SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
ĐỀ THAM KHẢO
KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn : TOÁN.
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
2 1y x x
= − + +
.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ
2
2
x
=
.
Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C).
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
1 tan
cot 2
1 tan
x
x
x
−
=
+
.

2 2 2 2
2
2(4 ) 5 2 2 3 2
, ;
6 2 1 5 1
x y x xy y x y
x y
y x x y x

+ + + + = −

∈

+ + = + + + +


¡
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
5
1
1
3 1
I dx
x x
=
+
∫
.
Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác
' ' '

. Gọi I
là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân
ABCD, biết
2IB IA
=
, hoành độ điểm I:
3
I
x > −
và
( )
1;3M
−
nằm trên đường thẳng BD.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz

cho hai điểm
( )
1;2;3A
( )
1; 4;5B
−

và mặt phẳng (P): 2x – y – z – 13 = 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao
cho
MA MB
=
và mặt phẳng
( )

vẽ đồ thị hàm
số bậc bốn
trùng
phương
Tiếp tuyến
với đồ thị
hàm số
Số câu
Số điểm (Tỉ lệ)
1
1,0 (10%)
1
1,0 (10%)
2
2,0 (20%)
2. Phương trình lượng
giác
Dạng cơ bản
Số câu
Số điểm (Tỉ lệ)
1
0,5 (5%)
1
0,5 (5%)
3. Số phức Cách xác
định và tính
modun số
phức
Số câu
Số điểm (Tỉ lệ)

Số câu
Số điểm (Tỉ lệ)
1
1,0 (10%)
1
1,0 (10%)
7. Thể tích khối đa diện Bài toán thể
tích khối đa
diện
Số câu
Số điểm (Tỉ lệ)
1
1,0 (10%)
1
1,0 (10%)
8. Phương pháp tọa độ
trong mặt phẳng
Tính chất
hình học
trong bài
toán tọa độ
phẳng
Số câu 1 1
Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 1,0 (10%)
9. Phương pháp tọa độ
trong không gian
Góc và
khoảng cách
Số câu
Số điểm (Tỉ lệ)

4,0
40%
1
1,0
10%
12
10
100%

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO THI THPT CẤP QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Câu Đáp án
Điể
m
1
(2,0
điểm)
TXĐ:
¡
Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = −∞
0,25
Sự biến thiên:
/ 3

0,25
Bảng biến thiên
x
−∞
-1
0
1
+∞
y’ + 0 - 0 + 0 -

y 2 2
1

−∞
−∞

0,25
Đồ thị có điểm cực đại A(-1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị
(C).
0,25
Ta có
2 7
; ( )
2 4
M C
 
∈

2 1 2 4 8 4 2 1 0
4
x x x x x x
− + + = + ⇔ − + − =
0,25
( )
2
2
2
4 4 2 2 0
2
x x x
 
⇔ − + − =
 ÷
 ÷
 
2 2 2 2 2
, ,
2 2 2
x x x
− + − −
⇔ = = =
.
Vậy có 3 điểm:
/ //
2 7 2 2 1 2 2 1
; , , 2 , , 2
2 4 2 4 2 4
M M M

 
≠ − +
≠ −




Với ĐK pt
tan 2 tan
2 4
x x
π π
   
⇔ − = −
 ÷  ÷
   

0,25
2
2 4
x x k
π π
π
⇔ − = − +
Kết hợp ĐK, ta có nghiệm:
,
4
x k k
π
π

= − + = − + ⇒ =
0,25
3
(0,5
điểm)
Điều kiện:
1
2 1 0
2
x x
+ > ⇔ > −
(*)
Với điều kiện (*), pt
2 3 2
log (2 1) log (2 1) 1 log 3x x⇔ + + + ≤ +
2 3 3 2
log 3.log (2 1) log (2 1) 1 log 3x x⇔ + + + ≤ +

0,25
( )
2 3 2
log 3 1 log (2 1) 1 log 3x
⇔ + + ≤ +

3
log (2 1) 1x⇔ + ≤
2 1 3 1x x
⇔ + ≤ ⇔ ≤
Đối chiếu (*), tập nghiệm:
1

+ + − + + + −
0,25

2 3 2 3 2x y x y x y x y
≥ − + − ≥ − ≥ −
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0,25
2 0
(2 )( ) 0
3 2 0
x y
x y x y
x y
+ =


− − ≥


− ≥


2 0x y
⇔ = − ≥

Thay vào (2) ta được phương trình:
2
4 6 2 1 5 1x x x x
+ + = − + + +
( ) ( ) ( )

=
+
, phương trình được viết:
2
5
5 5 2
2
t
t t t
t
≤

+ = − + ⇔ ⇔ =

=

0,25
Giải phương trình:
( )
2
1
2 1
2
2 2 1 2 1
1
4 1 4 4 1
x
x
x x
x


≥
 
⇔ ⇔ ⇔ = +
 
±
 
− − =
=



Khi
7
1 2 7
2
x y
= + ⇒ = − −
Nghiệm của hệ phương trình là:
7
( ; ) 1 ; 2 7
2
x y
 
= + − −
 ÷
 ÷
 
.
0,25

−
∫

4
2
1 1
( )
1 1
I dt
t t
⇔ = −
− +
∫
0,25
( )
4
2
ln 1 ln 1I t t
= − − +
0,25
2ln 3 ln5I
= −

0,25
6
(1,0
điểm)
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên AA
’
HK là đoạn vuông góc chung nên

8
ABC
a
V S A H
∆
= =
Gọi V là thể tích của khối chóp
' '
.A BCC B
:
3
1
2 3
.
3 4
a
V V
= =
0,25
Từ
H
vẽ
HI AB
⊥
tại I suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AA
’
,BB
’
)
là

1;2A
.
0,25
Lấy điểm
( )
0;2E AC
∈
. Gọi
( )
2 3;F a a AB
− ∈
sao cho EF //BD.
Khi đó
EF
2 2
EF AE BI
EF AE
BI AI AE AI
= ⇔ = = ⇔ =
( ) ( )
2 2
1
2 3 2 2
11
.
5
a
a a
a
=

Ta có
3 3
2 2; 2
2 2
IB IB
IB ID ID ID D
ID IA
 
= − = − = − ⇒ − +
 ÷
 
uur uur uur uur
.
0,25
( )
1
3 2 2;2
2
IA IA
IA IC IC IC C
IC IB
= − = − = − ⇒ − −
uur uur uur uur
.
Với
11
5
a
=
thì

0; 6;2AB = −
uuur
Tọa độ trung điểm I của AB:
( )
1; 1;4I
−
( )
:3 7 0Q y z
− + =
0,25
Vì mặt phẳng (MAB) vuông góc với mặt phẳng (P) nên M nằm trên mặt phẳng (R)
chứa AB và vuông góc với (P).
Phương trình mặt phẳng (R):
( )
: 2 3 13 0R x y z
+ + − =
0,25
Điểm M cần tìm là giao điểm của ba mặt phẳng (P), (Q), (R)
0,25
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
2 13 0 6
3 7 0 2
2 3 13 0 1
x y z x
y z y
x y z z
− − − = =
 
 
− + = ⇔ = −

3
29
= =
C
P A
C
.
0,25
10
(1,0
điểm)
Ta có
2
2 2 3 3
6( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36 5
2
x y
x y x y x y xy
+ + +
 
+ + = + + ≤ ≤ ⇒ + + ≤
 ÷
 
. 0,25
Ta có
( )
2
2 2 2 2
5( ) 2 5( ) 2x y x y x y x y
+ ≥ + ⇒ + ≥ +

2
3
/
2 2
3 3
(2 6) 8
24.2
( ) 2 2 0, 0;5
3 (2 6) (2 6)
t
f t t
t t
+ −
= − = < ∀ ∈
+ +
0,25
Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng
(
]
0;5
.
Suy ra
3
min ( ) (5) 10 48 2f t f
= = −
.
Vậy
3
2
min 10 48 2,