KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – ĐỀ THI THỬ CÓ GIẢI CHI TIẾT
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
322
2
(1) ( 43)
3
yxmxmmx=++++++1
(1) (m là tham số thực).
a) Khi m = − 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm m để hàm số (1) có hai cực trị tại hai điểm
12
,
x
x .Khi đó, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
12 1 2
2( )
A
xx x x=−+
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác: 2sin 2 3sin cos 2
4
xx
π
⎛⎞
x
+
=++
⎜⎟

⎝⎠
(x ∈ \).
Câu 3 (1,0 điểm). Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C): sin=yxx, các trục Ox, Oy và đường
thẳng
4
x
π
= . Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi cho (H) quay quanh Ox.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn
(
)
23 19ziz−+ =−i
)
. Tìm môđun của số phức z.
b) Tìm hệ số của x
9
trong khai triển
(
2
23
n
x
−
, trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:

.
135 21
21 21 21 21
4096

n
nnn n
CCC C
+
+++ +
++++ =
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; −1; 1), B(2; 2; 2), mặt phẳng (P):
x + y − z + 1 = 0 và mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x + 8z − 7 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q)
song song với đường thẳng AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt (S) theo một đường tròn (C) sao
cho diện tích hình tròn (C) bằng 18
π.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông, mặt SAB là tam giác vuông
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Khoảng cách từ trung điểm I của
AB đến mặt phẳng (SCD) bằng
5
5
a
. Gọi F là trung điểm của cạnh AD. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CF và SB.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (S), có A và C
đối xứng qua BD. Phương trình AB: y – 2 = 0; phương trình BD:
−
+=32xy 0. Viết phương trình

đường tròn (S) biết diện tích tứ giác ABCD bằng
43
và x
A
> 0, y
A
< y
D
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
33 2
3
73()1261
(, )
41324
xy xyxy x x
xy
xy x y
⎧
++ −− +=
⎪
∈
⎨
+++ + =
⎪
⎩

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương ,,
x
yz thỏa 3xyz

+
+=. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

222
222
x
yyzzx
Px y z
x
yyzzx
+
+
=+++
++
.

Hết



ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Câu, ý NỘI DUNG Điểm
Khi m = −3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
1,0
Khi m = − 3, hàm số trở thành
32
2
21
3
y

xx.
=
−+
+Tập xác định:
D.= 

+∞=−∞=
+∞→−∞→
yy
xx
lim;lim

2
24
y
'x x=−. y’ = 0 ⇔ x = 0 hoăc x = 2



0,25
+BBT
x –∞ 0 2 +∞
y' 0 0
y 1 + ∞
–∞


0,25
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0),(2;)
−

∞+∞, nghịch biến trên ( 0; 2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
CĐ
= 1; và đạt cực tiểu tại x = 2; y
CT
=
3
5
−
Tìm đúng điểm uốn U(1 ; – 1/3 )



0,25
1.a)
+ Đồ thị ( qua 5 điểm : CĐ, CT, điểm uốn và 2 điểm có hoành độ x < 0 và x> 2







0,25




322
2

(1) ( 43)
3
yxmxmmx=++++++
3
5
−
1
có hai cực trị ; GTLN
12 1 2
2( )
A
xx x x=−+

1,0
Tập xác định D =  .
Ta có
22
221 43
y
'x (m)xm m=+ ++++.

0,25
Hàm số có hai cực trị Ù y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ Δ’ >0 ⇔
mm
2
650 5m++<⇔−<<−1

0,25
Khi đó gọi x
1

, x
2
là các nghiệm pt y’ = 0 thì x
1
, x
2
là các điểm cực trị hàm số.
Ta có
12
2
12
1
1
(4
2
xx m
xx m m
+=−−
⎧
3)=++
⎪
⎩
⎪
⎨
=>
2
1
87
2
Amm

=
++

0,25
1.b)
Xét hàm số
2
1
(87
2
tmm=++
2
2
f
x
() =
2
3
·
x
3
2·
x
2
+ 1
-1
1
2
-5/3
O

3
U
) trên (-5;-1) =>
9
0
2
t
−
≤< ( dùng BBT)
Suy ra
9
2
A ≤
khi m = – 4.
Vậy maxA =
9
2
khi m =
− 4.




0,25
Giải phương trình lượng giác 2sin 2 3sin cos 2
4
xx
π
⎛⎞
x

+
=++
⎜⎟
⎝⎠

1,0 2
PT (1)
⇔+

sin 2 cos 2 3sin cos 2xxxx=++


.
2
2sin cos 3sin 2cos cos 3 0xx x x x⇔−+−−=
0,25

()
(
)
(
)
()()
2cos 3 sin cos 1 2cos 3 0
sin cos 1 2cos 3 0
xxx x
xx x
⇔−++ −
⇔++ −=
=



0,25

3
cos ( )
2
sin cos 1
xVN
xx
⎡
=
⎢
⇔
⎢
+=
⎣
−


0,25

2
1
sin
2
4
2
2
x

k
x
xk
π
π
π
π
π
⎡
=− +
⎛⎞
⎢
⇔+=−⇔
⎜⎟
⎢
⎝⎠
=+
⎣
(k ∈

)
Phương trình có các nghiệm:
2, 2
2
x
kx k
π
π
π
=− + = +

π
(k ∈

).

0,25
Tính thể tích khối tròn xoay. 1,0
Thể tích khối tròn xoay cần tính là
V=
4
2
0
(sin)
x
xdx
π
π
∫

0,25



=
2
44 44
00 00
1cos2
.sin . cos2
22

x
x
xdx x dx xdx x xdx
ππ ππ
π
ππ
⎛
−
==−
⎜⎟
⎝⎠
∫∫ ∫∫
⎞

0,25
+
4
0
x
dx
π
∫
=
22
4
0
23
x
π
2

π
= .

0,25
3
+
4
0
cos 2
x
xdx
π
∫
. Đặt từng phần u = x, dv = cos 2xdx. Ta có du = dx, v =
1
2
sin 2x.
Từ đó, tính được
4
0
cos 2
x
xdx
π
∫
=
1
84
π
−

.
Do đó, V =
2
(4
64
8)
π
ππ
−+.





0,25
a) Tìm môđun của số phức z 0,5
Gọi ; Khi đó
,,zabiab=+ ∈
(
)
23 19zizi
−
+=−


()
23abi i⇔+ − +
()
19abi i− =−
(

)
33319ab ab i
⇔
−− − − =−

0,25

31
339
ab
ab
−− =
⎧
⇔
⎨
−=
⎩
⇔ . Vậy môđun của số phức z là :
2
1
a
b
=
⎧
⎨
=−
⎩
22
2(1) 5z =+−=


0,25
b) Tìm hệ số của x
7
trong khai triển
()
2
23
n
x
− , …
0,5
Ta có
()
21
0 1 2 2 2121
21 21 21 21
1
n
nn
nn n n
x
C C x C x C x
+
++
++ + +
+=+ + ++
Cho x=1, ta có (1)
21 0 1 2 21
21 21 21 21
2

nn
nnn
C C C C
++
+++
=++++
n+
1
n+
1
n+
Cho x= -1, ta có : (2)
01 2 2
21 21 21 21
0
n
nnn
C C C C
+
+++
=−+−−
Lầy (1) trừ (2), ta được :
()
21 1 3 5 21
21 21 21 21
22
nn
nnn n
C C C C
++

+++ +
= ++++

⇔
21 3 5 2
21 21 21 21
2
nn
nnn
CCC C
+
+++
=++++




0,25

4
Từ giả thiết ta có
2212
2 4096 2 2 2 12
nn
n=⇔=⇔=
Do đó ta có
()
12
12
12

12
0
23 1 2 3
kk k k
k
x
()C (x)
−
=
−=−
∑
( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên)
⇒ hệ số của x
9
là : - .
993
12
32C


0,25

mp(Q) // AB, (Q) ⊥ (P), cắt (S) theo đường tròn có bán kính 3 2 .
1,0
Ta có x
2
+ y
2
+ z
2

− 2x + 8z − 7 = 0 ⇔ (x −1)
2
+ y
2
+ (z +4)
2
= 24.
Suy ra (S) có tâm I(1 ; 0 ;
− 4), bán kính R = 2 6.
0,25

Gọi , lần lượt là vecto pháp tuyến của mp(P), mp(Q). Ta có
P
n
r
Q
n
r
P
n
r
= (1; 1; −1),
A
B
uuur
= (1; 3; 1), [
P
n
r
,

A
B
u
uur
] = (4; − 2; 2) ≠ 0
r
.
Ta có nên có thể chọn
()//
() ()
Q
QP
QAB n AB
QP
nn
⎧
⊥
⎧
⎪
⇒
⎨⎨
⊥
⊥
⎩
⎪
⎩
r uuur
rr
Q
n

r
=
1
2
[
P
n
r
, AB
u
uur
]
Hay = (2;
−1; 1). Suy ra pt mp(Q): 2x − y + z + d = 0
Q
n
r



0,25
Gọi r, d lần lượt là bán kính của (C), khoảng cách từ tâm I của (S) đến mp(Q).
Ta có diện tích hình tròn (C) bằng 18
π nên r
2
= 18.
Do đó d
2
= R
2

− r
2
= 24 − 18 = 6 ⇒ d = 6.
Ta có d =
6 ⇔ |d −2| = 6 ⇔ d = 8 hoặc d = − 4.
Từ đó, có 2 mp là (Q
1
): 2x − y + z + 8 = 0, (Q
2
): 2x − y + z − 4 = 0
0,25
5
Mp(Q) có pt trên có thể chứa AB.
Kiểm tra trực tiếp thấy A(1;
−1; 1) ∉ (Q
1
) nên AB // (Q
1
); A(1; −1; 1) ∈ (Q
2
) nên
AB
⊂ (Q
2
).
KL: pt mp(Q): 2x
− y + z + 8 = 0.

0,25
Thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CF và SB. 1,0



























0,25
Đặt AB = x ; ( x > 0), khi đó
2
x

SI
=
. Trong tam giác vuông SIJ ta có:

22
222 2
111 1 11
.
5
2
5
x
a
IE SI IJ x
x
a
=+⇒ = +⇒=
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠

Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
2
.
11
.
332

S ABCD ABCD
aa
VSSIa
==
.
6
=




0,25


6
Qua B dựng đường thẳng song song CF cắt DA kéo dài tại K.
Khi đó CF// (SBK), suy ra d(CF; SB) = d(F; (SBK)).
Dựng
()
(
)
,;,
I
HBKHBKILSHLSH⊥∈ ⊥∈. Ta có:

0,25
Vì I là trung điểm AB và tam giác SAB
vuông cân tại S nên .
SI AB⊥


B
A
D
C
S
K
I
F
J
E
H
L
Ta có:

()( )
()( )
()
()
.
,
SAB ABCD AB
SAB ABCD SI ABCD
SI SAB SI AB
∩=⎧
⎪
⊥⇒⊥
⎨
⎪
⊂⊥
⎩

Gọi J là trung điểm CD, E là hình chiếu vuông góc của I lên SJ. Ta có:

⎨

() (
CD IJ
CD SIJ CD IE SIJ
CD SI
⊥
⎧
⇒⊥ ⇒⊥⊂
⊥
⎩
)
Và
() ()
()
5
;
5
IE CD
a
IE SCD IE d I SCD
IE SJ
⊥
⎧
⇒⊥ ⇒= =
⎨
.
⊥

⎩

()
BK SI
B
K SIH BK IL
BK IH
⊥
⎧
⇒⊥ ⇒⊥
⎨
⊥
⎩
.
Từ
() (
()
;
IL BK
)
I
LSBK ILdISBK
IL SH
⊥
⎧
⇒⊥ ⇒=
⎨
⊥
⎩
.

Tứ giác BCFK là hình bình hành .
F
KBCa⇒== Lại có: .
22
aa
FA AK
=
⇒=
Hai tam giác vuông BHI và BAK có góc nhọn B chung nên đồng dạng, suy ra:
2
2
.
.
22
25
4
aa
HI BI KA BI a
HI
KA BK BK
a
a
=⇒= = =
+
.
Trong tam giác vuông SIH:
222
111
24
a

IL
IL IH IS
=+⇒=.
(){}
()
()
()
()
;
2
;
dASBK
BA
AI SBK B
BI
dI SBK
∩=⇒ =
()
()
()
()
=
2
;2;
24 6
aa
dASBK dI SBK⇒= ==,
tương tự :
()
()

()
()
2
;2;
3
6
aa
dF SBK dASBK===
6
. Vậy :
()
6
;
3
a
dCFSB
= .


0,25

Viết phương trình đường tròn (S)
1,0
+B là giao điểm của AB và BD, tìm được B(0; 2).
+Tính góc giữa hai đường thẳng AB và BD bằng 60
0
.
+Ta có BD là đường trung trực của dây cung AC nên BD
là đường kính.
+Tam giác ABD vuông tại A có


0
60 3ABD AD AB=⇒=




0,25
+Ta có
1
223.
2
ABCD ABD ABD
SSS ABAD
ΔΔ
=⇔=⇔ =
23


2
1
.3 23 2.
2
AB AB
⇔=⇔=
+Ta có
()
(
)
;2 , 0, ;0AAB Aa a AB a∈⇔ > =−

u
uur

()
2
2
2022(AB a a a=⇔ − + =⇔= >0)suy ra
(
)
2; 2A .

0,25
+Ta có
()
(
)
;3 2, 2;3DBD Dd d AD d d∈⇔ + =−
u
uur
.
Nên
()
()
2
2
2
1
323234480
2
d

AD AB d d d d
d
=−
⎡
=⇔−+ =⇔−−=⇔
⎢
=
⎣

Suy ra
()
()
1; 3 2
2; 2 3 2
D
D
⎡
−− +
⎢
⎢
. Vì y
A
< y
D
nên chọn
+
⎢
⎣
(
)

2; 2 3 2D
+
.

0,25
7
+ Đường tròn (S) có tâm
(
1; 3 2I
)
+
, bán kính
2
I
A
=
nên có phương trình:
()
()
2
2
132xy−+−− =4.

0,25
Giải hệ phương trình
33 2
3
7 3 ( ) 12 6 1 (1)
(, )
4 1 3 2 4 (2)

xy xyxy x x
xy
xy x y
⎧
++ −− +=
⎪
∈
⎨
+++ + =
⎪
⎩

1,0 8
Điều kiện: 3x+2y≥

0


A
D
I
B
C
32 32 23
33
(1) 8 12 6 1 3 3
(2 1) ( ) 2 1 1
xxxxxyxyy
x
xy x xy y x

⇔− +−=− + −
⇔−=−⇔−=−⇔=−

0,25
Thế y = 1− x vào (2) ta được:
3
32 24xx
+
++=

Đặt
3
32, 2(0axbxb=+=+≥)

Ta có hệ
32
4
34
ab
ab
+=
⎧
⎨
=−
⎩

0,25
=− =− =−
⎧⎧ ⎧
⇔⇔ ⇔

⎨⎨ ⎨
=−− = −+− −+−=
⎩⎩ ⎩
=−
=⎧
⎧
⇔⇔
⎨⎨
=
−−+=
⎩
⎩
323 2 32
2
44 4
3(4 ) 4 3( 16 8 ) 4 3 24 44 0
4
2
2
(2)( 22)0
ba ba ba
aa a aa aaa
ba
a
b
aaa

0,25
3
322

2
22
x
x
x
⎧
+=
⎪
⇔⇔
⎨
+=
⎪
⎩
=
⇒ y = − 1 (thỏa ĐK)
Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (2;
−1).

0,25
Cho các số dương
,,
x
yz
thỏa
3xyz
+
+=
. Tìm GTNN của biểu thức

222

222
x
yyzzx
Px y z
x
yyzzx
+
+
=+++
++

1,0
Áp dụng BĐT TBC-TBN cho hai số dương, ta có
32 232 232 2
2, 2, 2.
x
xy xyy yz yzz zx zx+≥ +≥ +≥
()
(
)
(
)
333 2 2 2 2 2 2
21xyz xyyzzx xyyzzx⇒++≥ + + − + +

Mặt khác, do
nên
3xyz++=

()

()
()
()(
()
222 222
333 2 2 2 2 2 2
3
2
xyz xyzxyz
xyz xyyzzx xyyzzx
++ =++ ++
=+++ + + + + +
)
Từ (1) và (2), ta có
2222 2 2
x
yzxyyzz++≥ + +x.


0,25
Do đó
222
222
x
yyzzx
Px y z
x
yz
++
≥+++

++

Ta có
() (
2
222
2
)
x
yz x y z xyyzzx++ = + + + + + .
Đặt
222
9
2
t
t x y z xy yz zx
−
=++⇒++=
.
0,25
Do
()
2
222
3
3
xyz
x
yz t
++

++≥ ⇒≥

Khi đó
2
92
,3 ,3
22
ttt
Pt t P t
tt
−−
≥+ ≥ ⇔ ≥ ≥
9+

0,25
9
Xét hàm số
()
2
2
,
2
tt
ft
t
−+
=
9
trên
[

)
3;
+
∞
.
Lập bảng biến thiên, ta có hàm f đồng biến trên
[
)
3;
+
∞ .
() ()
3
minf 3 4
t
Ptf
≥
⇒≥ = =
.
Kết luận được : min 4 1.Pxyz
=⇔===
0,25