Kỳ thi thử trung học phổ thông quốc gia năm 2015 môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÀNH PHỐ CẦN THƠ 
KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Đề có 01 trang) 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2( ) 6 9 2y f x x x x      , có đồ thị là (C). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ thỏa mãn 
''( ) 18f x  . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Cho 
3 3
cos ,
5 2
x x


 
    
 
. Tính giá trị của sin
6
x
 
 
 
. 
b) Giải phương trình 
22 2 24 3.2 4 0 ( )x x x x x     . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Tìm môđun của số phức z , biết rằng 
9 7
(1 2 ) 5 2
3
i
i z i
i

   

. 
b) Tìm hệ số của số hạng chứa 4x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 
10
2
23
2
x
x
 
 
 
, 
với 0x  . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
2 ln 1
e
x x
I dx
x
  
  
 
 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 
2 ,BC a AB a  và mặt bên BB’C’C là hình vuông. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ 
ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’, BC’. 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Biết điểm A có 
tung độ dương, đường thẳng AB có phương trình 3 4 18 0x y   , điểm 
21
; 1
4
M
 
 
 
 thuộc 
cạnh BC, đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại N thỏa mãn BM.DN = 25. Tìm tọa độ các 
đỉnh của hình vuông ABCD. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm (2; 2;1)A  , đường thẳng 
d: 
1 2 1
1 2 1
x y z  
  và mặt phẳng (P): 2 3 0x y z    . Viết phương trình mặt phẳng qua 
điểm A, song song với đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P). 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 24 3 6 1 4 15 ( )x x x x      . 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực không m , ,x y z thỏa mãn x y z  và 
2 2 2 3x y z   . 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
10
2 8 5A xy yz zx
x y z
   
 
. 
-----------------------HẾT---------------------- 
Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinhSố báo danh.. 
Chữ kí của giám thị 1 Chữ kí của giám thị 2. 
Cảm ơn thầy Hoa Nguyen Doanh (nguyendoanhhoa@gmail.com) đã chia sẻ đên www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Câu Đáp án – cách giải Điểm 
Câu 1 
(2,0 
điểm) 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 
3 26 9 2y x x x     1,0 điểm 
* Tập xác định D  
* 
2' 3 12 9y x x    , 
1
' 0
3
x
y
x

   
0,25 
* Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
    
* Bảng biến thiên: 
x  1 3  
y’ - 0 + 0 - 
y 
  2 
 -2  
0,25 
* Kết luận: 
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (3; ); đồng biến trên khoảng 
(1;3). 
- Hàm số đạt cực đại tại x = 3, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x =1, yCT = - 2. 
0,25 
* Đồ thị: 
0,25 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ thỏa mãn 
''( ) 18f x  . 1,0 điểm 
Ta có: 
2'( ) 3 12 9 ''( ) 6 12f x x x f x x        0,25 
Theo giả thiết thì ''( ) 18 1 18f x x y      0,25 
2'( ) 3 12 9 '( 1) 24f x x x f        0,25 
Vậy phương trình tiếp tuyến là: 24( 1) 18y x    hay 24 6y x   0,25 
Câu 2 
(1,0 
điểm) 
a) Cho 
3 3
cos ,
5 2
x x


 
    
 
. Tính sin
6
x
 
 
 
 0,5 điểm 
Ta có: 
2 2 9 16sin 1 cos 1
25 25
x x     . Vì 
3
2
x


 
  
 
 nên 
4
sin
5
x   
0,25 
Khi đó: sin sin .cos sin cos
6 6 6
x x x
       
       
     
4 3 1 3 3 4 3
. .
5 2 2 5 10

    
0,25 
y
x3
-2
2
20 1
Giải phương trình: 
22 2 24 3.2 4 0x x x x    (*) 0,5 điểm 
Phương trình (*) có thể viết lại là: 
222( 2 ) 22 3.2 4 0x x x x    
Đặt 
2
22 ( 0)x xt t  
Phương trình (*) trở thành 
2
1
3 4 0
4
t
t t
t

      
0,25 
So với điều kiện thì t = 1 thỏa, khi đó 
2 22
0
2 1 2 0
2
x x
x
x x
x


      
 0,25 
Câu 3 
(1,0 
điểm) 
a) Tìm z , biết rằng 
9 7
(1 2 ) 5 2
3
i
i z i
i

   

. 0,5 điểm 
Ta có: 
9 7
(1 2 ) 5 2 (1 2 ) 7
3
i
i z i i z i
i

       

0,25 
7
1 3
1 2
i
z i
i

   

 10z  
0,25 
b) Tìm hệ số của số hạng chứa 4x trong khai triển Niu-tơn của 
10
2
23
2
x
x
 
 
 
 0,5 điểm 
Số hạng tổng quát có dạng là    
8
2010
2 3
10 10
23
2
. 2 , (0 10)
k
kk kk kC x C x k
x
  
    
 
0,25 
Theo giả thiết, số hạng tổng quát chứa 4x khi và chỉ khi 
8
20 4 6
3
k k    
Vậy hệ số của số hạng chứa 4x là: 6 610( 2) 13440a C   
0,25 
Câu 4 
(1,0 
điểm) 
Tính tích phân 
1
2 ln 1
e
x x
I dx
x
  
  
 
 1,0 điểm 
1 1
ln 1
2
e e
x
I dx dx
x

   
*  1 1
1
2 2 2 2
e
e
I dx x e    
0,25 
* 2
1
ln 1
e
x
I dx
x

  , đặt 
1
ln 1t x dt dx
x
    ; 
 1 1; 2x t x e t      . 
0,25 
22 2
2
1 1
3
2 2
t
I tdt   0,25 
Vậy 
3 1
2 2 2
2 2
I e e     0,25 
Câu 5 
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 
2 ,BC a AB a  và mặt bên BB’C’C là hình vuông. Tính theo a thể tích của 
khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’, BC’. 
1,0 điểm 
(1,0 
điểm) 
Ta có tam giác ABC vuông tại A nên 
2 2 3AC BC AB a   
21 3
.
2 2
ABC
a
S AB AC  
0,25 
Vì BB’C’C là hình vuông nên ' 2BB BC a  
Vậy 
2
3
. ' ' '
3
. ' .2 3
2
ABC A B C ABC
a
V S BB a a   (đvtt) 
0,25 
Vì AA’ // BB’ nên AA’//(BB’C’C). Do đó 
( ', ') ( ',( ' ' )) ( ,( ' ' ))d AA BC d AA BB C C d A BB C C  . 
Dựng AH  BC (H thuộc BC) . Khi đó AH  BC và AH  BB’ 
suy ra AH  (BB’C’C). Suy ra ( ,( ' ' ))d A BB C C AH 
0,25 
Xét tam giác vuông ABC, ta có 
. 3
. .
2
AB AC a
AH BC AB AC AH
BC
    
Vậy 
3
( ', ')
2
a
d AA BC  
0,25 
Câu 6 
(1,0 
điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Biết điểm A có 
tung độ dương, đường thẳng AB có phương trình 3 4 18 0x y   , điểm 
21
; 1
4
M
 
 
 
 thuộc cạnh BC, đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại N thỏa 
mãn BM.DN = 25. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD. 
1,0 điểm 
 Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AB nên 
BC: 4 3 24 0x y   . Khi đó, tọa độ B là nghiệm 
của hệ 
4 3 24 0 6
(6;0)
3 4 18 0 0
x y x
B
x y y
    
  
    
0,25 
Ta thấy các tam giác sau đồng dạng với nhau: MBA MCN ADN 
Suy ra . .
MB MC AD
MB ND AB AD
AB NC ND
    
Suy ra 225 AB hay cạnh của hình vuông bằng 5. 
Gọi (4 6; 3 )A a a AB   , khi đó 2 2 2
1
25 16 9 25
1
a
AB a a
a

       
Vì điểm A có tung độ dương nên (2;3)A . 
0,25 
B'
C'
A
B
C
A'
H
N
C
BA
D
M
Phương trình đường thẳng CD có dạng là 3 4 0( 18)x y m m     
Vì cạnh hình vuông bằng 5 nên 
718
( , ) 5
435
mm
d B CD
m
 
     
* Với 7, :3 4 7 0m pt CD x y    , khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ 
4 3 24 0 3
(3; 4)
3 4 7 0 4
x y x
C
x y y
    
   
     
(thỏa vì MC<5) 
Suy ra tọa độ ( 1; 1)D   
0,25 
* Với 43, :3 4 43 0m pt CD x y     , khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ 
4 3 24 0 9
(9;4)
3 4 43 0 4
x y x
C
x y y
    
  
    
(không thỏa vì MC>5) 
0,25 
Câu 7 
(1,0 
điểm) 
Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm A, song song với đường thẳng d và 
vuông góc với mặt phẳng (P) 1,0 điểm 
Ta có: (1;2;1)du  là VTCP của đường thẳng d. 0,25 
 ( ) (1; 2; 1)Pn    là VTPT của mặt phẳng (P) 0,25 
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm, theo giả thiết thì ( )[ , ] (0; 2;4)d Pu n   là VTPT 
của mặt phẳng (Q). 
0,25 
Phương trình mp(Q): 0( 2) 2( 2) 4( 1) 0x y z      
 hay 2 4 0y z   
0,25 
Câu 8 
(1,0 
điểm) 
Giải bất phương trình 2 24 3 6 1 4 15 ( )x x x x      1,0 điểm 
ĐK: x . Với điều kiện này thì bất phương trình đã cho tương đương 
2 2
2 2
2 2
4 3 2 6 3 4 4 15 0
4 1 1 4
3(2 1) 0
4 3 2 4 4 15
x x x
x x
x
x x
       
 
    
   
0,25 
 
2 2
2 1 2 1
2 1 3 0
4 3 2 4 4 15
x x
x
x x
  
     
    
 0,25 
Ta có : 
2 2 2 24 3 6 1 4 15 6 1 4 15 4 3 0
1
2 1 0
6
x x x x x x
x x
           
    
Vì 
2 24 3 2 4 4 15x x     nên 
2 2
2 1 2 1
0
4 3 2 4 4 15
x x
x x
 
 
   
Do đó 
2 2
2 1 2 1
3 0
4 3 2 4 4 15
x x
x x
 
  
   
0,25 
Khi đó  
2 2
2 1 2 1 1
2 1 3 0 2 1 0
24 3 2 4 4 15
x x
x x x
x x
  
         
    
Kết hợp với điều kiện, nghiệm của bất phương trình là 
1
2
x  . 
0,25 
Câu 9 
1,0 điểm 
Cho các số thực không m , ,x y z thỏa mãn x y z  và 
2 2 2 3x y z   . Tìm 
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
10
2 8 5A xy yz zx
x y z
   
 
. 
1,0 điểm 
Ta có : 2
10
( ) 3 3 6A x y z xz yz
x y z
      
 
. 
 
2
2
2 2
3 2
0 3 6 3 ( 2 )
2
10 10
( ) 3 2( ) 3
z x y
xz yz z x y x y z
x y z A x y z
x y z x y z
  
        
 
          
   
0,25 
Đặt t x y z   
2 2 2 2 2 2 23 ( ) 3( ) 9
3 3
x y z x y z x y z
t
          
  
Và 2 2
10 10
3 2 3t A t
t t
      
0,25 
 t hàm số : 2
10
( ) 3f t t
t
   trên [ 3;3]D  ,
3
2 2
10 2 10
'( ) 2 0,
t
f t t t D
t t

      
( )f t luôn đồng biến trên D
10
min ( ) ( 3)
3D
A f t f    , dấu đẳng thức xảy ra 
khi và chỉ khi 
2 2 2
( 2 ) 0
3 0, 3 ( ).
3
z x y
x y z y z x x y z
x y z
 

        

  
Giá trị nhỏ nhất của A là 
10
3
, đạt được khi 0, 3y z x   
0,25 
 t hàm số : 2
10
( ) 2 3g t t
t
   trên [ 3;3]D  ,
3
2 2
10 4 10
'( ) 4 0,
t
g t t t D
t t

      
( )g t luôn đồng biến trên D
55
max ( ) (3)
3D
A g t g    , dấu đẳng thức xảy ra khi 
và chỉ khi 
2 2 2
3 2
3 1
3
z x y
x y z x y z
x y z
  

      

  
Vậy giá trị lớn nhất của A là 
55
3
, đạt được khi 1x y z   
0,25 
 i cách giải khác đ ng đ u được đi m tối đa c a ph n đ . 
* i m toàn ài được làm tr n theo qui định. 
Cảm ơn thầy Hoa Nguyen Doanh (nguyendoanhhoa@gmail.com) đã chia sẻ đên www.laisac.page.tl