CỔNG LUYỆN THI TRỰC TUYẾN SỐ 1 VIỆT NAM

THẦY ĐẶNG VIỆT HÙNG

TUYỂN CHỌN
ĐỀ THI MINH HỌA CHUẨN
CHO KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015

Thầy Đặng Việt Hùng

(Tài liệu lưu hành nội bộ)
Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! LêI GiíI THIÖU

Các em thân mến!
Kể từ năm 2015, Bộ giáo dục và Đào tạo chỉ tổ chức duy nhất một kì thi Quốc gia (gọi là kì thi
Trung học phổ thông quốc gia) lấy kết quả thi để xét công nhận tốt nghiệp Trung học phổ thông và
làm căn cứ xét tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng.
So với mọi năm, kì thi Trung học phổ thông quốc gia 2015 sẽ có một chút thay đổi về cấu trúc đề
thi, độ khó – dễ của đề thi.

Nhằm giúp các em học sinh có thêm tài liệu ôn thi, luyện tập với các đề thi chuẩn theo mẫu đề thi
minh họa của Bộ giáo dục và đào tạo, Thầy Đặng Việt Hùng và Moon.vn phối hợp sản xuất bộ
sách “TUYỂN CHỌN ĐỀ THI MINH HỌA CHUẨN CHO KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015”

m
C
(
m
là tham s
ố
).
a)
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị

(
)
m
C
v
ớ
i
1
m

.
Đườ
ng th
ẳ
ng
d
c
ắ
t tr
ụ
c
Oy
t
ạ
i
B
. Tìm
m

để

6
OAB
S
∆
=
v
ớ
i
O

P
 
= +
 
 
.
b)
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
2
(1 2 ) . 4 20.
+ + = −i z z i
Tì
m
tọ
a
độ củ
a
đ
i
ể
m M bi
ể
u di
ễ
n s
ố
ph
ứ
c z.
Câu 3 (0,5 điểm). Gi

2 2 2 2
3 3 8 6
,
13 3 14 1 5
x y y x y xy x
x y
x y y x

+ + = − + + +

∈

+ − − − + =


ℝ
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
2 2
2 2
3
1 1
x
I dx
x x
=
+ + −
∫
.
Câu 6

ng
(
)
SBC
và
(
)
ABCD
b
ằ
ng
0
60
. Tính th
ể

tích c
ủ
a kh
ố
i chóp .
S ABD
và kho
ả
ng cách t
ừ
trung
đ
i
ể

độ
Oxy
cho
hì
nh vuông
ABCD
,
đ
i
ể
m
(
)
1;2
A −
.
Gọ
i
,
M N
l
ầ
n l
ượ
t
là
trung
đ
i
ể

ngoạ
i ti
ế
p tam
giá
c
BME
, bi
ế
t
BN
có
ph
ươ
ng
trì
nh
2 8 0
x y
+ − =
và
B
có hoà
nh
độ
l
ớ
n
h
ơ

:
2 1 1
x y z
− +
∆ = =
−
. Tính kho
ả
ng cách t
ừ

M

đế
n
∆
và l
ậ
p ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua
M
,
c

19 em n
ữ
. Trong
phò
ng thi
nà
y
có
50 b
ộ bà
n gh
ế đượ
c
đá
nh s
ố
theo th
ứ
t
ự
t
ừ
1
đế
n
50.
Giá
m
thị
ghi s

tí
nh
xá
c su
ấ
t
để thí
sinh d
ự
thi ng
ồ
i
bà
n s
ố
1
và bà
n s
ố
50
đề
u
là thí
sinh nam.
Câu 10 (1,0 đ
i
ể
m
). Cho
,

( ) ( )
(
)
2 32
2 2
xy x y
x y
P x y y x
x y
+ +
= − + − +
+
.
Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015!
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 1
Câu 1 (2,0 điểm).
Ta có
( )
2 2 2 2
1
' 3 6 3 1 0 2 1
1
x m
y x mx m x mx m
x m
= +

= − + − = ⇔ − + = ⇔


(
)
1 ; 3 1
C m m
+ − −

Ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i A là:
(
)
3 3 0; 3 3
y m B m
= − + ⇒ − +

Do tam giác OAB vuông t
ạ
i B nên ta có:
1 1
. . 3 3 1 6
2 2
OAB
S AB AB m m
= = − + − =

đ
i
ể
m).
a)
Th
ầ
y ch
ư
a làm nhé !
b)
G
ọ
i
(
)
(
)
( ) ; , .
M z x y z x yi x y z x yi
=
⇒
= + ∈
⇒
= −
ℝ

Theo bài ra ta có
( ) ( )
2

M
y
=

⇔ ⇒

=

Vậy
(
)
4;3 .
MCâu 3 (1,0 điểm).
ĐK:
1
0
4
x
> >
. Khi đó
(
)
(
)
2
2 2 2 2
log log 1 2 log 2 2 1 log 8

x
= >
−
ta có:
( )
( )
2
1
2
8 2 1
1
4
t
t t
t loai

=

= + ⇔


= −



V
ới
( )
1 1 1 3 2 3
2 2 1 0

1

≥



≥ −

y
x

(1)
2 2 3 3 3 2 3 2
3 3 8 6 6 3 6 8 3 6
⇔ + + = − + − ⇔ + + + = − +
x y y x y x x x x y y y

( ) ( ) ( ) ( )
3 3
1 3 1 1 3 1
⇔ + + + = − + −
x x y y
Xét hàm s
ố

(
)
3
3
= +

c
( )
(
)
2 11 3 8 1 5
− − − + =
x x x
( )( )
(
)
2 11 2 9 5 3 8 1
⇔ − − = − + +
x x x x
(
)
2
4 40 99 5 3 8 1
⇔ − + = − + +
x x x x
( )( )
(
)
4 3 8 4 3 5 3 8 1 0
⇔ − − + + − − + + =
x x x x x
(
)
(
)
4 3 8 3 4 5 3 8 7 5 1 0

x x
x x x x
3 5
8 11
= ⇔ =

⇔

= ⇔ =

x y
x y
(do
8
3
≥
x )
V
ậ
y h
ệ
có các nghi
ệ
m
(
)
(
)
(
)

x t x t
+ = ⇒ = −
Khi
3 2; 2 2 3.
x t x t
= ⇒ = = ⇒ =

Do đó
( )
( )( )
(
)
(
)
( )( )
3 3 3
2
2
2 2 2
2 1 2
1 1 1 2 1
1
2 1 1 2 1 2 3 1 2
t t
t
I d t dt dt
t t t t t t
− + +
= − = =
+ − − − + − +

(1,0 điểm).
Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015!
Gọi E là trung điểm của AB dễ thấy ABCE là
hình vuông cạnh a.
Khi đó ta có:
1
2
CE AB ABC
= ⇒ ∆ vuông t
ạ
i
đỉ
nh C hay
AC CB
⊥
.
L
ạ
i có
(
)
SA BC BC SAC
⊥ ⇒ ⊥
.
Do v
ậ
y

0

1
; ;
2
d I SBC d D SBC
=

G
ọ
i
K AD BC
= ∩
khi
đ
ó
/ /
1
2
CD AB
CD AB



=


nên CD là đường trung bình của tam giác AKB.
Khi đó:
( )
( )
( )

3 8
a a
V d= = .

Câu 7 (1,0 điểm).

Gọi cạnh hình vuông là
2
x
. Ta có
5
=
BM x

Ta có





( . . ) 90 90∆ = ∆ ⇒ = ⇒ + = ⇒ = ⇒ ⊥
o o
MCD NBC c g c MCD NBC MCN BNC NEC MC BN

Gọi
H
là hình chiếu của A trên BN. Có:
( )
(
)

(
)
(
)
1. 1 2 2 0 2 5 0
+ − − = ⇔ − + =
x y x y

Gọi
(
)
,8 2
−
B b b
ta có
( ) ( )
2 2
2
4 1 6 2 16 5 22 21 0 3
= ⇒ + + − = ⇔ − + = ⇒ =
AB b b b b b (do
2
>
b )
Suy ra
(
)
3;2
B
, suy ra

pháp tuy
ế
n là
1 0
− =
x
Suy ra
O
là giao c
ủ
a
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a AB v
ớ
i AH nên
( )
1 0
1;3
2 5 0
− =

⇒

− + =

O

).
Đườ
ng th
ẳ
ng
∆
qua
đ
i
ể
m
(
)
1; 1;0
A −
và nh
ậ
n
(
)
2;1; 1
= −

u
làm VTCP.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
1;2;0 ; 2;1; 3 ; 2 1 3 14

( )
1 2
1 .
x t
y t t
z t
= +


= − + ∈


= −

ℝ

Do
(
)
(
)
2 1; 1; 2 1; 2; .
∈∆ ⇒ + − − ⇒ = − − −

N N t t t MN t t t

( ) ( )
2 1 4 2
. 0 2 2 1 2 0 6 4 ; ; .
3 3 3 3

a làm VTCP.
K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i d qua
đ
i
ể
m
(
)
2;1;0
M
2 1
: .
1 4 2
x y z
d
− −
⇒ = =
− −

V
ậ
y
2 1
: .

i A là bi
ế
n c
ố
: “ thí sinh d
ự
thi ng
ồ
i
bà
n s
ố
1
và bà
n s
ố
50
đề
u
là thí
sinh nam ”.
Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015!
Bàn số 1 và bàn số 50 là 2 bạn nam nên chỉ còn 29 em nam và 19 em nữ ứng với 48 vị trí còn lại
29
29
48
48
31
50

P xy
x y x y x y
+
+ − + +
= + + = + = +
+ + +

Đặ
t
( ) ( )
4
64
0 .
2
t
x y t t P f t
t
+ = ≥ ⇒ = + =

Đ
i tìm
Đ
K c
ầ
n và
đủ
c
ủ
a t
T

⇒ + − ≤ + ⇒ < + ≤ ⇒ + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈
 

Xét hàm số
( )
4
64
2
t
f t
t
= + với
1; 6 .
t
 
∈
 
Rõ ràng
(
)
f t
liên tục trên đoạn
1; 6 .
 
 ( )
(
)



Ta có
( )
( )
( )
129 2
1 ; 6 18 32 ; 2 40.
2 3
f f f= = + =

V
ậ
y
( ) ( ) ( ) ( )
min max
1; 6 1; 6
129
min 2 40; max 1 .
2
P f t f P f t f
   
   
= = = = = =

a)
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị

(
)
C
.
b)
Tìm
m

để

đườ
ng th
ẳ
ng
y x m
= − +

là gốc tọa độ.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
cos
1 sin .
1 sin
x
x
x
= −
+

b)
Tìm s
ố
ph
ứ
c
z
th
ỏ
a mãn
(
)
2
2
6
z z
+ =
và

.
Câu 4
(1,0
đ
i
ể
m).

Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình
(
)
(
)
2 2
2
2 2 1 1 1
9 2012 2 4 2013
x x x y y
y xy y y x

+ + + + + + =




BAD = . Hình
chiếu của
S
lên
(
)
ABCD
là trọng tâm tam giác ABC. Góc giữa mặt phẳng
(
)
ABCD
và mặt phẳng
(
)
SAB
là
0
60
. Tính theo a thể tích của khối chóp
.
S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SC
và
AB
.
Câu 7 (1,0 đ
i
ể
m


trên
AC
và
82 6
;
13 13
M
 






 
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
HC
. Tìm t
ọ
a
độ
các
đ

(
)
0; 1; 3 , 3;0; 3
A B
− − −
và
m
ặ
t c
ầ
u
(
)
S
có ph
ươ
ng trình
2 2 2
2 2 2 6 0
x y z x y z
+ + + + + − =
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng

Câu 9
(0,5
đ
i
ể
m
). Cho
n
∈
ℕ
th
ỏ
a mãn
2 2 2
3 2 3 15
n n
C A n
+ = +
.
Tìm số hạng chứa
10
x
trong khai triển
3
2
3
2 , 0
n
x x
x

1
2
1 2 0
2 0
1
x
x
x
x m
x x m x
f x x mx m
x
≠
≠


−
 
= − + ⇔ ⇔
 
− − + − =
= − + − =
−





Ta có
( ) ( )

)
1 1 2 2
; , ;
A x x m B x x m
− + − + .
H
ơ
n n
ữ
a theo
đị
nh lý Viete
1 2 1 2
; 2
x x m x x m
+ = = −
.
Ta thu
đượ
c
2 2
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
2 0 2
2 0 2
x mx m x mx m
x mx m x mx m
 
− + − = − = −

1 1 2 4 2 0
2
=

+ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔

=

m
OA OA m m
m
OA OB OA
.
V
ậ
y
0; 2
= =
m m là các giá trị cần tìm.

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Điều kiện:
sin 1 (*)
x
≠ −

PT tương đương với
2
cos 0
cos cos

2
x k x k k= + = ∈
ℤ

b)
Gọi
(
)
, .
z x yi x y z x yi
= + ∈
⇒
= −
ℝ

Ta có
(
)
( ) ( )
2
2 2
2 2 2
2 2 .
z z x yi x yi x y
+ = + + − = −

Theo bài,
(
)
2

(2)
Từ (1) và (2) ta có
( )
2
2 2
1
3 1 3 0 8 6 2 0
1
4
y
y y y y
y
=


− − − = ⇔ − − = ⇔

= −


Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015!
• Với
1
y
=
thế vào (2) có
3 1 2 2
x z i
= − = ⇒ = +


= − −
Câu 3 (0,5 điểm).
Điều kiện:
0
4
3 4 0
3
x
x
x
>

⇒ >

− >


Ta có
( )
(
)
( )
2
2
6 2
3

=



− =


. Khi
đ
ó
(
)
2 2 2 2
1 6 2 4 2 2 4 4 0
ab a b a ab ab b
⇔ = + ⇔ − − + =
( )( )
2 4 0
2 4 2
= =
 
⇔ − − = ⇔ ⇔
 
= =
 
a b a b
a b a b
a b a b

( )

ệ
m là
16
1; ;2
9
S
 
=
 
 Câu 4
(1,0
đ
i
ể
m).
Đ
k:
9 0
y xy
− + ≥

PT
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1 1 1
x x y y
⇔ + + + + = − + − +


Pt
(
)
2
tr
ở
thành:
2 2
8 3 2013 2012
x x x+ − + = −

(
)
3

x
∀ ∈
ℝ
có
2 2
8 3 2013 2012 0 0
x x x x
+ > +
⇒
− >
⇒
>

PT

t:
2 2
1 1
2013
8 3 3 2
x x
T
x x
+ +
= − −
+ − + −

Do
0
x
>
nên
0
T
<
nên
1 0 1
x x
− = ⇔ =

(th
ỏ
a mãn)
V
ậ

3
2
2 2
3
1 1 1
ln 2 2 ln 2 ln
2
1 1 1
1 2 2
21ln 2 4ln3 2 . . 21ln2 4ln3 2
1 1 1
1
+ + +
= − = − − −
− − −
− − −
= − − − = − +
+ + −
−
∫ ∫
∫ ∫
x x x
I d x x x x x x d
x x x
x x x
x x dx dx
x x x
x

( )( )

= = = −
+ − − −
= − − = − − = −
−
∫ ∫ ∫ ∫
∫

Do
đ
ó
5 1 8 8
21ln 2 4ln3 2 ln 21ln 2 4ln3 5 ln .
2 2 3 3
I
 
= − + − = − + −
 
 

V
ậ
y
8
5 21ln 2 4ln3 ln .
3
I = + − −

Câu 6
(1,0
đ

ạ
i K, I. Ta có:
(
)
/ /
AB CD SIK
⊥
,
3 3
AB a
HK
= =
0 0
60 .tan60
3
a
SKH SH HK=
⇒
= =
2
0
3
. .sin . .sin60
2
ABCD
a
S AB AD A a a= = =

Ta có:
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
3 3
, ; ; ;
2 2
d SC AB d AB SCD d B SCD d H SCD HE
= = = =
M
ặ
t khác:
( )
2 2 2 2 2
1 1 1 3 9 2 3
,
4 7
21
a
HE d SC AB a
HE SH HI a a
= + = +
⇒
=
⇒
=


− = − =
 
 

Lại có
(
)
17 85
;
13 13
:5 32 0
5;7
AM
AM x y
A

 




= −

 
 

 
⇒ + − =



(
)
4;0
N MN BN N
= ∩ ⇒

L
ạ
i có
( )
/ / : 12 0
: 4 0
4;0
CD AB x y
CD x y
N CD

+ − =


⇒ + − =


∈



T
ừ


)
(
)
0; 1; 3 , 3;0; 3 3;1;0
A B AB
− − − ⇒ =

. Nên
(
)
(
)
(
)
2 2 2
: 1 3 0; 0
P ax b y c z a b c
+ + + + = + + >
.
(
)
(
)
(
)
(
)
. 0 3 0 3 : 3 1 3 0
P
AB P n AB a b b a P ax a y c z

2
; 2 2 4 4 4 10
9
0
39 4 0 39 4 0
4; 39
IH r R IH R r IH
a c
d I P a ac c a c
a a c
a
a ac a a c
a c
+ = ⇔ = − = − = ⇒ =
− +
⇔ = ⇔ = ⇔ − + = +
+ +
=

⇔ + = ⇔ + = ⇒

= − =


N
ế
u
(
)
0 : 3

! !
3 2 3 15 3. 2. 3 15
2!. 2 ! 2 !
n n
n n
C A n n
n n
+ = + ⇔ + = +
− −

( ) ( ) ( )
2 2 2
3
3
1 2 1 3 15 7 1 6 30 7 30
10
2
n
n n n n n n n n n n
n
= −

⇔ − + − = + ⇔ − = + ⇔ − − ⇔

=


Kết hợp với (*) thì chỉ có
10
n

 
− = − = − = − = −
 
 
∑ ∑ ∑

Trong đó
0 10
k
k
≤ ≤


∈

ℕ
(**)
Bài ra ta cần giải phương trình
5 20 10 6
k k
− = ⇔ =
đã thỏa mãn (**).
Vậy số hạng chứa
10
x
trong khai triển đã cho là
( )
6
6 10 10
10

= + + + − − = +
   
   
+ + + +
   

(
)
(
)
( )( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 1
2 2 3 1 5 1
.
1 1 1
4 4
x y y x
xy x y xy xy xy
xy x y xy xy x y
xy xy
+ + +
+ + + − −
= = = =
+ + + + +

Đặ
t
0.

; 0
1
3 1 .
1 3
3
x y
xy xy
x y xy
>

⇒ > ⇔ >

+ + =

Từ đó ta được điều kiện là t ≥ 1.
Khi đó
2
2 4 3
5 1 20 8 (5 1) 5 2
' 0 1.
4 16 4
t t t t t
P P t
t t t
− − − − +
= ⇒ = = < ∀ ≥

Suy ra P(t) là hàm nghịch biến trên [1; +∞].
Mà
5 1

x y y x
= +
+ +

Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015!
Đặt
1 1
; ( , 0) 1 3 3.
a b a b x y xy a b ab
x y
= = > ⇒ + + = ⇔ + + =

Theo BĐT Cô-si ta có
(
)
(
)
3 2 1 3 0 1 1.
a b ab ab ab ab ab ab ab
= + + ≥ + ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤

Khi đó ta có
( ) ( )
1 1 1 1 2
1 1 1 1 1 1 1
ab ab a b
P ab ab
x y y x a b a b ab a b
+ +


Câu 1 (2,0 điểm).

Cho hàm số
1
2
x
y
x
− +
=
−
.
a)
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố

x
x x
x

b) Tìm phần thực, phần ảo của số phức
( )
1
= +
n
z i
, biết n là số tự nhiên lớn hơn 3 và thỏa mãn
phương trình
2
4 16
log ( 3) log ( 9) 3 0.
− + + − =
n n

Câu 3
(0,5
đ
i
ể
m). Giải hệ phương trình

2
2 2
2
log log 1
log ( ) 1


Câu 5
(1,0
đ
i
ể
m).

Tính tích phân
( )
1
3
2
0
1 2 .
I x x x dx
= − −
∫

Câu 6
(1,0
đ
i
ể
m).

Cho hình lăng trụ đứng
. ' ' '
ABC A B C
có đ

ả
ng cách
gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng AB và
'
CB
b
ằ
ng
.
2
a

Câu 7
(1,0
đ
i
ể
m).

Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v

m ngoài
đườ
ng tròn. Qua A v
ẽ
hai ti
ế
p tuy
ế
n
AB, AC t
ớ
i
đườ
ng tròn (C) (v
ớ
i B, C là ti
ế
p
đ
i
ể
m), vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn (C) bi
ế
t

đườ
ng th
ẳ
ng
1 1 1
:
1 1 1
x y z
d
− − +
= =
−
và
m
ặ
t c
ầ
u
2 2 2
( ) :( 2) ( 3) 9.
S x y z
− + − + =
L
ậ
p ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ

ộ
p ch
ứ
a 4 qu
ả
c
ầ
u màu
đỏ
, 5 qu
ả
c
ầ
u màu xanh và 7 qu
ả
c
ầ
u màu vàng.
L
ấ
y ng
ẫ
u nhiên cùng lúc ra 4 qu
ả
c
ầ
u t
ừ
h
ộ

i
ể
m).

Cho
, ,c
a b
là các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng.
Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
( ) ( )( )
2 2 2
4 9

x
≠
) (*)
Để
d c
ắ
t (C) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t
(*)
pt
⇔
có hai nghi
ệm phân biệt
1 2
;
x x
khác 2
( ) ( )
( )
2
2
2 4 2 1 0
0



= − +

và
1 1 2 2
( ; 1); ( ; 1)
A x x m B x x m
+ − + −

Ta có ( 1;1)
OH OH d OH AB
= − ⇒ ⊥ ⇒ ⊥


H là trực tâm của tam giác OAB
. 0 (*)
HA OB HAOB⇔ ⊥ ⇔ =
 

Với
(
)
(
)
1 1 2 2
1; 2 ; ; 1
HA x x m OB x x m
= + + − = + −
 

)
(
)
(
)
2 1 2 1 2 1 2 0
m m m m m
⇔ − + − − + − − =

1
2 4 0
2
m m
⇔ − = ⇔ =
(thỏa mãn đk)
Vậy
1
2
=
m là giá trị cần tìm.

Câu 2 (1,0 điểm).
a) ĐK:
{
( )
π
sin 0
sin 2 0
cos 0
2


⇔
 
+ =

 
 

x
x

Với
( )
π π
cos 2 0
4 2
= ⇔ = + ∈
k
x x k Z
,
(
)
( )
2π
π 1
sin
π
2π
4
2

log ( 3) log ( 9) 3 0 log 3 log 9 3 0 log 6 27 3
− + + − = ⇔ − + + − = ⇔ + − =
n n n n n n
(
)
( )
2 2
7
6 27 64 6 91 0
13

=
⇔ + − = ⇔ + − = ⇔

= −


n TM
n n n n
n Loai

Với
7
n
=
ta có :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
7 2 3
1 1 1 2 1 8 1 8 8

y
x
xxy2
1 1
log 1
log ( ) log ( )
x
x y
y
xy xy
⇔ − − =
⇔
1log
log1
1
log1
1
2
=−
+
−
+
y
xy
x
yx


ệ
m duy nh
ấ
t
(
)
(
)
1;3; =yx

Câu 4
(1,0
đ
i
ể
m).
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
1 3
10 10
x≤ ≤
Ta có
1 3
1 1 2, ;
10 10
x x x

 
− + − +
 
(*)
Xét hàm s
ố

1 1
( ) 30 2
10 1 1 3 10 1
= − − −
− + − +
f x x
x x

( ) ( )
2 2
5 5 1 3
'( ) 30 0, ;
10 10
10 1 10 1 1 3 10 3 10 1
 
= − − − < ∀ ∈
 
 
− − + − − +
f x x
x x x x

M

   
   
f f x f
. Do
đ
ó b
ấ
t ph
ươ
ng trình (*)
1
10 2 0
5
x x
⇔ − ≥ ⇔ ≥

K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n ta có nghi
ệ

= − ⇒ = − ⇒ = − .
Đổ
i c
ậ
n:
0 0
1 1
x t
x t
= ⇒ =


= ⇒ =


Suy ra,
1 1
2 4 2
0 0
(1 ) ( ) ( )
I t t t dt t t dt
= − − = −
∫ ∫

1 1
1
5 3 5 3
4 2
0
0 0

ặ
t khác AB
⊥

' ( ') ' ' ( ')
CC AB CMNC A B CMNC
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
.
K
ẻ
( ). ( ') ' ' ( ' ')
MH CN H CN MH CMNC MH A B MH CA B
⊥ ∈ ⊂ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

( ' ')
CA B
chứa
'
CB
và song song vớ
i AB nên
( , ') ( ,( ' ')) ( ,( ' '))
2
a
d AB CB d AB CA B d M CA B MH
= = = =

N
M
A'

. .2 . .
2 3
3
ABC A B C ABC
a a
V S MN a a= = = (
đ
vtt)

Câu 7
(1,0
đ
i
ể
m).

Do
( ) ( )
2 2
( ; 1); 2 2 1 1 8
I d I a a IA a a
∈ ⇒ + = ⇔ − + − =

1
3
a
a
= −

⇔

p tuy
ế
n v
ớ
i (C) nên t
ứ
giác ABIC n
ộ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn
(
)
1
C
có tâm K bán kính
1
1
. 2
2
R AI= = . Ta có
( ) ( )
2 2
1
( ): 2 3 2
C x y
− + − =


ệ

( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2
2 3 2
3 4
x y
x y R

− + − =


− + − =



Tr
ừ
theo v
ế
2 pt c
ủ
a h
ệ
ta
đượ
c ph

i
ể
m).
Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015!
+) Giả sử
2 2 2
( ; ; ), 0
P
n a b c a b c
= + + ≠

là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Do (P) chứa d nên ta có
( ): ( 1) ( 1) ( 1) 0
0
P a x b y c z
a b c b a c
− + − + + =


− + = ⇒ = +


+) Mặt cầu (S) có tâm
(2;3;0), 3
I R
=
và đường tròn giao tuyến có bán kính
3

P x y z
+ + − =Câu 9 (0,5 điểm).
+) Số phần tử của không gian mẫu là
4
16
1820
CΩ = =
.
+) Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu
vàng”. Ta xét ba khả năng sau:
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là:
1 3
4 5
C C

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là:
1 2 1
4 5 7
C C C

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là:
1 1 2
4 5 7
C C C

+) Khi đó
1 3 1 1 2 1 2 1

a b ab ac bc
a b a c b c
+ + +
+ + + +
+ + + ≤ =
Ta lại có
( )
2 2
2 2 2
2 4 4
2
2
a b ab ac bc
a b c
+ + + +
≤ + +
Khi đó, BĐT đó tương đương
(
)
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 4 4 3 4 2 2 0
ab ac bc a b c a b a c b c
+ + ≤ + + ⇔ − + − + − ≥

Hay khi đó ta có
( )
2 2 2
2 2 2

)
2;
+∞
ta được:
( ) ( )
5
4
8
f t f
≤ =

V
ậ
y
5
8
MaxP
=
d
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi
2
a b c
= = =

Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng

ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i m
ọ
i
0
m
≠

đồ
th
ị

(
)
m
C
luôn có hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
A và B, khi
đ

m).

a)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
3π
tan 3cos sin .tan .
2
 
− − =
 
 
x x x x

b)
Tìm mô-
đ
un c
ủ
a s
ố
ph
ứ
c
' 1
= +
z z

ể
m).

Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình
2 3
2 3 2
4 8 4 12 5 4 13 18 9
4 8 4 2 1 2 7 2 0
x x y y y x
x x x y y y

− − − = + + −


− + − + + + =



Câu 5
(1,0
đ
i
ể
m).

ng tr
ụ
tam giác
. ' ' '
ABC A B C
có ' 2 ;
= = =
AA a AB AC a
và góc gi
ữ
a
c
ạ
nh bên
'
AA
và m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABC) b
ằ
ng 60
0
. Tính th
ể
tích c
ủ
a kh
ố

ế
u c
ủ
a
đ
i
ể
m
'
A
trên m
ặ
t
ph
ẳ
ng (ABC) trùng v
ớ
i tr
ự
c tâm H c
ủ
a tam giác ABC.
Câu 7
(1,0
đ
i
ể
m).

Trong m

ng trình chính t
ắ
c c
ủ
a elip (E)
đ
i qua hai
đỉ
nh
đố
i di
ệ
n c
ủ
a hình thoi và nh
ậ
n hai
đỉ
nh
đố
i di
ệ
n còn l
ạ
i làm hai tiêu
đ
i
ể
m.
Câu 8

t ph
ẳ
ng (
α
) ch
ứ
a tr
ụ
c Oy và ti
ế
p xúc v
ớ
i m
ặ
t c
ầ
u (S).
Câu 9
(0,5
đ
i
ể
m). Xét t
ậ
p h
ợ
p các s
ố
t
ự

ấ
t
để
ph
ầ
n t
ử

đ
ó là m
ộ
t s
ố

chia h
ế
t cho 5.
Câu 10
(1,0
đ
i
ể
m).

Cho các s
ố
th
ự
c không âm
, ,

Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015!

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 4
Câu 1 (2,0 điểm).Ta có:
2
' 3 6
y mx mx
= −
0
' 0
2
x
y
x
=

⇒ = ⇔

=

.
Do
'
y
đổi dấu qua
0

Do vai trò c
ủ
a A, B nh
ư
nhau nên ta có th
ể
gi
ả
s
ử

(
)
(
)
0;3 3 , 2; 3
A m B m
− − −

Ta có:
2 2 2
2 20
OA OB AB
+ − = −
( ) ( )
(
)
2 2
2
9 1 4 3 2 4 16 20

ầ
n tìm.

Câu 2
(1,0
đ
i
ể
m).

a)

Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
π
cos 0
π
2
x x k
≠ ⇔ ≠ +

Phương trình đã cho tương đương với
tan 3sin sin .tan
x x x x
+ =
( )

+) V
ớ
i
π
2
π
π 1
2
sin 3cos 1 sin
7π
3 2
2
π
6
x k
x x x
x k

= +

 
− = ⇔ − = ⇔

 
 

= +




' 1 ( 5) 26.
z = + − =

Vậy
' 26.
z =

Câu 3
(0,5
đ
i
ể
m).
ĐK:
0
x
>
(*)
Bất PT
( ) ( )
3 3
3 3
3
log log
log log
log
2 10 1 10 1 2
10 1 10 1 .3
3 3 3 3
x x

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015!
Giải ra ta được
10 1
3
t
+
≥ . T
ừ

đ
ó ta
đượ
c t
ậ
p nghi
ệ
m c
ủ
a b
ấ
t ph
ươ
ng trình
đ
ã cho là
S
= [3;
+∞
).


ớ
i
(
)
3 2
8 3 2 1 4 12 13 5
x x y y y
− − = + + +

(
)
(
)
( ) ( ) ( )
3 2
3
4 2 1 1 2 1 4 3 3 1 1
4 2 1 2 1 2 1 4 1 1 1
x x y y y y
x x x y y
⇔ − + − = + + + + +
 
 
⇔ − − + − = + + +

Xét hàm s
ố

(
)

f x f y x y
x y y
≥ −

⇔ − = + ⇔ − = + ⇒

= + +


Ph
ươ
ng trình th
ứ
hai c
ủ
a h
ệ
tr
ở
thành
(
)
(
)
( )
(
)
2 2
2 2 3 2 2 3 2
4 3 2

(
)
(
)
3 2 2
6 6 6 6 6 1 0, 1
y y y y y y y
+ + + = + + + > ∀ ≥ −
nên (2) vô nghi
ệ
m.
+) V
ớ
i
0 2 1 1 1
y x x
= ⇒ − = ⇔ =
.
+) V
ới
1
1
2
y x
= −
⇒
=

Kết luận hệ ban đầu có nghiệm:
( ) ( )

1
0
2 .
x
I xe dx
−
=
∫

Đặ
t
π π
4 4
1
2
π
2 2
2
x
x
u x
I e e
dv e d
− −
−
=

→ = − − +

=

− −
= − − + + +
Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Câu 6 (1,0 điểm).
Theo bài ra góc giữa cạnh bên AA’ và mặt phẳng
(ABC) bằn60
0
nên góc

0
' 60
=A AH
và do AA’ = 2a
nên
' 3
A H a
= là một đường cao của khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ và AH = a.
Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên nếu gọi M là
trung điểm của cạnh BC thì đoạn AM là một đường
cao của tam giác ABC và AM < AC = AB = AH = a

2
a
AMBCS
ABC
==⇒
∆
.
Th
ể
tích kh
ố
i l
ă
ng tr
ụ

đ
ã cho là
3
3
' .
4
ABC
a
V A H S
∆
= = .

N
ố

3a
. Ta lại có
( ; ( ' ))
3
( ; ( ' ))
= =
d H A BC HM
d A A BC AM
.
Vậy khoảng cách d(A ; (A’BC)) =
7
aCâu 7 (1,0 điểm).
Phương trình chính tắc của (E) có dạng
2 2
2 2
1( 0)
x y
a b
a b
+ = > >

Gọi b là bán trục nhỏ của (E), c là khoảng cách từ tâm đến tiêu điểm
Ta có
2 2
25 (1)
b c+ =
Mặt khác diện tích hình thoi là 2bc = 5.4,8 = 24 (2)



=




+) Tr
ườ
ng h
ợ
p 1:
2 2
2
3
25 ( ): 1
4
25 9
b
x y
a E
c
=

⇒
=
⇒
+ =

=

đ
i
ể
m).
M
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
α
có vtpt là
( ; ; )
n a b c
=

trong
đ
ó a
2
+ b
2
+ c
2

0
≠
. Do (
α

j

suy ra b = 0
Mặt cầu có tâm I(2; 0; 1), bán kính R= 2 và (α) tiếp xúc với mặt cầu suy ra khoảng cách từ I đến (α)
bằng bán kính vậy ta có
2 2
2
2
a c
a c
+
=
+

⇔
0
4
3
c
c a
=



=


+) Với c = 0 chọn a = 1 ta có
(
)

ế
n c
ố
“ Ch
ọ
n
đượ
c 2 viên bi xanh”,
B
là bi
ế
n c
ố
“ Ch
ọ
n
đượ
c 2 viên bi
đỏ
”,
C
là bi
ế
n c
ố

“ Ch
ọ
n
đượ

ắ
c c
ộ
ng xác su
ấ
t ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
3
4 2
2 2 2
9 9 9
5
18
C
C C
P H P A B C P A P B P C
C C C
= ∪ ∪ = + + = + + =

Bi
ế
n c
ố
“ Ch
ọ
n
đượ
c hai viên bi khác màu” chính là bi

2 2
5 6 ( ) ( ) 0 2( )
5
a b
c c a b a b c a b a b c a b
+
⇒ − + + + ≤ ⇔ ≤ ≤ + ⇒ + + ≤ +

Khi
đ
ó
2 2 2 2
1 1
2( ) ( ) 2( ) ( ) 4( ) ( )
2 2
P a b c a b a b c a b a b a b
= + + − + ≤ + + − + ≤ + − +
Đặ
t
0
t a b t
= +
⇒
≥
và
4
1
2
2
P t t

đượ
c
3
( ) , 0
2
f t t
≤ ∀ ≥
, d
ấ
u
" "
=

3
1 , , , 0
2
t P a b c
=
⇒
≤ ∀ ≥

V
ậ
y
max
1
3
2
2
1