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 : 1 3 1 log 0x+ ≥ Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau : 1 2 0 ( ). x x x x e I dx x e − + = + ∫ Câu 4 (1,0 điểm). 1. Tìm số phức z thỏa mãn : 2 3(1 2) (2 8 ) 2 2 1 i z z i z i + + − + = − 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 n n n n C C C C n n + + + + = + + . Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình vuông ABCD có điểm (4;2)M là trung điểm của cạnh BC , điểm E thuộc cạnh CD sao cho 3CE DE= , phương trình đường thẳng AE là : 4 4 0x y+ − = . Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng đỉnh A có tung độ dương . 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= , ' 2AA a= , ' 3AC a= . Gọi M là trung điểm cạnh ' ' AC , I là giao điểm của các đường thẳng AM và ' AC . Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( )IBC . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) 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 a b b c c a     + + + ≥ + +  ÷ ÷ ÷ + + +     Hết 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 : 192 ĐỀ THI THỬ SỐ I Câu Ý Nội dung Điểm 1 Hàm số 2 1 x y x + = − , có đồ thị (C) • Tập xác định: { } \ 1D R= • Sự biến thiên : - Giới hạn, tiệm cận : 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 − < ∀ ≠ − Suy ra hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (1; )+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y' _ _ y 1 +∞ −∞ 1 0.25 • Đồ thị: - Điểm đặc biệt : x . . . -2 -1 0 2 3 4 . . . y 0 1 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 ( 1) 1 2 ( 1) ( ) (2 1) 2 0 , (1) x x x m x x x m x g x mx m x m ≠ ≠   + = − ⇔ ⇔   − + = − = − + + − =   0.25 • Đường thẳng ( )∆ cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N thuộc hai nhánh khác nhau của (C) ⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thỏa 1 2 1x x< < , 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 1 12 1 0 0 2 0 0 3 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 x x m m x x m +  + =    −  =   Theo giả thiết : 2AM AN = , mà A luôn nằm trong đoạn MN 1 2 2 2 3AM AN x x⇒ = − ⇒ + = uuuur uuur (4) 0.25 • Từ (2) và (4) 1 2 2 1 , 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 + − = với x thỏa mãn : 1 3 1 log 0x+ ≥ ? Điều kiện : cos 2 0x ≠ Với điều kiện này pt tương đương : (sin .tan 2 3sin ) (3tan 2 3 3) 0x x x x + − + = sin (tan 2 3) 3(tan 2 3) 0x x x ⇔ + − + = (tan 2 3)(sin 3) 0x x ⇔ + − = 0'25 tan 2 3x ⇔ = − , vì sin 1x ≤ 2 3 6 2 x k x k π π π π ⇔ = − + ⇔ = − + : 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 − >  >    + ≥ ⇔ ⇔ ⇔ < ≤     ≥ − ≤ =  ÷       0.25 Suy ra : 1 6 1 0 3 6 2 3 3 k k π π π < − + ≤ ⇔ < ≤ + Mà k Z∈ suy ra : 1;2k = Vậy các nghiệm cần tìm là : 5 , 3 6 x x π π = = 0.25 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 I dx dx xe x e xe e − + + + = = = + + + ∫ ∫ ∫ 0,25 Đặt : 1 1 ( 1) x x x t xe xe t x e dx dt= + ⇒ = − ⇒ + = Đổi cận : 0 1x t= ⇒ = 1 1x t e= ⇒ = + 0,25 Khi đó : 1 1 1 1 1 1 1 e e t I dt dt 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 3(1 2 ) 3(1 2 )( 1 2 i) 3(1 2 2 ) 1 2 2 3 1 2 ( 1) ( 2) i i i i i + + − − − = = = − − + − + • Khi đó 2 3(1 2) (2 8 ) 2 2 1 i z z i z i + + − + = − 2 (2 2 2 ) 2 (1 2 2 )z i z i z⇔ + − + = − 0,25 ( ) 2 2 0z z⇔ + + = 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  =  =    − + + = − + + =  ⇔ ⇔ ⇔ ∨     − = − = + + =     =   : VN suy ra 1 1 2 2 11 11 2 2 x x y y   = =     ∨     = = −     Vậy có hai số phức z thỏa YCBT : 1 11 1 11 , 2 2 2 2 z i z i= + = − 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 + +   + ⇔ = + + + +   + +   1 2 3 1 0 1 2 4 1 3 3 3 3 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C n n + + − ⇔ = + + + + + + 2 1 0 1 2 3 3 3 4 1 2 3 1 3( 1) n n n n n 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   = +  ÷   có số hạng tổng quát là : 6 2 6 2 3 6 1 6 6 6 1 (3 ) 3 3 k k k k k k k k k k k T C x C x x C x x − − − +   = = =  ÷   , với 0,6k = • 1k T + là số hạng có chứa 3 x khi và chỉ khi 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 AM AB BM= + = 2 2 17 4 a AE AD DE= + = 0,25 195 2 2 13 4 a ME CM CE= + = • Theo định lý Cosin trong ∆ AME, ta có : 2 2 2 6 cos 2 . 85 AE AM EM EAM AE AM + − = = • Ta có ( ) ( ;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 EAM AM a AM a = = uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur 2 2 2 2 2 1(4 ) 4(4 2) 12 17 1 ( 4) . (4 ) (4 2) 17. 17 24 20 m m m m m m m − − − − = = + − − + − − + 0,25 • Lúc này, ta có : 2 2 0 12 17 6 833 1176 0 24 85 17. 17 24 20 17 m m m m 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 ( ) α có VTPT (0;1;1)n α = uur • Ta có ( ) ( ) (P) ( ) / / P mp P α ⊥  ⇒  ∆  có VTPT là , ( 1; 2;2) P n a n α   = = − −   uur r uur 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 3 2 1 ( ) : 2 2 1 0 mp P x y z m m m m m m m m mp P x y z + − + = − = = −    ⇔ − = ⇔ ⇔ ⇒    − = − = + − − =    0,25 • Thử lại, lấy (1;1;0)A ∈∆ nhưng 1 ( )A mp P∉ và 2 ( )A mp P∉ suy ra 1 / / ( )mp P∆ , 2 / / ( )mp P∆ • 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 = = ⇒ = = ⇒ = ⇒ = = = + + 0,25 • Do ' ' AAC C là hình chữ nhật nên ' 2 '2 2 2 9 4 5AC AC AA a a a= − = − = Do ABC∆ vuông tại B nên 2 2 2 2 5 2BC AC AB a a a= − = − = Suy ra 2 1 1 . .2 2 2 ABC S AB BC a a a ∆ = = = 0,25 196 • Vậy 3 2 . 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 ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Do đó : ' ' 2 '2 2 2 2 1 1 1 . . 2 . 4 5 2 2 2 A BC S BC BA BC AB AA a a a a ∆ = = + = + = ' 2 2 2 5 3 3 IBC A BC a S S ∆ ∆ ⇒ = = 0,25 • Ngoài ra 3 . 2 4 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) • Điều kiện : 6 2 1 0x xy− + ≥ • Ta có : ( ) ( ) 2 2 2015 2015 2015x x y y + + + + = 2 2 2 2015 2015 2015 2015 x x y y y y ⇔ + + = = − + + + + 2 2 2015 ( ) 2015 ( )x x y y⇔ + + = − + + − (1) Xét hàm số : 2 ( ) 2015f t t t= + + là hàm số xác định và liên tục trên R 2 ' 2 2 2 2015 ( ) 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⇔ + + − + + − = (2) Lại đặt : 2 2 6 1 , 0u x x u= + + ≥ ; pt(2) thành 2 2 3 6 0 2 u x u xu x u x =  − − = ⇔  = −  0,25 • Với 2 2 2 2 3 0 0 3 2 6 1 3 2 6 1 9 7 6 1 0 x x u x x x x 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 − ⇔ = suy ra 3 11 2 y − + = : thỏa đk Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm : (1; 1)− , 3 11 3 11 ; 2 2   − − +  ÷  ÷   0,25 197 Câu 9 (1điểm) • Đặt 2 2 2 2 2 2 , ,x a b y b c z c a= + = + = + suy ra , , 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 4 4 4 4 1 1 1 27 x y z x y z       + + + ≥  ÷  ÷  ÷       0,25 • Mà 3 3 1 1 6 3 2 x y z xyz xyz = + + ≥ ⇒ ≥ Do đó : 2 3 4 4 4 2 1 1 1 27 27 x y z xyz         + + + ≥ ≥  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷         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   ≤ + + + + + = + + =   (2) 0,25 • Từ (1) và (2) ta suy ra : 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 1 1 1 3( )a b c a b b c c a     + + + ≥ + +  ÷ ÷ ÷ + + +     Dấu đẳng thức xảy ra khi 1a 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 198 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 : 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 . ( 4 5) x x x I dx x x − + + − = + + ∫ Câu 4 (1,0 điểm). 1. Tìm số phức z sao cho 5 1 z i z i − − = + và biết rằng số phức 2z − có một acgumen bằng 3 π − . 2. Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 4 viên bi xanh và 3 viên bi vàng với kích thước đôi một khác nhau. Lấy 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 4 5 7 ( ) : 1 1 1 x y z d + − + = = − và 2 2 1 ( ) : 1 1 2 x y z d − + = = − − . Viết phương trình đường thẳng ( )∆ đi qua điểm ( 1;2;0)M − đồng thời đường thẳng ( )∆ vuông góc với đường thẳng 1 ( )d và ( )∆ 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 .S ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( )SBD . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau : ( ) 2 2 2 2 2 5 1 ( , ) 2 4 1 x xy y x y R y xy y y xy  − − =  ∈  − + − =   Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là ba số thực dương thỏa mãn 1a b c + + = . 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= − − , có đồ thị (C) • Tập xác định: D R= • Sự biến thiên : - Giới hạn lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = +∞ - Đạo hàm : y’ = 4x 3 – 4x ; 2 0 ' 0 4 ( 1) 0 1 x y x x x =  = ⇔ − = ⇔  = ±  0.25 - Bảng biến thiên: 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; )+∞ hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1)−∞ − và (0; 1) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 và y CĐ = (0)f = 3− hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x = 1± và y CT = ( 1) 4f ± = − . 0.25 • Đồ thị: - Điểm đặc biệt : 3 0 x y  = ±   =   ; 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 • Hàm số (1) đã cho có 3 cực trị ⇔ phương trình ' ( ) 0f x = có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình 2 3 1 2 m x + = − có 2 nghiệm phân biệt khác 0 3 1 1 0 2 3 m m + ⇔ − > ⇔ < − 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 + + +   = = − + = −  ÷   0.25 • Theo giả thiết 4 2 2 2 4(3 1) 3 1 3 1 9 4 9 4 3 2 2 2 m m m BC AB BC AB   + + +     = ⇔ = ⇔ − = − +  ÷  ÷  ÷  ÷       0.25 200 ( ) 4 5 3 1 64(3 1) 3 m m m⇔ + = − + ⇔ = − , vì : 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 ⇔ − = 0.25 3 1 sin 4 cos 4 os8 2 2 x x c x ⇔ − = cos 4 .cos sin 4 .sin os8 3 3 x x c x π π ⇔ − = − ( ) cos 4 os8 cos 8 3 x c x x π π   ⇔ + = − = −  ÷   0.25 4 8 2 3 4 ( 8 ) 2 3 x x k x x k π π π π π π  + = − +  ⇔   + = − − +   18 6 3 2 x k x k π π π π  = +  ⇔   = +   0.25 Câu 3 (1điểm) Câu 3 Tính tích phân : 0 3 2 2 2 2 6 6 4 . ( 4 5) x x x I dx x x − + + − = + + ∫ Ta có : 0 0 3 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 4 ( 2)( 4 2) . ( 4 5) ( 4 5) x x x x x x dx I dx x x x x − − + + − + + − = = + + + + ∫ ∫ 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 −   = = −  ÷   ∫ ∫ 0,25 5 1 1 7 1 28 ln ln 5 2 2 5 t t     = + = −  ÷       0,25 • Giả sử số phức 2z − có dạng lượng giác là : 2 (cos .sin )z r i ϕ ϕ − = + , với 0r > • Theo giả thiết 2z − 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 [...]...  r  r 3  ⇔  − 3÷ +  − − 1÷ =  + 2 ÷ +  + 1÷ ÷ 2 ÷ 2   2   2     2 2 ⇔ r =1 5 3 Vậy số phức z cần tìm là : z = − i 2 2 • Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đựng 12 viên bi, số kết quả có thể xảy ra là : 4 Ω = C12 = 495 0,25 Gọi A là biến cố : "Lấy được 4 viên bi mà có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng" • Để biến cố A xảy ra thì ta thấy có 2 khả năng thuận lợi cho A như sau : i/ Lấy được 4 viên... có : 3 1 1 1 C5 C3 + C52C4C3 = 150 (cách) 0,25 Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là : ΩA = 125 + 150 = 275 Vậy xác suất của biến cố A là : P ( A) = ΩA Ω = 275 5 = 495 9 • Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và D lên đường thẳng CM 4 − 8.5 + 10 26 = Ta có DK = d ( D, (CM )) = 2 2 65 1 + (−8) Câu 5 (1điểm) Gọi I và G lần lượt là giao điểm của đường thẳng BD với AC và CM suy ra : G... với  ur  a1 = (1; −1;1) : VTCP (d1 )  ⇔ 1.a + (−1).b + 1.c = 0 ⇔ b = a + c uu r r • Khi đó VTCP đt ( ∆ ) là a = ( a; a + c; c ) , mà VTCP đt ( d 2 ) là a2 = (1; −1; −2) r uu r a.a2 1 0 0 r Theo giả thi t : (∆, d 2 ) = 60 ⇒ cos(∆, d 2 ) = cos 60 ⇔ r uu = a a2 2 ⇔ 1.a − 1.(a + c) − 2.c a + (a + c) + c 1 + (−1) + (−2) 2 2 2 2 2 2 = 1 2 0,25 0,25 0,25 ⇔ 6 c = 6 2a 2 + 2ac + 2c 2 ⇔ a 2 + ac − 2c 2 =... Vì a + b + c = 1 ⇔ a + b = 1 − c nên : 2 2 2  2(1 − c) 2 + 4c(1 − c)  3 8 2  3 2 P≥  − (1 − c ) 2 = 1 − ÷ − (1 − c) 2 2 ÷ 9  (1 − c) + 4c(1 − c) + 4c  4 9  c +1  4 (1) 2 8 2  3 2 • Xét hàm số f (c ) = 1 − ÷ − (1 − c ) , với c ∈ (0;1) 9  c +1  4 16  2  2 3 − (c − 1) 1 − ÷ 2 9  c + 1  (c + 1) 2 1 f ' (c) = 0 ⇒ (c − 1) 64 − 27(c + 1)3 = 0 ⇔ c = , vì : c ∈ (0;1) 3 1 Lập BBT, căn cứ vào . 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. 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. 2 2015 2015 2015x x y y + + + + = 2 2 2 2015 2015 2015 2015 x x y y y y ⇔ + + = = − + + + + 2 2 2015 ( ) 2015 ( )x x y y⇔ + + = − + + − (1) Xét hàm số : 2 ( ) 2015f t t t= + + là hàm số