách lập được tổ công tác gồm 1 kĩ sư làm tổ trưởng, 1 công nhân làm tổ phó và 3
công nhân tổ viên.
0.5
Chọn 1 kĩ sư làm tổ trưởng trong 3 kĩ sư
⇒
số cách chọn là 3. Được 1 tổ trưởng 0,25
Chọn 1 công nhân làm tổ phó trong 7 công nhân
⇒
số cách chọn là 7. Được 1 tổ trưởng,
1 tổ phó
0,25
Chọn 3 công nhân làm tổ viên trong 6 công nhân
⇒
số cách chọn là số tổ hợp chập 3
của 6 là
3
6
C
0,25

⇒
số cách lập tổ công tác thỏa mãn đề bài là
3
6
3.7. 420C
=
0,25
4
Giải hệ phương trình
( )
( )
1 1 2 2 0
( , ).
1 4 0
x y y
x y
y y x x

− − − + =

∈

+ − + − =


¡
Điều kiện:
1.x ≥
1.0
Đặt

1, 0.t x t= − ≥
Khi đó
2
1x t= +
và hệ trở thành
2 2 2 2
(1 2 ) 2 0 2 2 0 ( ) 2 2 0
( ) 3 0 3 0 ( ) 3 3 0
t y y t y ty t y ty
y y t t y ty t t y ty
− − + = − − + = − − + =
  
  
⇔ ⇔
  
+ + − = + + − = − + − =
  
  
Suy ra
2
0
2( ) 3( ) 0
3 3
.
2 2
t y y t
t y t y
t y y t
− = =
 

 
− + − = ⇔ ⇔
 
− = − = +
 
0,5
*) Với
,y t
=
ta có
2
2 2 0 1.t t− + = ⇔ =
Suy ra
2, 1.x y= =
*) Với
3
,
2
y t= +
ta có
2
3 3 3 13
2 2 0 4 6 1 0 .
2 2 4
t t t t t
− +
 
− − + + = ⇔ + − = ⇔ =
 ÷
 

Suy ra
19 3 13 3 13
, .
8 4
x y
− +
= =
0,5
3
Vậy nghiệm (x; y) của hệ là
19 3 13 3 13
(2; 1), ; .
8 4
 
− +
 ÷
 ÷
 
5
Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
3 1
; 0; 1.
(3 1) 3 1
x
x x
y y x
−
−
= = =
+ +

1.0
Ta có
3 1
0 3 1 0.
(3 1) 3 1
x
x
x x
x
−
−
= ⇔ = ⇔ =
+ +
Vì
3 1
0
(3 1) 3 1
x
x x−
−
≥
+ +
với mọi
[ ]
0; 1 .x ∈

Do đó diện tích của hình phẳng là :
1 1
0 0
3 1 3 1

d .3 d .
(3 1) 3 1 (3 1) 3 1
x x
x
x x x x
S x x
−
− −
= =
+ + + +
∫ ∫
0,5
Đặt
3 1,
x
t = +
ta có khi
0x =
thì
2,t =
khi
1x =
thì
2t =
và
2
3 1.
x
t= −


Suy ra
3 ln3d 2 d ,
x
x t t=
hay
2 d
3 d .
ln3
x
t t
x =

Khi đó ta có:
( )
2
2 2
2
3 2
2
2 2
2 3 2 2
2 2 2 2 2 2
d 1 d .
ln3 ln3 ln3 ln3
t
S t t t t
t
t t
−
−

   
= = − = + =
 ÷  ÷
   
∫ ∫
0,5
6
Cho tứ diện ABCD có
2, 3, 2 ,AB AC a BD CD a BC a= = = = =
góc tạo bởi hai mặt
phẳng (ABC) và (BCD) bằng
0
45 .
Tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng
cách từ B đến mặt phẳng (ACD).
1.0
Gọi
M
là trung điểm BC.Từ các tam giác cân ABC, DBC

, .AM BC DM BC⇒ ⊥ ⊥
Từ giả thiết
·
·
·
0
0
0
45
( , ) 45

135
AMD
AM DM
AMD

=
⇒ = ⇒


=

TH 1.
·
0
45AMD =
. Sử dụng định lý Pitago
, 2.AM a DM a⇒ = =
0.5
Kẻ
AH MD⊥
tại H. Vì
( ) ( ).BC AMD BC AH AH BCD⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Khi đó
0 2
2 1
.sin 45 ; . 2.
2 2
BCD
a
AH AM S DM BC a= = = =

Suy ra
3
1
. .
3 3
ABCD BCD
a
V AH S= =
Sử dụng định lý cosin cho
2 2 2 2
3AMD AD a AC AD a CD ACD∆ ⇒ = ⇒ + = = ⇒ ∆
vuông
tại A. Suy ra
( )
2
3
1 2
. , ( ) 2.
2 2
ABCD
ACD
ACD
V
a
S AC AD d B ACD a
S
= = ⇒ = =
TH 2.
·
0

135AMD =
Tương tự ta có
( )
3
6
; ,( ) ,
3 3
ABCD
a a
V d B ACD= =
(
5AD a=
).
0,5
7
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng
chứa đường cao kẻ từ B là
3 18 0,x y+ − =
phương trình đường thẳng trung trực của đoạn
thẳng BC là
3 19 279 0,x y+ − =
đỉnh C thuộc đường thẳng
: 2 5 0.d x y− + =
Tìm tọa độ
đỉnh A biết rằng
·
0
135 .BAC =

1.0
: 3 18 ( 3 18; ), : 2 5 ( ; 2 5).B BH x y B b b C d y x C c c∈ = − + ⇒ − + ∈ = + ⇒ +
Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực
: 3 19 279 0x y∆ + − =
60 13 357 4 (6; 4)
. 0
10 41 409 9 (9; 23).
là
b c b B
u BC
b c c C
BC M
∆

+ = =
  
=

⇔ ⇔ ⇔ ⇒
   
+ = =
∈∆

  

uur uuur
AC BH⊥ ⇒
chọn
( 3; 1) pt : 3 4 0 ( ; 3 4)
AC BH

n u AC x y A a a= = − ⇒ − + + = ⇒ −
r r
(6 ; 8 3 ), (9 ; 27 3 ).AB a a AC a a⇒ = − − = − −
uuur uuur
0.5
A
B
D
M
H
C
A
B
D
M
H
C
4
trung điểm
A
B
C
H
d
M
µ
0
2 2 2 2
1 (6 )(9 ) (8 3 )(27 3 ) 1
135 cos( , )

2 2
(6 ) (8 3 ) . (9 ) (27 3 )
a a a a
A AB AC
a a a a
− − + − −
= ⇔ = − ⇔ = −
− + − − + −
uuur uuur
2 2
2
3 9
(9 )(3 ) 1
2(3 ) 6 10
2
| 9 | 6 10
a
a a
a a a
a a a
< <

− −

⇔ = − ⇔

− = − +

− − +


4.a⇔ =
Suy ra
(4; 8).A
0,5
8
Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho điểm
(4; 4; 5), (2; 0; 1)A B− − −
và mặt phẳng
( ) : 3 0.P x y z+ + + =
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng
(MAB) vuông góc với (P) và
2 2
2 36.MA MB− =
1.0
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P). Suy ra M thuộc giao tuyến của
(Q) và (P).
( 2; 4; 4)
, (0; 6; 6) 6(0; 1; 1)
(1; 1; 1)
Q P
P
AB
n AB n
n

= −

 

⇒ = = − = −

 
=


uuur
uur uuur uur
uur
.
Suy ra pt (Q):
1 0.y z− − =
0,
5
1 0
2 1
( ) ( ) pt :
3 0
2 1 1
y z
x y z
d P Q d
x y z
− − =

+ +
= ∩ ⇒ ⇔ = =

+ + + =
−



( 2 2; ; 1) .M t t t d⇒ − − − ∈
Ta có
2 2 2
( 2; 0; 1)
0
2 36 6 8 0
14 4 1
4
; ; .
3 3 3
3
M
t
MA MB t t
M
t
− −

=



− = ⇔ − + = ⇔ ⇒
 


−
=

 ÷



 

0,
5
9
Giả sử
,x y
là các số thực dương thỏa mãn
( )
2 2 2
3( ) 4 1 .x y x y+ = + +
Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
2 2 2 2
2 2
.
2 2
x y x y
P
x y x y
+ +
= +
+ +
1.0
Ta có
2 2 2 2 2 2

2 1 3 3 3
. . . .
2
2 ( ) 2
x y xy xy x
x y x y x y x y x y
x y x y y xy y
+
− = ≤ =
+ + + + +
+ + + +
Tương tự, ta cũng có
2 2
2 1 3
. .
2
2
x y y
x y x y x y
x y
+
− ≤
+ + +
+
Mặt khác, ta có
2
,
2 2 3
x y
x y x y

+ ≤
+ +
vì bất đẳng thức này tương đương với
2 2
2 2
4 2
3
2 2 5
x y xy
x y xy
+ +
≤
+ +
, hay
2
( ) 0.x y− ≥
0,5
Từ đó ta có
2 3 2 3 2
. . .
2 2 3
x y
P
x y x y x y x y x y x y
 
− ≤ + ≤ =
 ÷
+ + + + + +
 


Suy ra
4
.P
x y
≤
+
(1)
Từ giả thiết ta lại có
2 2 2 2
3( ) 4( ) 4 2( ) 4.x y x y x y+ = + + ≥ + +

Suy ra
2
( ) 4,x y+ ≥
hay
2.x y+ ≥
(2)
Từ (1) và (2) ta có
2.P ≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1.x y= =
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2, đạt được khi
1.x y= =
0,5
5