Kì thi thử thpt quốc gia năm học 2014 – 2015 môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số ( ) ( )3 21 2 2 2y x m x m x m= + − + − + + (Cm) 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 
b. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: sin 2 2 2(s inx+cosx)=5x − 
Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình: 2 21 15 5 24x x+ −− = 
Câu 4. (1 điểm) 
 a) Giải phương trình ( )22 2log 2 3 2log 4x x− − = 
 b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng 
liền giữa hai chữ số 1 và 3. 
Câu 5. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 
( ) 2 2: 2 4 2 0C x y x y+ − + + = . Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt 
(C) tại các điểm A, B sao cho 3AB = . 
Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB. 
Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), biết 2 5SD a= , SC 
tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 60° . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách 
giữa hai đường thẳng DM và SA. 
Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03:1 =−− yxd và 06:2 =−+ yxd . Trung điểm 
của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 
Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình : 
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 2 0
x y y x
x x y y

− + − − =

+ − − − + =
Câu 9. (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5 5 5 1x y z− − −+ + = . Chứng minh rằng : 
25 25 25 5 5 5
5 5 5 5 5 5 4
x y z x y z
x y z y z x z x y+ + +
+ +
+ + ≥
+ + +
--------------Hết-------------- 
SỞ GD&ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ 
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2014 – 2015 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Cảm ơn cô Phương Tâm ( phuongtam79@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1. Cho hàm số ( ) ( )3 21 2 2 2y x m x m x m= + − + − + + (Cm) 200 
 a. .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 1,00 
Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4 
Tập xác định : D = R. 
lim ; lim 
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞ 
0,25 
Có 2' 3 6y x x= − ; 
0 4
' 0
2 0
x y
y
x y
= ⇒ =
= ⇔ 
= ⇒ =
BBT 
 Vậy hàm số đồng biến trên ( );0−∞ và ( )2;+∞ ; hàm số nghịch biến trên (0;2) 
 yCĐ = 4 tại x = 0; yCT = 0 tại x = 2 
0,5 
Đồ thị : 
+ Lấy thêm điểm . 
+ Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy 
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15 -10 -5 5 10 15
0,25 
 b. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 1,00 
 Có ( ) ( )2' 3 2 1 2 2y x m x m= + − + − 
Để hàm số có cực trị thì phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi 
dấu qua hai nghiệm đó ( ) ( )23 2 1 2 2 0x m x m⇔ + − + − = có hai nghiệm phân 
biệt ⇔ ' 24 5 0m m∆ = − − > ⇔ m 5
4
 (1) 
0,25 
0,25 
Khi đó giả sử y’=0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với x1<x2 thì x2 là điểm cực 
tiểu. Theo đề bài có x1 < x2 < 1 
7
5
m⇔ < (2) 0,25 
Kết hợp (1) và (2) ta được Đáp số ( ); 1m∈ −∞ − 5 7;
4 5
 
∪ 
 
0,25 
2. Giải phương trình: sin 2 2 2(sin cos )=5x x x− + . 1,00 
Đặt sinx + cosx = t ( 2t ≤ ). ⇒ sin2x = t2 - 1 
 0,25 
⇔ 2 2 2 6 0t t− − = ⇔ 2t = − (t/m) 0,25 
+Giải được phương trình sinx + cosx = 2−  ⇔ os( ) 1
4
c x
pi
− = − 
+ Lấy nghiệm 
0,25 
 Kết luận : 5 2
4
x kpi pi= + ( k∈Z ) hoặc dưới dạng đúng khác . 0,25 
3. Giải phương trình: 
2 21 15 5 24x x+ −− = 1,00 
Pt 
2
2
55.5 24 0
5
x
x
⇔ − − = 
Đặt ( )25 1 , x t t= ≥ , pt trở thành: 55 24 0t
t
− − = 
0,5 
2
5
5 24 5 0 1
5
 (t/m)
 (loai)
t
t t
t
=
⇔ − − = ⇔
 = −

 0,25 
Với t = 5 ta có 
2 25 5 1 1x x x= ⇔ = ⇔ = ± 0,25 
4. 1,00 
 a. Đk: 30
2
x< ≠ 
2 2
2
2log 2 3 2 log 4
2 3
log 2
pt x x
x
x
⇔ − − =
−
⇔ =
2 3
4
3
2
2 3 4 1
230
2
2 3 4
x
x
x
x x
x
x
x x
−
⇔ =

>


− =
⇔ ⇔ =
 < <


− + =
0,25 
0,25 
1TH : Số phải tìm chứa bộ 123: 
 Lấy 4 chữ số ∈ { }0;4;5;6;7;8;9 : có 47A cách 
Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ 
số vừa lấy: có 5 cách 
→
 có 5 47A = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123 
 Trong các số trên, có 4 36A = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu 
→
 Có 5 47A - 4 36A = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123 
 2TH : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự) 
 Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có mặt 321 
0,25 
 b 
Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một,trong đó chữ 
số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 0,25 
5. 
 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 
( ) 2 2: 2 4 2 0C x y x y+ − + + = . Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) 
biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho 3AB = . 
1,00 
 Đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) 3R = 
Có IM = 5. 
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm 
H của đoạn AB. 
Ta có 3AB IA IB= = = nên ABC∆ đều 3 3.
2 2
IH AB⇒ = = 
TH1: I và M nằm khác phía với AB thì HM = IM – IH = 7
2
2
2 2 13
2
ABAM HM  ⇒ = + = 
 
( ) ( ) ( )2 2' : 5 1 13C x y⇒ − + − = 
TH2: I và M nằm cùng phía với AB thì HM = IM + IH = 13
2
2
2 2 43
2
ABAM HM  = + = 
 
( ) ( ) ( )2 2' : 5 1 43C x y⇒ − + − = 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
6. 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của 
AB. Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), 
biết 2 5SD a= , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 60° . Tính theo a thể tích 
khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA. 
1,00 
Theo giả thiết ta có ( )SM ABCD⊥ 
MC là hình chiếu của SC trên (ABCD) nên góc giữa SC với mặt phẳng 
(ABCD) là 
 60SCM = ° 
Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có : 
2 2
. tan 60SM SD MD MC= − = ° mà ABCD là hình vuông nên MC = MD 
2 2 23 5SD MC MC MC a⇒ − = ⇒ = 15SM a⇒ = 
Lại có 
2 2
2 2 5 2
2 4
AB BCMC BC BC a = + = ⇒ = 
 
24ABCDS a⇒ = 
Vậy 
3
.
1 4 15
.
3 3S ABCD ABCD
aV SM S= = 
*) Dựng hbh AMDI ta có AI // MD nên ( ) ( )( ) ( )( ), , ,DM SA DM SAI M SAId d d= = 
Kẻ MH AI⊥ và MK SH⊥ . Chứng minh ( )( ),M SAId MK= 
Tính được 2 2 15
5 79
a aMH MK= ⇒ = .KL 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
7. 
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện 
tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03:1 =−− yxd và 
06:2 =−+ yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. 
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 
1,00 
Ta có: Idd 21 =∩ . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: 



=
=
⇔



=−+
=−−
2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy 





2
3
;
2
9
I 
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 ∩=⇒ 
Suy ra M( 3; 0) 
Ta có: 23
2
3
2
9
32IM2AB
22
=





+





−== 
Theo giả thiết: 22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS ABCDABCD ===⇔== 
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ADd1 ⊥⇒ 
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận )1;1(n làm VTPT 
nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1 =−+⇔=−+− . Lại có: 2MDMA == 
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: ( )



=+−
=−+
2y3x
03yx
22
( ) ( ) 

±=−
−=
⇔



=−+−
+−=
⇔



=+−
+−=
⇔
13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2222



=
=
⇔
1y
2x
 hoặc 



−=
=
1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 
Do 





2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra: 



=−=−=
=−=−=
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) 
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Giải hệ phương trình 
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 2 0 (2)
x y y x
x x y y

− + − − =

+ − − − + =
1,00 
Điều kiện: 
2
2
1 0 1 1
0 22 0
x x
yy y

− ≥ − ≤ ≤
⇔  ≤ ≤
− ≥ 
 0,25 
Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t3 − 3t2 = y3 − 3y2. 
Hàm số f(u) = u3 − 3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 
(1) ⇔ y = t ⇔ y = x + 1 
0,25 
⇒ (2) ⇔ 2 22 1 2 0x x− − + = 
Đặt 21v x= − ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − 1 =2 
2 12 3 0
3
 (t/m)
 (loai)
v
v v
v
=
⇔ + − = ⇔ 
= −
. 
0,25 
8. 
Với v = 1 ta có x = 0 ⇒y = 1. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (0;1) 0,25 
9. Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5 5 5 1x y z− − −+ + = . Chứng minh rằng : 
25 25 25 5 5 5
5 5 5 5 5 5 4
x y z x y z
x y z y z x z x y+ + +
+ +
+ + ≥
+ + +
1,00 
www.MATHVN.com FB.com/ThiThuDaiHoc 
Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc 
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ +
+ + ≥
+ + +
 (*) 
 ( *) ⇔
3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
+ +
+ + ≥
+ + +
 ⇔ 
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
 Ta có 
3 3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
+ +
+ + ≥
+ +
 ( 1) (Bất đẳng thức Cô si) 
 Tương tự 
3 3
( )( ) 8 8 4
b b c b a
b
b c b a
+ +
+ + ≥
+ +
 ( 2) 
3 3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
+ +
+ + ≥
+ +
 ( 3) . 
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Tổng : 10,00 
Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần. 
Cảm ơn cô Phương Tâm ( phuongtam79@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl