SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn : TOÁN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề

Ra đề và hướng dẫn đáp án
TỔ TOÁN - THPT C NBK
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số :
2
1
x
y
x
+
=
−
, (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số (1) .
2. Gọi
∆
là đường thẳng đi qua điểm A(1; 0) và có hệ số góc m . Tìm m để đường thẳng
∆
cắt đồ thị
(C) tại hai điểm phân biệt M, N thuộc hai nhánh của đồ thị sao cho AM = 2AN .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các nghiệm thực của phương trình :

sin .tan 2 3( sin 3 tan 2 ) 3 3x x x x
+ − =
thỏa mãn :

+ − + =
−

2. Tìm số hạng chứa
3
x
trong khai triển biểu thức
2
2
1
( ) 3 , 0
n
P x x x
x
+
 
= + ≠
 ÷
 
.
Biết
n
là số nguyên dương thỏa mãn :
2
0 1 2
3 3 3 341

2 3 1 1
n
n

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1
( ) :
2 1 2
x y z− −
∆ = =
và
mặt phẳng
( ) : 4 0y z
α
+ + =
. Lập phương trình mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (P) vuông góc với mặt
phẳng
( )
α
, song song với đường thẳng
( )∆
đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng
( )∆
và mặt phẳng
(P) bằng 2 lần khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P) .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho khối lăng trụ đứng
' ' '
.ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B
với
AB a=

)
(
)
2 2
2015 . 2015 2015
( , )
6 2 1 4 6 1
x x y y
x y R
x x xy xy x

+ + + + =

∈


− + = + +


Câu 9 (1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là ba số thực dương thỏa mãn
2 2 2
3a b c+ + =
.
Chứng minh rằng :
2
2 2 2 2 2 2
4 4 4
1 1 1 3( )a b c

1 1
lim , lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒
đường thẳng
1x =
là TCĐ
lim 1, lim 1
x x
y y
→−∞ →+∞
= = ⇒
đường thẳng
1y =
là TCN
0.25
- Đạo hàm : y’ =
2
3
0 ; 1
( 1)
x
x
−
< ∀ ≠
−


2
−
-2 4
5
2
2
- Nhận xét : Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận
(1;1)I
làm tâm đối xứng
0.25
- Vẽ đồ thị : 0.25
• Đường thẳng
( )
∆
đi qua
(1;0)A
với hệ số góc m, suy ra phương trình
( )
∆
dạng:
0 ( 1)y m x− = −
hay
( 1)y m x= −
• Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng
( )
∆
:
2 2
1 1
2

tức là
1 2
1 0 1x x− < < −

⇔
1 2 1 2 1 2
0 0
0 0
( 1)( 1) 0 ( ) 1 0
g g
m m
x x x x x x
 
≠ ≠
 
∆ > ⇔ ∆ >
 
 
− − < − + + <
 

0
12 1 0
2 2 1
1 0
m
m
m m
m m


 
 
>


− <


0.25
• Khi đó tọa độ các giao điểm là :
1 1
( ; )M x mx m
−
,
2 2
N( ; )x mx m−
193
Câu 1
(2điểm)
2
trong đó
1 2
,x x
là nghiệm của phương trình (1) thỏa
1 2
1 2
2 1
(2)
2
(3)

,
m m
x x
m m
+ −
⇒ = =
thay vào (3) ta được :
2
( 2)( 1) 2 2
3 2 0
3
m m m
m m
m m
+ − −
= ⇒ − = ⇔ =
; thỏa đk
0m
>

Vậy giá trị m thỏa YCBT là :
2
3
m =

0.25
Câu 2
(1điểm)
Câu 2: Giải phương trình :
sin .tan 2 3( sin 3 tan 2 ) 3 3x x x x

: thỏa đk
0.25
Ngoài ra :
1
1
1
3
3
0
0
1 log 0 0 3
1
log 1
3
3
x
x
x x
x
x
−
>

>

 
+ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ < ≤
 
 
≥ −

Câu 3
(1điểm)
Câu 3 Tính tích phân :
1
2
0
( ).
x
x
x x e
I dx
x e
−
+
=
+
∫

Ta có :
1 1 1
2 2
0 0 0
( ). ( ). ( 1).
1
1
x x x x
x
x x
x
x x e x x e xe x e dx

t t
+ +
−
 
= = −
 ÷
 
∫ ∫
0,25

1
1
ln ln( 1)
e
t t e e
+
 
= − = − +
 
0,25
• Gọi
z x yi= +
với
,x y R∈

194
Câu 4
(1điểm)
1
Ta có :

2
( ) ( ) 2 0x yi x yi⇒ − + + + =

2 2
2 ( 2 ) 0x y x y xy i⇔ − + + + − =

2 2 2 2
2
2
1
0
2 0 2 0
2
11
2 0 (1 2 ) 0 2 0
4
x
y
x y x x y x
y xy y x x x
y

=

=
  
− + + = − + + =

⇔ ⇔ ⇔ ∨
   


0,25
2
• Với n nguyên dương,
x R
∈
; ta có :
( )
3 3
0 1 2 2
0 0
(1 )
n n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx+ = + + + +
∫ ∫

3 3
1 2 3 1
0 1 2
0 0
(1 )

1 2 3 1
n n
n
n n n n
x x x x
xC C C C
n n

C C C C
n n
+
−
⇔ + + + + =
+ +
• Từ kết quả này và giả thiết đã cho, suy ra :
1
1 1 5
4 1 341
4 1024 4 4 4
3( 1) 1
n
n n
n
n n
+
+ +
−
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ +
0,25
• Khi đó, ta có khai triển
6
2
1
( ) 3P x x
x
 
= +

3 6 3 3k k
− = ⇔ =

Vậy số hạng chứa
3
x
trong khai triển
( )P x
là :
3 3 3 3
6
3 540C x x=

0,25
Câu 5
(1điểm)
• Giả sử :
,( 0)AB a a= >
. Suy ra :
3
,
4 4
a a
CE DE= =

Ta có :
2 2
5
2
a

( ) ( ;4 4 )A AE A m m∈ ⇒ −
vì
A
có tung độ dương nên :
4 4 0 1m m
− > ⇔ <

Suy ra đường thẳng
AM
có VTCP là
(4 ;4 2)AM m m= − −
uuuur

mà đường thẳng
AE
có VTCP là
(1; 4)
AE
a = −
uuur
0,25
• Khi đó :
( )
.
cos cos ,
.
AE
AE
AE
AM a

m
m m
=

−

= ⇔ − = ⇔

=
− +

Vì
1m <
chọn
0m =
. Vậy :
(0;4)A

0,25
Câu 6
(1điểm)
• Đường thẳng
( )∆
đi qua
(1;1;0)A
, có VTCP
(2;1;2)a =
r
mặt phẳng
( )

Suy ra ptmp(P) có dạng :
2 2 0x y z m− − + + =

0,25
• Ngoài ra, theo giả thiết ta có
( ,( )) 2 ( ,( ))d P d O P∆ =

( ,( )) 2 ( ,( ))d A P d O P⇔ =
vì :
/ /( )P
A
∆


∈∆


2 2 2 2 2 2
1 2.1 2.0 0 2.0 2.0
2.
( 1) ( 2) 2 ( 1) ( 2) 2
m m− − + + − − + +
⇔ =
− + − + − + − +
0,25
1
2
( ) : 2 2 3 0
3 2 3
3 2

• Vậy có 2 mp(P) thỏa YCBT, phương trình là :
2 2 3 0,x y z+ − + =

2 2 1 0,x y z+ − − =
0,25
• Trong mặt phẳng
' '
( )AAC C
, qua I vẽ
'
/ /HK AA
,
' '
,H AC K AC∈ ∈

Suy ra
( )HK ABC⊥
và
'
2HK AA a= =

Ta có
'
2 2 2 2 2 2 4
.2
1 1 2 3 3 3 3 3
IH AC IH IH a
IH HK a
IK AM IK IH HK
= = ⇒ = = ⇒ = ⇒ = = =

1 1 4 4
. . .
3 3 3 9
IABC I ABC ABC
a a
V V IH S a= = = =
(đvtt)
• Theo trên ta cũng có :
'
'
2 2
3 3
IBC
A BC
IC AC S S= ⇒ =

Mà
' ' '
'
( )
BC AB
BC AA B B BC A B
BC BB
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥



3.
3
1 2
9
. ( ,( )) ( ,( ))
3
2 5 5
3
IABC
IABC A IBC IBC
IBC
a
V
a
V V S d A IBC d d A IBC
S
a
∆
∆
= = ⇒ = = = =

Vậy
2
( ,( ))
5
a
d A IBC =
0,25
Câu 8
(1điểm)

( ) 1 0
2015 2015 2015
t t
t t t
f t
t t t
+
+ +
= + = > ≥
+ + +

'
( ) 0,f t t R⇒ > ∀ ∈
:
( )f t
là hàm số luôn đồng biến trên
( ; )−∞ +∞

0,25
• Khi đó pt(1) được viết lại :
( ) ( )f x f y x y= − ⇔ = −

Thay
y x= −
vào phương trình thứ hai của hệ, được :
2 2
6 2 1 4 6 1x x x x x+ + = − + +

2 2 2
(2 6 1) 2 6 1 6 0x x x x x x⇔ + + − + + − =

 
= ⇒ + + = ⇔ ⇔
 
+ + = − − =
 

1x⇔ =
suy ra
1y = −
: thỏa đk
0,25
• Với
2
2 2 2
2 0 0
2 2 6 1 2
2 6 1 4 2 6 1 0
x x
u x x x x
x x x x x
− ≥ ≤
 
= − ⇒ + + = − ⇔ ⇔
 
+ + = − − =
 

3 11
2
x

, , 0x y z >
và
2 2 2
2( ) 6x y z a b c+ + = + + =

Ta có :
3
2
4 2 2 4
1 1 3
x x x x
+ = + + ≥
. Tương tự :
3
2
4 4
1 3
y y
+ ≥
,
3
2
4 4
1 3
z z
+ ≥
Suy ra
3
3
2 2 2

   
+ + + ≥ ≥
 ÷
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   
 
 
2 2 2 2 2 2
4 4 4
1 1 1 27
a b b c c a
   
⇒ + + + ≥
 ÷ ÷ ÷
+ + +
   
(1)
0,25
• Ngoài ra :
2 2 2 2
3( ) 3 2( )a b c a b c ab bc ca
 
+ + = + + + + +
 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 2( ) 9( ) 27a b c a b c a b c

TỔ TOÁN - THPT C NBK
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số :
4 2
(3 1) 3y x m x= + + −
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số (1) khi
1.m
= −
2. Tìm tất cả các giá trị của
m
để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao
cho độ dài cạnh đáy bằng
2
3
lần độ dài cạnh bên .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sau :
2
2cos2 3sin 4 cos8 4cos 3 .cos2x x x x x
+ = +Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân :
0
3 2
2 2
2
6 6 4

ngẫu nhiên ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi lấy ra thì số bi đỏ phải lớn hơn số bi vàng.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hình chữ nhật
ABCD
có đỉnh
(4;5)D
, điểm
M

là trung điểm của cạnh
AD
, đường thẳng
CM
có phương trình :
8 10 0,x y− + =
đỉnh
B
thuộc đường thẳng
( ): 2 1 0d x y+ + =
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại
,A B
và
C
của hình chữ nhật , biết rằng đỉnh
C
có tung độ
nhỏ hơn 2 .
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1

( )∆
hợp với đường thẳng
2
( )d
một góc bằng
0
60
.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh a,
3
2
a
SD =
, hình chiếu
vuông góc của
S
lên mặt phẳng
( )ABCD
trùng với trung điểm
H
của cạnh
AB
. Tính theo
a
thể tích
khối chóp

+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2 2
2
2 2
3
( )
( ) 5 ( ) 5 4
a b
P a b
b c bc c a ca
= + − +
+ + + +

Hết
199
ĐỀ THI THỬ SỐ II
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : ; Số báo danh :
Câu Ý Nội dung
Điểm
Câu 1
(2điểm)
1
Khi
1m = −
ta có hàm số
4 2
2 3y x x= − −

−∞
-1 0 1
+∞

y'−
0 + 0
−
0 +
y

+∞

3
−

+∞
CT CĐ CT

4−

4−

0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( 1;0)−
và
(1; )+∞


;
2
5
x
y
= ±


=

- Nhận xét : Đồ thị (C) nhận trục tung Oy làm trục đố xứng
- Vẽ đồ thị :
0.25
2
• Ta có:
' 3
( ) 4 2(3 1)f x x m x= + +
' 2
2
0
( ) 0 2 (2 3 1) 0
3 1
2
x
f x x x m
m
x
=


+
⇔ − > ⇔ < −

0.25
• Khi đó tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) là :
2 2
3 1 (3 1) 3 1 (3 1)
(0; 3), ; 3 , C ; 3
2 4 2 4
m m m m
A B
   
− − + − − +
− − − − − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

Tam giác ABC đã cân tại A, có

4
3 1 3 1 4(3 1)
;
2 2 2
m m m
AB AC BC
+ + +
 
= = − + = −
 ÷

1
3
m < −

Vậy giá trị m thỏa YCBT là :
5
3
m = −

Câu Ý Nội dung
Điểm
Câu 2
(1điểm)
Câu 2: Giải phương trình :
2
2cos2 3sin 4 cos8 4cos 3 .cos2x x x x x
+ = +
Ta có :
2
2cos 2 3sin 4 cos8 4cos 3 .cos2x x x x x
+ = +
2cos 2 3sin 4 cos8 2(1 os6 ).cos2x x x c x x
⇔ + = + +

3 sin 4 cos8 2 os6 .cos 2x x c x x
⇔ = +
0'25
3 sin 4 cos8 ( os8 cos4 )x x c x x
⇔ = + +
3 sin 4 cos4 2 os8x x c x

π
π π
π
π π

+ = − +

⇔


+ = − − +



18 6
3 2
x k
x k
π π
π π

= +

⇔


= +


0.25

− −
+ + − + + −
= =
+ + + +
∫ ∫
0,25
Đặt :
2 2
1
4 5 4 5 2( 2) ( 2)
2
t x x x x t x dx dt x dx dt= + + ⇒ + = − ⇒ + = ⇒ + =

Đổi cận :
2 1x t= − ⇒ =0 5x t= ⇒ =
0,25
Khi đó :
5 5
2 2
1 1
1 7 1 1 7
2 2
t
I dt dt
t t t
−
 

có một acgumen là
3
π
−
nên :
2 cos( ) .sin( )
3 3
z r i
π π
 
− = − + −
 ÷
 
Suy ra
3
2
2 2
r r
z i
− = −
hay
3
2
2 2
r r
z i
= + −
0,25
201
• Ngoài ra :

2 2
2 2
3 3
3 1 2 1
2 2 2 2
r r r r
   
   
⇔ − + − − = + + +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   

1r⇔ =

Vậy số phức
z
cần tìm là :
5 3
2 2
z i= −

0,25
• Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đựng 12 viên bi, số kết quả có thể xảy ra là :
4
12
495CΩ = =
Gọi A là biến cố : "Lấy được 4 viên bi mà có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng"

• Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và D lên đường thẳng CM
Ta có
2 2
4 8.5 10
26
( ,( ))
65
1 ( 8)
DK d D CM
− +
= = =
+ −

Gọi I và G lần lượt là giao điểm của đường thẳng BD với AC và CM
suy ra : G là trọng tâm tam giác ACD
52
2 2 2 2
65
BH BG
DG GI BG DG BH DK
DK DG
⇒ = ⇒ = ⇒ = = ⇒ = =

0,25
• Ta có :
( ) ( ; 2 1)B d B b b∈ ⇒ − −

Mà :
2 2
8( 2 1) 10

;
17 17
B
 
−
 ÷
 
: loại, vì điểm B này và điểm D đã cho nằm về cùng một
phía đối với đường thẳng CM
Chọn
(2; 5)B −
, suy ra
(3;0)I

0,25
• Ngoài ra :
( ) (8 10; )C CM C c c∈ ⇒ −
với
2c <

Mà
. 0BC DC BC DC⊥ ⇔ =
uuur uuur
với
(8 12; 5)
(8 14; 5)
BC c c
DC c c

= − +

1c
=
, suy ra
( 2;1)C −

• I là trung điểm của AC nên
(8; 1)A −

Vậy :
(8; 1), (2; 5), ( 2;1)A B C− − −

0,25
Câu 6
(1điểm)
• Giả sử đường thẳng
( )∆
có VTCP
( ; ; )a a b c=
r
, với
2 2 2
0a b c+ + >

Ta có
1 1
. 0d a a∆ ⊥ ⇔ =
r ur
với
1 1
( ; ; ): ( )

2
0 0
2 2
2
.
1
( , ) 60 cos( , ) cos60
2
.
a a
d d
a a
∆ = ⇒ ∆ = ⇔ =
r uur
r uur

2 2 2 2 2 2
1. 1.( ) 2.
1
2
( ) . 1 ( 1) ( 2)
a a c c
a a c c
− + −
⇔ =
+ + + + − + −

2 2 2 2
6 6 2 2 2 2 0c a ac c a ac c⇔ = + + ⇔ + − =


, phương trình là :
1 2
1 2 1
x y z+ −
= =
0,25
( )∆
đi qua
( 1;2;0)M −
và có VTCP
(2;1; 1)a = −
r
, phương trình là :
1 2
2 1 1
x y z
+ −
= =
−
0,25
Câu 7
(1điểm)
• H là trung điểm AB, ta có
( )SH ABCD⊥

DAH∆
vuông tại A có :
2
2 2 2
5

Khi đó :
( )
BD HM
BD SHM BD HN
BD SH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥
( ) ( ,( ))
HN BD
HN SBD d H SBD HN
HN SM
⊥

⇒ ⊥ ⇒ =

⊥

Vì H là trung điểm BD nên :
( ,( )) 2 ( ,( )) 2d A SBD d H SBD HN= =

0,25
• Gọi
I AC BD= ∩
. Trong tam giác AIB có HM // AI (vì cùng vuông góc với

)
2 2 2 2
2 5 2 4 0x xy y y xy y y xy− − − − + − =

0,25
• Chia hai vế cho
2
0y >
, được :
(
)
2
2 2
1
2 5 1 2 4 0
x x
xy y y xy
y y y
   
− − − − + − =
 ÷  ÷
   
2
2 5 1 2 4 0
x x x x
y y y y
   
⇔ − − − − − − =
 ÷  ÷
   

 
1 1
( 3) (2 1) 0
1 2 1 4
t t
t t
 
⇔ − + − + =
 ÷
+ − + −
 
2 1
( 3) 2 0
1 2 1 4
t
t t
t t
 
−
⇔ − + + =
 ÷
 ÷
+ − + −
 
3t⇔ =
; vì :
[ ]
2 1
2 0, 2;4
1 2 1 4

2 2
 
 ÷
 

0,25
Câu 9
(1điểm)
• Ta có :
2 2 2
2 2
2 2
4
5
( ) 5 9( )
( ) ( )
4
a a a
b c bc b c
b c b c
≥ =
+ + +
+ + +

Tương tự :
2 2
2 2
4
( ) 5 9( )
b b

2
2 ( )
9 ( )
a b c a b
ab c a b c
 
+ + +
 ÷
+ + +
 
2
2
2
2
2
2 2
2
( )
( )
2 2 2( ) 4 ( )
2
( )
9 9 ( ) 4 ( ) 4
( )
4
a b
c a b
a b c a b
a b
a b c a b c

c c c
 
− + −
 
≥ − − = − − −
 ÷
 ÷
− + − + +
 
 
(1)
• Xét hàm số
2
2
8 2 3
( ) 1 (1 )
9 1 4
f c c
c
 
= − − −
 ÷
+
 
, với
(0;1)c∈

Ta có :
'
2

9
P ≥ −
, dấu đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c= = =

Vậy
1
9
MinP = −
, đạt được khi
1
3
a b c= = =
0,25
Lưu ý : Đáp án này có 6 trang
Học sinh có cách giải khác : đúng, chính xác và logic thì vẫn đạt điểm tối đa của câu tương ứng

205