ĐỀ LUYỆN THI SỐ 01
GV biên soạn: Nguyễn Hữu Biển
(Lưu hành nội bộ)
LUYỆN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2015
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
y x 3x 4
(1)
= − + −
.
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b). Tìm m để đường thẳng d có phương trình
y mx 2m 16
= + +
cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
A, B, C cố định và tổng 2 hệ số góc của 2 tiếp tuyến với (C) tại B và C bằng
(
)
15
−
.
Câu 2: (1,0 điểm)
a). Cho biết
2

x 1 y 6 z
d :
2 1 3
− −
= =
−
. Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d và
viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I, cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt M, N sao
cho tam giác IMN có diện tích bằng
2 6012
.
Câu 5: (1,0 điểm) Tính tích phân
(
)
ln 2
x x
0
I e x e 1 dx
= + −
∫

Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a,
SA 2a
=
. M là trung điểm
của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và SB.
Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I, bán kính bằng 2,
điểm M thuộc đường thẳng
d : x y 0
+ =

HẾT

KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU BIỂN
-

https://www.facebook.com/ng.huubien

trang
1ĐỀ LUYỆN THI SỐ 1
GV biên soạn: Nguyễn Hữu Biển

y' 0 3x 6x 0
x 2
=

= ⇔ − + = ⇔

=


+
(
)
y' 0, x 0;2
> ∀ ∈ ⇒
hàm số đồng biến trên khoảng
(
)
0;2

+
(
)
y' 0, x ;0
< ∀ ∈ −∞
và
(
)
2;
+∞ ⇒
hàm số nghịch biến trên các khoảng

−∞

0 2
+∞

y’

- 0 + 0 -
y
+∞

ց4
−

ր

0
ց

−∞

(3) Đồ thị
- Giao của đồ thị với trục Oy:
x 0 y 4
= ⇒ = −

⇒
KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU BIỂN
-

https://www.facebook.com/ng.huubien

trang
2Câu 1b:Cho hàm số
3 2
y x 3x 4
(1)
= − + − . Tìm m để đường thẳng d có phương trình
y mx 2m 16
= + +
cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, B, C cố định và tổng 2 hệ số góc của 2
tiếp tuyến với (C) tại B và C bằng
(
)

, thực hiện phép chia đa thức
(
)
(
)
3 2
x 3x 4 mx 2m 16 : x 2
− + + + + +
ta có
phương trình (*) tương đương với:
(
)
(
)
2
x 2 x 5x m 10 0
(**)
+ − + + =

* Để (d) cắt đồ thị hàm số (C) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (**) phải có 3
nghiệm phân biệt
⇔
phương trình
2
x 5x m 10 0
(***)
− + + =
phải có 2 nghiệm phân biệt
khác
(

ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU BIỂN
-

https://www.facebook.com/ng.huubien

trang
3

* Theo giả thiết, do điểm A cố định nên
(
)
A 2;16
⇒ −
. Gọi hoành độ của B và C lần lượt
là
1 2
x ;x

⇒
1 2
x ;x
là nghiệm của phương trình (***)
1 2

1 2
y' x y ' x 15
+ = −
thì:
( )
( )
( ) ( )
( )
2 2
1 1 2 2
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
3x 6x 3x 6x 15
3 x x 6 x x 15
3 x x 2x x 6 x x 15
3 5 2 m 10 6.5 15 m 5
− + − + = −
⇔ − + + + = −
 
⇔ − + − + + = −
 
 
⇒ − − + + = − ⇔ = −
 

Vậy
m 5

Câu 2a: Cho biết
2
4 tan x 4 tan x.sin x 1
− =
. Tính giá trị của biểu thức
2
A 2 sin 2x c 2x
os= + −

Phân tích và hướng dẫn
+ Điều kiện:
cos x 0 x k , k Z
2
π
≠ ⇔ ≠ + π ∈

+ Theo giả thiết ta có :
( )
2 2 2
1
4 tan x 4 tan x.sin x 1 4 tan x 1 sin x 1 4 tan x.c x 1 2sin 2x 1 sin 2x
2
os
− = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ Vậy
( )
2 2 2
7
A 2 sin 2x c 2x 2 sin 2x 1 sin 2x sin 2x sin 2x 1
2

KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU BIỂN
-

https://www.facebook.com/ng.huubien

trang
4

( )
2
2
z 3 2i z 3 2 13
⇒
= −
⇒
= + − =

Câu 3: Giải phương trình:
(
)
(
)

3 5
=

⇔ + − = ⇔

= − <

x
x x
x

+ So với điều kiện, vậy phương trình có nghiệm là
6
x
=
.
Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
I 1;7;5
và đường thẳng
x 1 y 6 z
d :
2 1 3
− −
= =
−
. Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d
và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I, cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt M, N
sao cho tam giác IMN có diện tích bằng

.
+ Do H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d
⇒

u.IH 0 4t t 1 9t 15 0 t 1
= ⇔ + + + − = ⇔ =
 

⇒
(
)
H 3;5;3
⇒
(
)
IH 2; 2; 2 IH 2 3
= − −
⇒
=

.
+ Mặt khác tam giác IMN cân tại I nên ta có
IMN
S IH.HM 2 6012 HM 2004
= =
⇒
=
.
⇒
mặt cầu (S) có bán kính

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU BIỂN
-

https://www.facebook.com/ng.huubien

trang
5

* Trước hết, ta phân tích I thành tổng của 2 tích phân:
+ Ta có
(
)
ln2 ln2 ln 2
x x x x x
0 0 0
I e x e 1 dx xe dx e e 1dx
= + − = + −
∫ ∫ ∫

+ Đặt
ln2
x
1
0
I xe dx
=
∫

I xe e dx xe e 2ln 2 1
⇒ = − = − = −
∫

* Với tích phân
2
I
ta thấy có thể biến đổi để đưa vào dấu vi phân:
+
( ) ( )
ln2
ln2 ln 2
3
x x x x x
2
0 0
0
2 2
I e e 1dx e 1d e 1 e 1
3 3
= − = − − = − =
∫ ∫

Vậy
1 2
1
I I I 2ln 2
3
= + = −


2
ABC
a 3
S
4
∆
⇒
=

+ Ta có
SGA
∆
vuông tại G
( )
2
2
2
2 2 2
2 2 a 3 a 33
SG SA AG SA AM 2a .
3 3 2 3
 
 
⇒ = − = − = − =
 
 
 
 
 



trang
6

chứa
2
∆
. Khi đó, bài toán tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau
1
∆
và
2
∆
ta
đưa về 1 trong 2 trường hợp sau đây:

TH1:
1
(P)
∆ ⊥
tại M, khi đó ta dựng
2
MN
⊥ ∆
tại N
⇒
MN là đoạn vuông góc chung của
1
∆
và

1
∆
đến mặt phẳng (P)
(
)
(
)
(
)
1 2
d ; d M; P MH
⇒ ∆ ∆ = =
(TH này thường
(P) chưa cho sẵn)
H
M
∆
2
∆
1
P

* Vận dụng vào ý 2 của bài đang xét ta thấy bài toán sẽ áp dụng giải theo TH2 (do trên
hình không có sẵn 1 mặt phẳng (P) chứa 1 trong 2 đường và vuông góc với đường còn
lại).
* Để vận dụng TH2 ta sẽ tạo ra mặt phẳng (P) chứa đường thẳng SB và song song với
AM như sau: Qua B kẻ đường thẳng d // AM, gọi (P) là mặt phẳng chứa 2 đường thẳng d
và SB
(P) / /AM
⇒

và
2
∆
sẽ đưa về bài toán tính khoảng cách từ 1
điểm bất kỳ trên AM đến mặt phẳng (P). Vấn đề đặt ra lúc này là ta chọn điểm nào “bất
kỳ” trên AM đây ? - để trả lời vấn đề này, các em cùng theo dõi tiếp phương pháp xác
định khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng sau đây:
* Chú ý: Ngoài phương pháp tính khoảng cách từ 1 điểm A đến 1 mặt phẳng (P) thông
qua thể tích thì phương pháp phổ biến nhất để tính khoảng cách từ 1 điểm A đến 1 mặt
phẳng (P) ta thường thông qua khoảng cách từ chân đường vuông góc nào đó đến mặt
phẳng cần tính theo mẫu sau đây:
S
A
H
∆
M
P

+ Xây dựng 1 mặt phẳng chứa A và vuông góc (P) bằng cách: từ A kẻ
AM
⊥ ∆
tại M
(
)
SAM (P)
⇒
⊥
theo giao tuyến SM.
+ Kẻ
AH SM


Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU BIỂN
-

https://www.facebook.com/ng.huubien

trang
8

H
I
C
M
G
A
S
B
d

+ Kẻ
GI d
⊥
tại I
(
)
(
)

a 33
2
3
= + = + =
⇒ =
   
 
 
 
 
. Vậy
( )
a 11
d AM,SB
47
=

(chú ý: ý 2 câu 6 có thể giải bằng phương pháp cài tọa độ với gốc tọa độ đặt tại M)
Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I, bán kính bằng 2, điểm M
thuộc đường thẳng
d : x y 0
+ =
. Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp
điểm). Viết phương trình của đường tròn (C) biết
AB: 3x y 2 0
+ − =
và khoảng cách từ I
đến d bằng
2 2
.

), mặt khác

K
còn
là góc tạo bởi đường thẳng d và AB. Vậy thay vào (*) ta có:
(
)
(
)
( ) ( )
1;1 . 3;1
2 2
MI 10
MI
1;1 . 3;1
⇒ = ⇒ =

+ Lại có:
2
4 4
IB IE.IM IE d(I;AB) 3a b 2 4
10 10
(2)
= ⇒ = ⇒ = ⇒ + − =
Cuối cùng ta giải hệ (1) và (2) để tìm a, b
⇒
phương trình đường tròn (C) KHÓA H

− + − = − + + = − + + = − + − =Câu 8: Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4
viên bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu.
Phân tích và hướng dẫn
* Tổng số viên bi trong hộp là 24. Gọi
Ω
là không gian mẫu.
* Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có
4
24
C
cách lấy hay n(
Ω
) =
4
24
C
.
Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu. Ta có các trường hợp sau:
+) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có
2 1 1
10 8 6
2160
C C C =
cách
+) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có
1 2 1
10 8 6


− + + = + + +



Phân tích và hướng dẫn
+ ĐK
2
y 3x
y 1
x 0

≥

≥


≥

KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY

⇒
=

+ Như vậy đến đây ta dự đoán
y x 1 y x 1 0
= + ⇔ − − =
, vậy nhân tử chung dự đoán sẽ là
(
)
y x 1
− −
, bây giờ ta tìm cách ép nhân tử chung từ phương trình (2) như sau:
2 2
2 2
2 2
y 1 2y 1 x x xy 3y
y 1 x x xy 3y 2y 1
y 1 x
x xy 3y 2y 1
y 1 x
(3)
− + + = + + +
⇔ − − = + + − −
− −
⇔ = + + − −
− +

+ Ta cần phân tích đa thức ở vế phải của (3) thành nhân tử với nhân tử chung là
(
)

y 3y 2 x 2y 1 0
x
2
− + −

=

− + =

⇔


− − + + − =


=


(
)
(
)
(
)
2 2
x xy 3y 2y 1 x y 1 x 2y 1
⇒
+ + − − = − − + −

- Vậy (3)

 
 
− +
 
thay
vào (1) ta được:
2 2
x x 1 3 x x 1 7
(4)
+ + + = − + +
, bấm máy thấy phương trình này có nghiệm
x 2
=
,
vậy ta sẽ biến đổi để xuất hiện nhân tử chung là
(
)
x 2
−
: Bình phương 2 vế và biến đổi ta
được: KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:

− −
⇔ − =
− + + + +
 
−
⇔ − − =
 
− + + + +
 

+ Đến đây mặc dù đã xuất hiện nhân tử chung là
(
)
x 2
−
, tuy nhiên đại lượng trong dấu
ngoặc thứ hai là
2 2
4x 2
1
7x 7x 7 3x 3x 3
 
−
−
 
− + + + +
 
ta không thể chứng minh cho nó
0
≠

f (x) x x 1 x x 1 f '(x)
2 x x 1 2 x x 1
2x 1 2x 1
f '(x)
2x 1 3 2x 1 3
+ −
= + + − − + ⇒ = −
+ + − +
+ −
⇔ = −
+ + − +

- Xét hàm số
( )
2 2
2
t 3
f (t) ,t R f '(t) 0, t
t 3
t 3
= ∈ ⇒ = > ∀
+
+

f (t)
⇒
là hàm đồng biến
- Mặt khác ta có
( ) ( )
2 2

Phân tích và hướng dẫn
- Ta có:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2 3 12 6
S x y z
= + + + + +
.
- Trong hệ toạ độ Oxy xét 3 véc tơ sau:
(
)
(
)
(
)
2 ;2 , 3 ;4 , ;6
a x b y c z
= = =
  
,
(
)
(
)
2 3 ;2 12 6 40;20
a b c x y z+ + = + + + + =
  
- Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ ta được S =
a b c a b c
+ + ≥ + +
     
20 5
S⇒ ≥
.
- Đẳng thức xảy ra khi các véc tơ
, ,
a b c
  
cùng hướng
⇔
2 3 2 3 2 3 40
2
2 12 6 2 12 6 20 20
x y z x y z x y z
+ +
= = ⇒ = = = = =
2, 8, 12
x y z
⇒ = = =

- Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng
20 5
đạt được khi :
2, 8, 12
x y z
= = =


a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b). Tìm m để đường thẳng d có phương trình
y x m
= +
cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân
biệt A, B sao cho
2 2
OA OB 2
+ =

Câu 2: (1,0 điểm)
a). Cho góc
α
thỏa mãn
sin c cot
2
os
α
α + α = , với 0
< α < π
. Tính giá trị của biểu thức
2015
P tan
2
α + π
 
=
 
 


=
, trục hoành
và
x e
=
.
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
A 1; 1;0
−
và đường
thẳng
x 1 y 1 z
d :
2 1 3
+ −
= =
−
. Lập phương trình mặt phẳng
(P)
chứa A và d. Tìm tọa độ điểm
B thuộc trục Ox sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) bằng
3
.
Câu 6: (1,0 điểm) Một phòng thi THPT quốc gia có 50 thí sinh đăng ký dự thi, trong đó có
31 em nam và 19 em nữ. Trong phòng thi này có 50 bộ bàn ghế được đánh số theo thứ tự từ
1 đến 50. Giám thị ghi số báo danh của mỗi thí sinh vào một bàn một cách ngẫu nhiên rồi
gọi thí sinh vào phòng thi, tính xác suất để thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là
thí sinh nam.

x x 19x 16 3x x 1
+ − − = +

Câu 10: (1,0 điểm) Cho a, b là các số thực không âm thỏa mãn
a b ab 3
+ + =
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
2 2
3a 3b ab
P a b
b 1 a 1 a b
= + + − −
+ + +HẾT
KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI

b
y
mx n
ax
+
=
+

gồm các bước sau:
(1) TXĐ:
{
}
D R \ 1
= −

(2) Sự biến thiên
* Chiều biến thiên: ta có
( )
2
2
y ' 0, x D
x 1
= > ∀ ∈
+

⇒
hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
; 1

+

+
y
1

ր
+∞−∞
ր

1
(3) Đồ thị
- Giao của đồ thị với trục Oy:
x 0 y 1
= ⇒ = −

⇒
đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm
(
)
0; 1
−

- Giao của đồ thị với trục Ox: cho
y 0 x 1
= ⇒ =


y
x 1
(1)
−
=
+
. Tìm m để đường thẳng d có phương trình
y x m
= +

cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho
2 2
OA OB 2
+ =

Phân tích và hướng dẫn
* Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:
2
x 1
x m x mx m 1 0
x 1
(*),x -1
−
= + ⇔ + + + = ≠
+

* Để (d) cắt đồ thị hàm số (C) tại 2 điểm phân biệt A, B thì phương trình (*) phải có 2
nghiệm phân biệt khác
(
)

)
1 1 2 2
A x ; y , B x ; y

1 2
x ; x
⇒ là nghiệm của phương trình (*)
* Theo đề bài, để
2 2
OA OB 2
+ =
thì:
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
2 2 2
1 2 1 2
2
2
1 2 1 2 1 2
2
2
2
x y x y 2 x x m x x m 2
2 x x 2m x x 2m 2

os
α
α + α =
, với
0
< α < π
.
Tính giá trị của biểu thức
2015
P tan
2
α + π
 
=
 
 

Phân tích và hướng dẫn
Hướng dẫn
+ Ta có
2015 2016
P tan tan tan 1008
2 2 2 2
α + π α + π − π α π
     
= = = + π −
     
     

P tan cot

NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN
-

https://www.facebook.com/ng.huubien

trang
3

2
2 2 2 2
c
2sin c
1 1
2
2 2
2 cot .
2
sin sin sin sin
2 2 2 2
os
os
α

=

α α α
⇔ − − + = ⇔

α

= −



Vậy
P cot 1
2
α
= − = −

Câu 2b: Tìm phần thực và phần ảo của số phức
2
z
khi biết
1
4 3
2
i
z i
i
+
= − +
+


2
9 40
z i
= +
có phần thực bằng 9, phần ảo bằng 40
Câu 3a: Giải phương trình
2.9 3.4 5.6
x x x
+ =

Phân tích và hướng dẫn
+ Ta có
2.9 3.4 5.6
x x x
+ =
2 2
2.3 3.2 5.2 .3 0
x x x x
⇔ + − =

2
3 3
2. 5. 3 0
2 2
x x
   
⇔ − + =
   
   


=


Vậy phương trình đã cho có nghiệm
x 0;x 1
= =Câu 3b: Giải phương trình:
(
)
2cos sin cos 2 cos 1 sin
x x x x x
+ − = +

Phân tích và hướng dẫn
2
2cos 1 sin cos cos 2 cos sin
x x x x x x
⇔ − + − =
cos 2 cos 2 cos sin cos sin 0
x x x x x x
⇔ − + − =

(
)
(
)
cos 2 1 cos sin cos 1 0

=
.
Phân tích và hướng dẫn KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN
-

https://www.facebook.com/ng.huubien

trang
4

+ Xét
ln 0 1
x x x
= ⇔ =
. Trên đoạn
[
]

=


du dx
u x
x
dv xdx
x
v
, khi đó diện tích hình phẳng cần tính là
e
e
2
2
1
1
x 1 1
S ln x x . dx
2 2 x
= −
∫
e
2
1
e 1
xdx
2 2
= −
∫
2

.
Phân tích và hướng dẫn
+ Đường thẳng d qua
(
)
M 1;1;0
−
và có vtcp
u (2;1; 3)
= −

. Ta có
MA (2; 2;0)
= −

.
+ Mặt phẳng (P) qua
(
)
A 1; 1;0
−
và có vtpt
(
)
n MA, u 6;6;6 .
 
= =
 
  
Chọn

nam và 19 em nữ. Trong phòng thi này có 50 bộ bàn ghế được đánh số theo thứ tự từ 1
đến 50. Giám thị ghi số báo danh của mỗi thí sinh vào một bàn một cách ngẫu nhiên rồi
gọi thí sinh vào phòng thi, tính xác suất để thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều
là thí sinh nam.
Phân tích và hướng dẫn
+ Số cách đánh số báo danh là
(
)
2
50
n C
Ω =
cách
+ Gọi A là biến cố “Thí sinh ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam”, ta có:
⇒
số cách chọn 2 nam vào bàn 1 và bàn 50 là
(
)
2
31
n A C
=

+ Xác suất cần tìm là
( )
(
)
( )
2
31

5

Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I,
AB a, BC a 3
= = ,
SAC
∆
vuông tại S. Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABCD) trùng với
trung điểm H của AI. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảnh cách từ điểm H
đến mặt phẳng (SAB).
Phân tích và hướng dẫn

I
a 3
a
D
C
B
K
A
H
E
S

* Theo đề bài ta có SH là đường cao của khối chóp S.ABCD nên
S.ABCD ABCD
1
V .SH.S
3
⇒

⇒
= = =
)
* Để tính khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng ta đưa về khoảng cách từ chân đường
vuông góc đến mặt phẳng đó. Trong trường hợp này H chính là chân đường vuông góc
+ Kẻ
HK AB
⊥
tại K
(
)
(
)
SHK SAB
⇒ ⊥
theo giao tuyến SK
⇒
kẻ
HE SK
⊥
tại E
(
)
HE SAB
⇒ ⊥

(
)
(
)


Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN
-

https://www.facebook.com/ng.huubien

trang
6

Câu 8:

ABC
∆
nội tiếp đường tròn đường kính AD,
M(3; 1)
−
là trung điểm cạnh BC.
Đường cao kẻ từ B của
ABC
∆
đi qua điểm
E( 1; 3)
− −
, điểm
F(1;3)

0
ABD 90
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)
BA BD
⇒ ⊥
, mà
BA CH BD / /CH
⊥ ⇒
(1). Chứng minh tương tự ta cũng có
CD / /BH
(2)
+ Từ (1) và (2)
⇒
tứ giác BHCA’ là hình bình hành

+ Công việc chuẩn bị đã xong, bây giờ ta sẽ làm theo các bước suy luận sau nhé:
- Thấy ngay H là trung điểm AC
H(2;0)
⇒

- Lập được phương trình BH (qua 2 điểm H và E)
BH : x y 2 0
⇒ − − =

- Lập được phương trình DC (qua D và // BH)
DC : x y 6 0
⇒ − − =

- Lập được phương trình AC (qua F và KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN
-

https://www.facebook.com/ng.huubien

trang
7

Câu 9: Giải phương trình
3 2 3
x x 19x 16 3x x 1
+ − − = +

Phân tích và hướng dẫn
+ ĐK:
x 1

(
)
(
)
( ) ( ) ( )
(
)
2 2 2
x 1 x x 1 x x 1 18 x 1 3 x 1 1 x 1 x x 1
 
+ − + + − + − + = + − + − +
 
(1)
+ Đặt ẩn phụ
2
a x 1 0
b x x 1 0

= + ≥


= − + ≥


thay vào (1) ta được:
(
)
2 2 2 2 2
a b b 18a 3 a 1 ab
+ − = −

phương trình (3) có 2 nghiệm
(
)
( )
3 2
2
2
3 2
2 2
3a 3a 3a a 3
b 3a
b 3a 0
a 1
a b b 12a 0
3a 3a 3a a 3
12a
b
a 1 a 1

− + +

= =
− =

+

⇔


+ + =

x 1 x x 1
x 2
=

⇒ + = − + ⇔

=


+ Thử lại vào PT đã cho thấy x = 0; x = 2 không là nghiệm (loại)
+ Vậy chỉ còn khả năng
b 3a
=
2
x x 1 3 x 1 x 5 33
⇒ − + = + ⇔ = ±

Câu 10: Cho a, b là các số thực không âm thỏa mãn
a b ab 3
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
2 2
3a 3b ab
P a b
b 1 a 1 a b
= + + − −
+ + +

Phân tích và hướng dẫn

+ + + + + + +

2
2 4
3x 6y 3x y 1 1 3 1
P x 2y x x
x y x 4 4 x 2
− +
⇒ = + − + = = − + + +
+
(do
y 3 x
= −
) KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN
-

https://www.facebook.com/ng.huubien

2x x 12
P ' , x 2
4x
− + −
= ≥ ⇒
dấu của P’ phụ thuộc vào dấu của
3 2
2x x 12
− + −

- Xét
( ) ( )
3 2 2
x 0
f x 2x x 12 f ' x 6x 2x 0
1
x
3
=


= − + − ⇒ = − + = ⇔

=


- Ta có bảng xét dấu sau:

x



⇒
ta có bảng xét dấu cho P như sau:

x

−∞

2
+∞

P '

-
P3
2

ց
+ Vậy
a b 2
3
max P a b 1
ab 1
2

y
x 2
(1)
+
=
+
.
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b). Tìm tọa độ 2 điểm A, B nằm trên 2 nhánh của (C) sao cho khoảng cách từ A và B
đến tiệm cận đứng bằng nhau và độ dài đoạn AB bằng
32
.
Câu 2: (1,0 điểm)
a). Cho số phức z thỏa mãn
(
)
(
)
z 1 2 i
3 i
2
z 2i
− −
+
=
+
. Tính mô đun của
9
z


∫

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
A 2; 1;0
−
và đường
thẳng
x 1 y 1 z 2
d :
2 1 1
− + −
= =
−
. Lập phương trình mặt phẳng
(P)
chứa A và d sao cho
AM 3
=

Câu 6: (1,0 điểm) Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu
nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu.
Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A,
AB a
=
, mặt
phẳng (SBC) vuông góc với mặt đáy. Hai mặt bên (SAB) và (SAC) đều tạo với đáy một góc
0
60




Câu 10: (1,0 điểm) Cho 2 số thực x, y thỏa mãn
2 x 2 y 1 1 x y
− + + + = +
. Tìm giá trị nhỏ
nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
( ) ( )
(
)
2 32 xy x y
x y
P x y y x
2 2
x y
+ +
= − + − +
+
HẾT
KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

.
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). (các em tự làm)
b). Tìm tọa độ 2 điểm A, B nằm trên 2 nhánh của (C) sao cho khoảng cách từ A và B đến
tiệm cận đứng bằng nhau và độ dài đoạn AB bằng
32
.
Phân tích và hướng dẫn

+ Ta có
4
y 3
x 2
= −
+
, vì A, B nằm trên 2 nhánh của (C)
4
A 2 a;3 ,a 0
a
 
⇒ − − + >
 
 
,
4
B 2 b;3
b
 
− + −
 
 

(
)
A 4;5 ,B 0;1
⇒ −

Câu 2a: Cho số phức z thỏa mãn
(
)
(
)
z 1 2 i
3 i
2
z 2i
− −
+
=
+
. Tính mô đun của
9
z
KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th

)
z 1 2 i
3 i
2
z 2i
− −
+
=
+
và biến đổi ta có:
( )
a b 2 0 a 1
a b 2 7b 3a 4 i 0 z 1 i
7b 3a 4 0 b 1
+ − = =
 
+ − + − − = ⇔ ⇔
⇒
= +
 
− − = =
 

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4
9 2 4
9
z 1 i 1 i 1 i 2i 1 i 16 16i
 
⇒ = + = + + = + = +

os os
os os os
os os os
⇔ − = − =
⇔ − =
π π
⇔ − =
 
π π π
   
⇔ − = ⇔ − − =
   
 
   
 
π π π
 
− = + π = +
 
⇔ ⇔
 
π π π
 
− = − + π = +
 
 

Câu 3a: Giải phương trình
2 1
3 4.3 1 0.

x x x x
x
x
x

+ Vậy phương trình có nghiệm
x 0;x 1
= = −

Câu 3b: Giải phương trình:
4 2 2
1 (1 )
x x x x x
+ + + = −

Phân tích và hướng dẫn
+ Điều kiện:
1
0 1
≤ −


≤ ≤

x
x

* TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình
* TH2: Với
0