TRÍCH ĐOẠN 90 ĐỀ THI THỬ TOÁN

GSTT GROUP
NHÀ SÁCH GIÁO DỤC LOVEBOOK.VN
ĐỊA CHỈ: 101 NGUYỄN NGỌC NẠI, THANH XUÂN, HÀ NỘI
TELL: 0466860846. HOTLINE: 0963140260
WEB: LOVEBOOK.VN
TRÍCH ĐOẠN 90 ĐỀ THI
THỬ ĐẠI HỌC TOÁN TẬP 2
(RA MẮT 06/04/2014)



1

ĐỀ SỐ 01


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2x 1
y
x1



(1) có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai điểm M, N thuộc
(C) và độ dài đường chéo của hình chữ nhật bằng
52
. Lập phương trình đường thẳng MN.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2sinxsin2x 11cosx cotx
2
cot x 3sin2x



(x ∈ ℝ).
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
11
x xln x 1
4x 4x

   


(x ∈ ℝ).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
 
 
x
5
x
2
e 3x 2 x 1
dx
e x 1 x 1
  
  


.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho khối tứ diện ABCD có AC = AD =
32
, BC = BD = 3, khoảng cách từ đỉnh B đến mặt
phẳng (ACD) bằng
3
, thể tích của khối tứ diện ABCD là
15
. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và
(BCD).
Câu 6 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:
 


 


3 x 1 1 x 3 x 1 x 3 m 3 x 1          
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo Chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y – 2 = 0 và điểm
M(3; 0). Đường thẳng  qua M cắt đường thẳng d tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên Ox. Viết
phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến  bằng
2
5
.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(2; 0; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0;
3) và D(1; –2; 3). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AD sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến (P)
là lớn nhất.

Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi z
1
, z
2
lần lượt là hai nghiệm của phương trình
 
2
z 1 3i z 2 2i 0    
và thỏa mãn
12
zz
. Tìm giá trị của biểu thức
 
 
2
2
1
1
12
A z 1 z


  
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC (OA // BC) có diện tích
bằng 6, đỉnh A(–1; 2), đỉnh B thuộc đường thẳng d
1
: x + y + 1 = 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng d
2

: 3x +
y + 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có C(3; 2; 3), đường cao
qua A và đường phân giác trong góc B của tam giác ABC lần lượt có phương trình là
1
x 2 y 3 z 3
d:
1 1 2
  



và
2
x 1 y 4 z 3
d:
1 2 1
  


. Lập phương trình đường thẳng BC và tính diện tích của tam giác ABC.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
22
2z w zw 7
z w 2w 2
  



   




 
z,w
.
––––– HẾT –––––


2
GIẢI ĐỀ SỐ 1
Câu 1.
1.
• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {1}.
• Sự biến thiên:
– Sự biến thiên:
 
2
3
y’ 0
x1



với mọi x ∈ 𝔻.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +).
– Giới hạn, tiệm cận:
xx
lim y lim y 2
 


;
x1
lim y


 
;
x1
lim y


 
.
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng và nhận đường thẳng y = 2 làm tiệm cận ngang.
– Bảng biến thiên:
• Đồ thị:
Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại điểm (0; –1), cắt trục hoành
tại điểm
1
;0
2




. Đồng thời (C) nhận giao điểm của hai đường
tiệm cận là I(1; 2) là trục đối xứng.

2.

Định hướng: Đầu tiên với dữ kiện MNPQ là hình chữ nhật thì ta khai
thác ngay được tính chất song song, đó là MN // PQ. Lúc này ta sẽ
có ngay dạng của phương trình đường thẳng MN là 3x – y + m = 0,
với m  –11, tương đương với MN: y = 3x + m. Như vậy hoành độ
M và N chính là nghiệm của phương trình giao điểm của đường
thẳng đó với đồ thị (C)  dùng được phương trình hoành độ và
dùng định lí Viét để biểu diễn được tổng và tích x
M
+ x
N
; x
M
x
N
theo
biến m.

Tiếp theo, với hai đường thẳng song song thì ta luôn xác định được khoảng cách giữa hai đường thẳng đó, bởi
khoảng cách giữa hai đường thẳng song song chính bằng khoảng cách của một điểm bất kì trên đường thẳng
này đến đường thẳng kia. Trên  thì ta luôn lấy được một điểm K có tọa độ xác định  dùng khoảng cách sẽ tính
được khoảng cách từ K đến MN  độ dài cạnh PN = d(K, MN) (theo một ẩn m).
Vậy dữ kiện cuối cùng là dữ kiện đường chéo. Vì ta có tổng và tích x
M
+ x
N
, x
M
x
N
theo biến m nên việc tính độ dài

MN theo m là điều dễ dàng. Ngoài ra, dùng định lí Py–ta–go ta sẽ có ngay: MN
2
+ NP
2
= PM
2
= (5
2
)
2
 từ đây
giải phương trình ẩn m duy nhất  tìm m  MN.
Theo định hướng khá rõ ràng trên ta có lời giải:
Bài giải:
Do MNPQ là hình chữ nhật nên MN // PQ  đường thẳng MN có dạng 3x – y + m = 0  y = 3x + m.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng MN và (C) là:
  
2x 1
3x m 2x 1 x 1 3x m
x1

      

(dễ thấy x = 1 không thỏa mãn)
 
2
3x m 5 x m 1 0     
(*).
(*) có biệt thức  =
   

2
2
m 5 4.3 m 1 m 2m 37 0       
với mọi x ∈ ℝ (*) luôn có hai nghiệm phân biệt
x
1
, x
2
. Theo định lí Viét:
2

x 1

y' − −
y

2
x
O
1

2

y
I
M
N
P
Q
5

K


3
12
12
5m
xx
3
m1
xx
3












Không mất tính tổng quát, giả sử M(x
1
; 3x
1
+ m) và N(x
2

; 3x
2
+ m) thì
MN
2
= 10(x
1
– x
2
)
2
= 10
 
2
1 2 1 2
x x 4x x




= 10
2
5 m m 1
4.
33


  







=
 
2
10
m 2m 37
9

.
K(0; –11) ∈   d(K, MN) =
 
 
2
2
3.0 11 m
31
  

=
m 11
10

 NP
2
= d
2
(K, MN) =

 
2
m 11
10

.
Áp dụng định lí Py–ta–go, ta được: MN
2
+ NP
2
= PM
2

 
 
 
2
2
2
m1
m 11
10
m 2m 37 5 2
289
9 10
m
109





     






Đối chiếu điều kiện m  –11, ta được hai giá trị cần tìm của m là m = –1 và m =
289
109

.
Câu 2.
Định hướng: Khi đánh giá qua phương trình này thì ta thấy rằng nó cũng không phức tạp quá, chỉ chứa hàm sin,
cos và cot ở dạng “thuần” (đơn giản). “Nhẩm” trong đầu nhân tử thì thấy cotx =
cosx
sinx
; sin2x = 2sinxcosx thì
thấy ngay cả tử và mẫu đều xuất hiện nhân tử là cosx.
Tiếp tục “nháp” thêm tí sau khi rút gọn cosx ở tử và mẫu thì được:
1
2sinx.2sinx 11
sinx
2
1
3.2sinx
sinx




, vâng, và đến
đây thì phương trình cũng đã lộ bản chất của nó: đây thực chất là phương trình một ẩn t = sinx.
Bài giải:
Điều kiện:
0
0
x
x
x
2
0
1
x
x
1
x 6 x 0
x 3 0
6
x
x0






  

















sin
cos sin
cot
sin
cos
sin
sin
sin
sin
(*).
Phương trình đã cho tương đương với:

cosx 1
2sinx.2sinxcosx 11cosx 2sinx.2sinx 11
sinx sinx
22

cosx 1
3.2sinxcosx 3.2sinx
sinx sinx
   
  

(do cosx  0).
2 3 2
11
4sin x 11 2 6sinx 4sin x 12sin x 11sinx 3 0
sinx sinx

         



   
2sinx 1 2sinx 3 sinx 1 0    
π
x k2π
π
x k2π
6
5π
2
1
x
2
x
x k2π

1
6



















sin
sin
(k ∈ ℤ).
Thử lại (*), ta có phương trình có hai họ nghiệm là x =
π
6
+ k2π và x =
5π
6

+ k2π (k ∈ ℤ).
Câu 3.
Định hướng: Đầu tiên, điều kiện x > 0 là không thể thiếu.

4
Nhận thấy phương trình có chứa hàm hữu tỉ và cả hàm logarit (hai hàm khác tính chất) nên ta nghĩ ngay đến
phương pháp hàm số ở trong đầu.
Định hướng đầu tiên giúp ta phát triển hướng giải cho bài toán: Chúng ta nên dùng hàm số theo kiểu tính đơn
điệu hay là nên dùng hàm số theo kiểu hàm g(f(x)) = g(h(x)), với g là hàm đơn điệu?
– Nếu triển khai theo hướng thứ nhất: để việc đạo hàm tránh phức tạp, chúng ta sẽ nên chia hai vế cho x. Bởi vì
ta lấy đạo hàm của
1
x.ln x
4x








thì sẽ phức tạp hơn so với việc lấy đạo hàm của ln
1
x
4x





.
Như vậy chia hai vế cho x ta được:
22
1 1 1 1 1 1
1 ln x 1 ln x 0
4x x x 4x
4x 4x
   
         
   
   
(*).
Thử lấy đạo hàm của vế trái ta được:
 
 
 
32
3
2
32
2
1
1
11
4x
1
2x 1 4x
2x x
6x 1
2x 1 4

x
4x
x



  
  


.
Vậy việc dùng hàm đơn điệu của chúng ta đã “tiêu tan” thi mà đạo hàm không dương hoặc không âm với x > 0.
Nhưng như thế cũng đừng vội nản nhé , khi đạo hàm có nghiệm (và chỉ có một nghiệm “đẹp”) thì ta có thể vẽ
được bảng biến thiên của hàm số, và biết đâu nó sẽ có nghiệm đẹp cho chúng ta nhận xét!
Thật vậy, thử lập bảng biến thiên thì thấy ngay VT(*)  0. Dấu đẳng thức xảy ra khi x =
1
2
(chính là nghiệm của
đạo hàm luôn!).
– Nếu triển khai theo hướng dùng hàm số. Cách này sẽ thường được các bạn “ngại” (nói đúng hơn là “lười”) đạo
hàm dùng!
Khi đã gặp phương trình dạng:
 
 
 
 
Ax
A x ln B x
Bx


(với A, B dương) thì ta biến đổi một chút phương trình
sẽ thành:
       
A x ln A x B x ln B x
   
  
   
, phương trình này có dạng hàm đồng biến là f(t) = t + lnt, là hàm
đồng biến trên (0; +).
Vậy khi gặp phương trình này thì ta thấy trong logarit có thể phân tích được thành nhân tử, đồng thời muốn
đưa phương trình về được dạng trên thì đầu tiên mình phải chia hai vế cho x đã. Sau đó ta thu được phương
trình:
2
2 2 2 2
1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4x
1 ln x 0 1 ln 1 ln 1 ln
x 4x 1 x x x
4x 4x 4x 4x
x



         

              
         
         

. Đến
đây thì dạng hàm đã xuất hiện  và việc còn lại của chúng ta cũng không quá khó nữa!
Bài giải:
Cách 1.
Điều kiện x > 0. Phương trình đã cho tương đương với:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 ln x 1 ln x 1
4x x x
4x 4x 4x

     
        

     
     


2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
1 ln 1 lnx 1 ln 1 ln
x x x
4x 4x 4x 4x
         
           
         
         
(*).
Xét hàm số f(t) = t + lnt trên (0; +∞). Ta có:
1

f’(t) 1 0
t
  
với mọi t > 0  f(t) đồng biến trên (0; +∞).
Mặt khác (*) có dạng
2
11
f 1 f
x
4x
   

   
   
(với
2
1
10
4x

và
1
0
x

) 
2
2
1 1 1 1
1 1 0 x

x 2x 2
4x

      


.
Vậy nghiệm của phương trình là x =
1
2
.
Cách 2.

5
Điều kiện x > 0. Chia hai vế của phương trình cho x ta được:
22
1 1 1 1 1 1
1 ln x 1 ln x 0
4x x x 4x
4x 4x
   
         
   
   
.
Xét hàm số f(x) =
2
1 1 1
1 ln x
x 4x

4x

   


trên (0; +).
Ta có:
 
 
 
2
3
32
32
2
1
1
11
4x
1
2x 1 4x
2x
6x 1
f’(x)
x
x
4x
2x 1 4x




  

  


;
1
f’(x) 0 x
2
  
(do x > 0).
Lập bảng biến thiên cho ta f(x)  0 với mọi x > 0. Ta có f(x) = 0  x =
1
2
.
Vậy nghiệm của phương trình là x =
1
2
.
Bài tập củng cố:
Giải phương trình:
xx
1969
2014 xln 1969
2014

(Đáp số: x = 0).
Câu 4.
Định hướng: Nhận thấy tích phân có chứa cả hàm vô tỉ, hữu tỉ và cả hàm mũ (các hàm khác tính chất) nên ta

nghĩ đến phương pháp tích phân từng phần, hoặc tác dạng I =
bb
aa
g’(x)
f(x)
g(x)


để làm dễ dàng hơn. Nhưng với
bài toán thì cách dùng tích phân từng phần gần như… vô hiệu. Vậy nên ta suy nghĩ đến hướng thứ hai là tách I
thành dạng như trên. Một điều gợi ý cho chúng ta thực hiện theo phương án thứ hai nữa đó là tử số có phần
giống với mẫu số (phải nói là rất giống), nên việc rút gọn bớt đi là điều đương nhiên:
 
 
 
 
xx
xx
e 3x 2 x 1 e 2x 1
1
e x 1 x 1 e x 1 x 1
   

     
.
Như vậy số 1 tách ra thì dễ dàng lấy nguyên hàm, còn lượng
 
 
x
x

e 2x 1
e x 1 x 1

  
thì vẫn chưa có dạng
g’(x)
g(x)
. Vậy
phải làm sao? Không lẽ lại bỏ cuộc giữa chừng? Đừng lo, khi chưa gặp dạng này thì muốn xuất hiện dạng
g’(x)
g(x)

thì nhiều lúc ta phải cùng chia cả tử cả mẫu cho một lượng nào đó (và thường thì lượng này là lượng tương
đồng, hoặc là nhân tử ở mẫu số hoặc tử số), hoặc có lúc là nhân cả tử và mẫu với một lượng nào đó để xuất hiện
được dạng đó. Thử xem nhé!
Với “cục diện” như thế này thì ta sẽ có hai hướng:
+ Hướng 1: Chia hai vế cho e
x
ta được:
 
x
2x 1
x1
x1
e



 cũng chưa thấy xuất hiện dạng
g’(x)

g(x)
.
+ Hướng 2: Chia hai vế cho
x1
ta được:
 
x
x
e 2x 1
x1
e x 1 x 1


  
. Thử lấy đạo hàm mẫu


 
x
x
e 2x 1
e x 1
x1
’



,
thành công!
Bài giải:

Ta có:
 
 
x
55
x
22
e 2x 1
I dx dx
e x 1 x 1


  

.

6
+)
5
5
1
2
2
I dx x 5 2 3    

.
+)
 





x
x
55
5
5
x
2
2
xx
2
22
e 2x 1
e x 1 1
2e 1
2 x 1
I 2 dx 2 dx 2ln e x 1 1 2ln
e1
e x 1 1 e x 1 1
'




     

   

.

Vậy
5
12
2
2e 1
I I I 3 ln
e1

   

.
Câu 5.
Định hướng: Tứ diện ABCD ta đã biết được độ dài 4 cạnh, và lại có điều đặc biệt là A và B đều cách đều hai điểm
C, D (AC = AD, BC = BD)  A, B nằm trên mặt phẳng trung trực của cạnh CD. Và mặt phẳng trung trực này chính
là mặt phẳng đi qua A, B và trung điểm M của CD  góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) chính bằng
AMB

hoặc bằng (180
0
–
AMB
) (tùy vào độ lớn góc
AMB
là nhỏ hơn 90
0
hay lớn hơn 90
0
).
Đồng thời bài ra còn cho thêm khoảng cách giữa một đỉnh đến mặt phẳng đối diện và cho thêm cả thể tích khối
tứ diện  dễ dàng tính được diện tích mặt đáy là ACD  tính được độ dài CD (do ACD đã biết độ dài 2 cạnh)

 BCD hoàn toàn xác định các thông số về 3 cạnh  tính được BM (là đường cao BCD). Ngoài ra nhận thấy
có khoảng cách từ B đến (ACD) nên sin
 
(ACD) (BCD),
=
 
d B (ACD)
BM
,
 từ đó xác định được góc giữa hai mặt
phẳng
 
(ACD) (BCD),
.
Bài giải:
Theo bài ra: d(B, (ACD)) =
3
; V
ABCD
=
15
(đvtt).
Ta có: S
ACD
=
 
ABCD
3V
d B (ACD),
=

3 15
3
= 3
5
(đvdt).
Mặt khác: S
ACD
=
1
2
AC.AD.sin
CAD

 sin
CAD
=
DAC
2S
AC.AD

=
2.3 5
3 2.3 2
=
5
3
.

 cos
CAD

= ±
2
1 sin CAD
= ±
2
3
.
Gọi M là trung điểm của CD thì do ACD cân tại A và cân tại B
nên BM  CD và AM  CD  (ABM)  (ACD). Gọi H là hình chiếu
của B lên (ACD) thì ta có H thuộc đường thẳng AM, đồng thời
độ dài BH = d(B, (ACD)) =
3
. Ta có góc giữa mặt phẳng
(BCD) và (ACD) chính bằng
BMH
< 90
0
.
+) Trường hợp 1:
cos
CAD
=
2
3
 CD =
22
AC AD 2AC.ADcosCAD
= 2
3

 BM =
2
2
22
CD 2 3
BC 3 6
22


   





.

 cos
BMH
=
BH
BM
=
3
6

BMH
= 45
0
.

+) Trường hợp 2:
H
A
B
C
D
M
H
A
B
C
D
M

7
cos
CAD
=
2
3

. Tương tự ta tính được CD =
2 15
> BC + BD, không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác  loại.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) là 45
0
.
Lưu ý: Có thể xảy ra hai trường hợp về vị trí điểm H như 2 hình vẽ trên, nhưng dù thế nào đi nữa thì góc giữa
hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) vẫn bằng 45
0

.
Câu 6:
Định hướng: Ý tưởng về những bài tìm m để phương trình có nghiệm là không xa lạ gì nữa  Ý tưởng của chúng
ta là cô lập m để thu được dạng m = f(x), sau đó khảo sát f(x) để kết luận các giá trị của m thỏa mãn điều kiện
đề bài.
Với bài này, muốn cô lập m một cách nhanh chóng thì ta chia hai vế cho


3 x 1
. Thế nhưng trước khi chia
thì ta phải xét trường hợp x = 2 (để đảm bảo


3 x 1
 0). Khi ta thử x = 2 vào vế trái thì thấy rằng vế trái
cũng bằng 0  chắc chắn vế trái có thể phân tích được nhân tử (x – 2)  nhân tử (x – 2) có thể chia được cho


3 x 1
(vì cả hai đều có nghiệm bằng x = 2). Thật vậy:
x – 2 = –
 




3 x 1 3 x 1 3 x 1

       


.
Vậy nên ta chọn cách thuận lợi hơn cho lời giải đó là phân tích vế trái chứa nhân tử


3 x 1
để bài giải được
ngắn gọn hơn!
VT =


 


 
3 x 3 x 1 1 x x 2 3 x 3 x 1 1 x 1 3 x

             







3 x 1 3 x 1 x 1 3 x

       


.

Như vậy chuyển vế ta sẽ thu được hai nhân tử là


3 x 1
và
  


3 x 1 x 1 x 3 x m 3       
.
Cái khó còn lại là đi xử lí nhân tử thứ hai:
     
3 x 1 x 1 x 3 x m 3 0 m 1 x 3 x 1 x 3 x 3                 
(1).
Xử lí phương trình này cũng không hề khó, thường thì ta sẽ đặt
  
2
t 1 x 3 x t 4 2 1 x 3 x        

 (1) gần như đã được xử lí. Thế nhưng với các bạn đã thuần thục việc giải phương trình rồi thì sẽ chọn cách
khảo sát vế phải của (1) luôn để không mất thời gian biện luận theo ẩn t nữa.
Bài giải:
Điều kiện
x1 3 
.
Phương trình đã cho tương đương với:



   



3 x 3 x 1 1 x 1 3 x 3 m 3 x 1

          






 


3 x 1 3 x 1 x 1 3 x 3 m 3 x 1

           





  
3 x 1 3 x 1 x 1 x 3 x m 3 0

           



  

x2
m 1 x 3 x 1 x 3 x 3




       


(*)

Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2.
Xét hàm số
    
f x 1 x 3 x 1 x 3 x 3       
trên
1;3



.
Với mọi
 
x 1;3
:
 
  
1 1 2x 2
f’ x 0
2 1 x 2 3 x

2 1 x 3 x

   


.

8
 
f’ x 0 1 x 3 x 2x 2      






1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x          


27
1 x 3 x 1 x
2

      
.
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, kết hợp với điều kiện x  2 (và
 
f 2 2 2 3

) ta có thể kết luận được các giá trị của
m cần tìm là
11
5;
2
m




 
2 2 3
.
Câu 7.a.
Định hướng:  đi qua điểm M nên có thể viết được phương trình đường thẳng  ở dạng tổng quát:
a(x – x
M
) + b(y – y
M
) = 0.
 dùng sẵn hai ẩn a, b. Tiếp tục tìm tọa độ điểm A theo hai ẩn a, b  sau đó chiếu A lên Ox để được tọa độ điểm
H và bước cuối cùng là dùng dữ kiện khoảng cách để tìm tỉ số
a
b
 phương trình .
Bài giải:
+)  đi qua điểm M(3; 0) nên có phương trình là:
a(x – 3) + b(y – 0) = 0  : ax + by – 3a = 0 (điều kiện
22
a 0b 

).
+) Tọa độ A là nghiệm của hệ:
   
3a 2b
x
y 2 x y 2 x
x y 2 0
ab
ax b 2 x 3a 0 a b x 3a 2b
ax by 3a 0 3a 2b
y2
ab




   

  

  

  
   
      
   









(điều kiện a  b).
+) Hình chiếu H của A lên Ox sẽ có tọa độ là H(x
A
; 0)  H
3a 2b
0
ab





;
.
+) d(H, ) =
   
 
2
2
2 2 2 2 2 2
22
3a 2b
a. b.0 3a
ab
2 ab 4
a b 5a b 4 a b a b

a b 5
5
ab




       






  
 
22
22
a 2b
a 2b 2a b 2a ab 2b 0 b 2a
2a ab 2b 0



       


  


– Nếu a = 2b  chọn b = 1  a = 2 (thỏa mãn)  : 2x + y – 6 = 0.
– Nếu b = 2a  chọn a = 1  b = 2 (thỏa mãn)  : x + 2y – 3 = 0.
Với a  b thì
 
 
2
2 2 2 2
13
2a ab 2b a b a b 0
22
      
.
Vậy có hai phương trình đường thẳng  thỏa mãn là 
1
: 2x + y – 6 = 0 và 
2
: x + 2y – 3 = 0.
Câu 8.a.
x –1 3
f ’(x) + 0
−
f(x)

5
1

9
Định hướng: Mặt phẳng (P) đi qua hai điểm cố định A, D đã biết tọa độ nên có thể dùng phương pháp chùm mặt
phẳng một cách gián tiếp, bằng cách gọi phương trình mặt phẳng (P) ở dạng tổng quát (sẽ chỉ có hai ẩn). Việc
xử lí tổng khoảng cách cực đại ta sẽ dùng bất đẳng thức đơn giản như Cauchy hay Bu–nhi–a–cốp–xki (áp dụng

với các bạn khá).
Bài giải:
+) Giả sử phương trình (P) là: ax + by + cz + d = 0 (điều kiện
2 2 2
a b c 0  
).
– Điểm A(2; 0; 0) ∈ (P)  2a + d = 0  d = –2a.
– Điểm D(1; –2; 3) ∈ (P)  a – 2b + 3c + d = 0  c =
2b a d
3

=
2b a
3

.
 (P): ax + by +
a 2b
3

z – 2a = 0.
(hướng xử lí trên chính là hướng xử lí theo phương pháp chùm mặt phẳng một cách gián tiếp).
+) Tổng khoảng cách từ B và C đến mặt phẳng (P) là:
h = d(B, (P)) + d(C, (P)) =
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a 2b
3. 2a
4b 2a 3 2b a
3

a 2b a 2b a 2b
a b a b a b
2 2 2




     
  
     
     
     
.
Áp dụng bất đẳng thức Bu–nhi–a–cốp–xki ta được:
h =
 
2
2
2 2 2 2
2
9. 2b a 9. a 2b 9 a 2b
6
3
a 2b
a 2b
2a 2b
2
2
a 2b
2 2 1 . a b

2



  



  






    








.
Đẳng thức xảy ra 
a 2b
ab
2
ab

2 2 1

    

 chọn a = 3  b = –3  (P): 3x – 3y – z – 6 = 0.
Nhận xét: Mấu chốt của bài toán này đó là dùng bất đẳng thức như thế nào cho hợp lí. Để làm được điều đó thì
ta chỉ chú đến việc dùng bất đẳng thức cho mẫu số cho hợp lí.
Kĩ thuật chọn điểm rơi sẽ được đề cập ở đây .
Ta dùng bất đẳng thức:
 
 
2
2 2 2 2 2
a2 a1
xa yb
b
x y 1 a b b x a y 1 b
2 22




   





       



, trong đó x,
y là các hằng số chúng ta tìm để sử dụng bất đẳng thức cho hợp lí.
Đẳng thức xảy ra 
a 2b
a b a 2b
2
x 2y 2
x y 1 x 2y


     

(1).
Muốn
 
1
x a y 1 b
2

  


rút gọn được cho tử số thì ta phải có
 
1
y 1 2 x
2

   



(2).
Giải hệ (1), (2) ta được x = –2; y = 2. Đến đây thì việc áp bất đẳng thức Bu–nhi–a–cốp–xki là điều dễ dàng .
Lưu ý: Với bài toán này thì cách sử dụng đại số là tối ưu nhất. Việc sử dụng phương pháp hình học sẽ rất phức
tạp trong việc biện luận, dẫn đến ngộ nhận kết quả  bài làm sai.
Câu 9.a.
Đây là một bài toán hoàn toàn cơ bản, chỉ yêu cầu bạn nắm được cách giải phương trình bậc 2 trong tập số phức
là được. Nhưng lời khuyên cho các bạn là khi tìm được nghiệm của phương trình rồi thì chẳng dại gì lại trình
bày theo các bước giải phương trình mình đã làm trong nháp vào giấy thi cả! Hãy dùng cách phân tích nhân tử
để trong bài làm, ta chỉ cần dùng các dấu tương đương chứ không cần viết câu chữ gì nhiều nhé .
Bài giải:
Phương trình đã cho tương đương với:

10
      
2
z 2i
z 2i 1 i z 2i 1 i 0 z 2i z i 1 0
z i 1


   
           

   


.

Do
12
zz
nên ta có z
1
= 2i và z
2
= i + 1.
Ta có:
 
 
2 2 2
2
2
1
1
2
1 1 i 1 3
A 2i 1 i 1 i 1
2i i 2 2 2



           


.
Câu 7.b.
Định hướng: Do tọa độ của A và O đã biết nên phương trình đường thẳng OA là hoàn toàn xác định  dạng của
phương trình đường thẳng BC (chỉ chứa một ẩn cần tìm là m). Vậy hoàn toàn có thể xác định được tọa độ điểm

B và C theo một ẩn m, dựa vào hệ phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng d
1
(tìm được
B); hệ phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng d
2
(xác định được C).
Cuối cùng ta khai thác dữ kiện diện tích: S =
   
1
OA BC d O BC
2
 .,
→ đây sẽ là phương trình có một ẩn duy nhất
là m  tìm m  tọa độ B, C.
Bài giải:
+) Phương trình OA:
x 0 y 0
2x y 0.
1 0 2 0

   
  

OA // BC  phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x + y + m = 0 (với m  0).
+) Tọa độ B là nghiệm của hệ:
x y 1 0 x 1 m
2x y m 0 y m 2
    




    

 B(1 – m; m – 2).
+) Tọa độ C là nghiệm của hệ:
3x y 2 0 x m 2
2x y m 0 y 4 3m
    



    

 C(m – 2; 4 – 3m).
+) Diện tích hình thang OABC là: S =
1
2
(OA + BC).d(O, BC)

2 2 2 2
22
m
1
( 1) 2 (2m 3) (4m 6) . 6
2
21

      




 
2m 3 1 m 12   
(*).
Phương án tối ưu nhất để giải phương trình này sẽ là phá dấu giá trị tuyệt đối!
– Nếu m < 0 thì (*) thành: (3 – 2m + 1).(–m) = 12  m
2
– 2m – 6 = 0  m = 1 ±
7
.
Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 1 –
7

 
B 7 1 7;
và
 
C 1 7 1 3 7  ;
.
– Nếu 0 < m <
3
2
thì (*) thành: (3 – 2m + 1).m = 12  m
2
– 2m + 6 = 0, vô nghiệm.
– Nếu m 
3
2
thì (*) thành: (2m – 3 + 1).m = 12  m
2

– m – 6 = 0  m = 3 hoặc m = –2.
Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 3  B(–2; 1) và C(1; –5).
Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề bài như trên.
Câu 8.b.
Ta xử lí bài toán này giống như xử lí một bài toán hình học phẳng, về phương pháp thì không có gì mới khi gặp
đường cao (tận dụng yếu tố vuông góc) và đường phân giác (tận dụng phương pháp lấy đối xứng).
Bài giải:
+) d
1
, d
2
có véctơ chỉ phương lần lượt là
1
u
= (1; 1; –2) và
2
u
= (1; –2; 1).
+) B ∈ d
2
:
x 1 t
y 4 2t
z 3 t









 B(1 + t; 4 – 2t; 3 + t) 
CB
= (t – 2; 2 – 2t; t).
d
1
là đường cao kẻ từ A nên
1
u .CB 0
 (t – 2) + (2 – 2t) + (–2).t = 0  t = 0  B(1; 4; 3).

11
BC đi qua C và nhận véctơ
3
1
u BC
2

= (1; –1; 0) làm véctơ chỉ phương
 phương trình đường thẳng BC là
x 3 t
y 2 t
z3









(t ∈ ℝ).
+) Gọi H(a; b; c) thì trung điểm của CH thuộc d
2
, đồng thời
2
CH u
nên tọa độ H là nghiệm của hệ:
     
a 3 b 2 c 3
a1
1 4 3
2 2 2
b2
1 2 1
c5
1 a 3 2 b 2 1 c 3 0
  



  










     


. . .
 H(1; 2; 5).
+) Thấy rằng H ∈ d
2
 A ≡ H  A(1; 2; 5) và ABC vuông tại A.
Diện tích tam giác ABC là: S =
1
2
AB.AC =
1
.2 2.2 2
2
= 4 (đvdt).
Nhận xét: Bài toán này sẽ là “vượt tầm” thi đại học nếu điểm H tìm được không thuộc đường thẳng d
2
. Bởi nếu
vậy thì sau khi tìm được điểm H, ta sẽ phải đi viết phương trình AB, rồi tìm tọa độ A  dùng công thức diện tích
để tính diện tích tam giác thì bài làm trở nên quá dài, không phù hợp với một bài thi đại học (nhất là ở câu ăn
điểm như tọa độ không gian). Vậy nên trong quá trình làm bài, các bạn hãy chú ý đến sự đặc biệt của đề bài, chứ
đừng dại gì mà cứ đi theo lối mòn phương pháp mà ta đã sử dụng lâu nay trong khi giải toán.
Nếu gặp một bài tương tự thế này thì khi tìm được tọa độ H, nếu thấy H ∉ d
2
thì khi dùng công thức tính diện
tích, ta dùng S =
1

2
AB.CH nhé! Đừng nên dùng công thức S =
1
2
BC.d(A, BC) trong trường hợp này vì làm như
vậy sẽ phức tạp tính toán hơn ở chỗ dùng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng cho
trước!
Câu 9.b.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
 
w7
z 2 w w 7 z
2w

    

(dễ thấy w = 2 không thỏa mãn).
Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
  
2
2 4 3 2 2 2
w7
w 2w 2 w 6w 15w 2w 57 0 w 7w 19 w w+3 0
2w


              




2
2
22
7 3i 3 5 3i 3
wz
22
7 27
7 3i 3 7 3i 3 5 3i 3
w
w w z
w 7w 19 0
24
2 2 2 2
w w 3 0
1 11 1 i 11 3 i 11
1 11
w w z
w
2 2 2 2
24
1 i 11 3 i 11
wz
22

  
  







  


     




  




   




  
  





     











  
  



Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:
(z; w) =
5 3i 3 7 3i 3 5 3i 3 7 3i 3 3 i 11 1 i 11 3 i 11 1 i 11
2 2 2 2 2 2 2 2
       
           
       
       
       
; , ; , ; , ;
.
Nhận xét: Việc biến đổi phương trình bậc 4 có nghiệm thực thì không quá khó khăn, có thể dùng máy tính để
nhẩm nghiệm và đoán nhân tử chung. Thế nhưng với phương trình bậc 4 nghiệm phức (và không có nghiệm
thực) thì việc dùng máy tính để nhẩm nghiệm rồi đoán nhân tử là không thể. Vậy nên ta phải dùng kĩ thuật giải
phương trình bậc 4 để phân tích nhân tử chung một cách nhanh chóng:
 

2
4 3 2 2 2
w 6w 15w 2w 57 0 w 3w 6w 2w 57          
.

12
Bây giờ ta thêm vào hai vế một lượng là
 
22
2m. w 3w m




(để vế trái được một bình phương đúng) thì
được:
 
   
 
2
2 2 2
w 3w+m 2m 6 w 2 1 3m w m 57      
(*).
Muốn vế phải là một bình phương đúng (hoặc có thể là lượng âm của bình phương đúng: –A
2
) thì:
’ = 0 
   
 
2

2
m 11
1 3m 2m 6 m 57 0
77 3 33
m
4



     






Vì lí do “thẩm mỹ” nên chúng ta chọn m = 11. Thay m = 11 vào (*):
 
 
  
2
2
2 2 2 2
w 3w+11 16w 64w 64 4w 8 w 7w 19 w w+3 0          
.
Bước này ta chỉ cần làm ngoài nháp rồi “rinh” vào bài làm nhé .



13

ĐỀ SỐ 2

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
x3
x2


có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm các giá trị thực của m để đường thẳng (d): y = –x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở
hai phía trục tung sao cho góc
AOB
nhọn (O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos2x + sin2x – cosx – (1 – sinx)tanx = 0 (x ∈ ℝ).
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
 
 
2
2
3
x 4x 9x 6
x 4x 3x 1 1
1
2

  



(x ∈ ℝ).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
   
π
2
π
3
sin2x cosx 1 2xcosx 1 lnx
dx
sinx xlnx
   


.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh AB = 2a và
góc
ABC
= 30
0
. Mặt phẳng (C’AB) tạo với mặt đáy (ABC) một góc 60
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB’ theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1]. Chứng minh rằng:
   
a b c
1 a 1 b 1 c
b c 1
1
c a 1 a b 1

     
    


.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo Chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A nằm trên
đường thẳng : x – y + 1 = 0. Đường chéo BD có phương trình: 5x – y – 7 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh
hình chữ nhật đã cho, biết rằng I(1; 4) là trung điểm của CD và đỉnh D có hoành độ là một số nguyên.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 2x 4y 4z 16     
và đường thẳng :
x y z 5
1 1 4



. Viết phương trình (P) chứa đường thẳng
 và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 4.
Câu 9.a (1,0 điểm). Anh Thùy và chị Hiền cùng chơi Boom Online. Vì muốn tăng thêm sức hấp dẫn cho trò
chơi cũng như sự cố gắng của mình, chị Hiền đã nghĩ ra một trò cá cược: nếu ai thắng trước 3 ván thì thắng
trận và người thua phải “nạp” cho người thắng 3K. Biết rằng số trận chơi tối đa là 5 ván, xác suất mà chị
Hiền thắng mỗi trận là 0,4 và không có trận hòa. Đồng thời khi có người thắng đúng 3 ván rồi thì trò cá
cược dừng lại. Tính xác suất mà chị Hiền sẽ lấy được 3K từ vụ thắng cược này?
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC, N là điểm trên đoạn CD sao cho CN = 2DN. Biết đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – 3
= 0 và điểm M có tọa độ M

11
2
2



;
. Tìm tọa độ điểm A.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 2; 3), B(–2; 3; –1), C(0;
1; 1) và D(–4; –3; 5). Lập phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua hai điểm A, B, đồng thời C và D cách
đều (P).
Câu 9.b (1,0 điểm). Tính môđun của số phức z, biết rằng
3
z 12i z
và z có phần thực dương.
––––– HẾT –––––


14
GIẢI ĐỀ SỐ 2
Câu 1.
1.
• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {2}.
• Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên:
 
2
5
y’ 0
x2




với mọi x ∈ 𝔻.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 2) và (2; +).
– Giới hạn và tiệm cận:
xx
lim y lim y 1
 

;
x2
lim y

 

;
x2
lim y


= –.
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = 1 làm tiệm cận ngang và nhận đường thẳng x = 2 làm tiệm cận đứng.
– Bảng biến thiên:

• Đồ thị:
Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại
3
0
2





;
, cắt trục
hoành tại điểm (–3; 0). Đồng thời (C) nhận giao điểm của
hai đường tiệm cận I(2; 1) làm tâm đối xứng.
2.
Định hướng: Chắc chắn là trong quá trình xử lí bài toán thì phải dùng đến phương trình hoành độ giao điểm của
(C) với (d). Thấy phương trình hoành độ giao điểm có dạng bậc 2 nên việc dùng định lí Viét là điều đương nhiên!
Gọi hai nghiệm của phương trình là x
1
, x
2
thì theo bài ra, x
1
và x
2
phải trái dấu  ac < 0.
Tiếp tục xử lí góc
AOB
nhọn. Để ý rằng
AOB
chính là góc hợp bởi hai véctơ
OA
và
OB
, đồng thời thấy rằng
trong quá trình giải thì ta chưa sử dụng định lí Viét, vậy nên ta cần nghĩ ra một liên hệ đối xứng A, B để áp dụng

được định lí Viét. Rõ ràng,
AOB
nhọn  cos
AOB
> 0 (1). Thêm một chút gia vị vào hai vế: nhân cả hai vế với
OA.OB thì (1) 
OA.OB
> 0, đây chính là một liên hệ đối xứng với A, B giúp ta sử dụng được định lí Viét!
Bài giải:
+) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
  
x3
x m x 2 x m x 3
x2

        

(dễ thấy x = 2 không là nghiệm)
 
2
x m 1 x 2m 3 0     
(*).
+) d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở hai phía trục tung
 (*) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
x

2
< 0
 P = 2m + 3 < 0  m <
3
2

(**).
Lúc này theo định lí Viét ta có:
12
12
x x m 1
x x 2m 3
  





+) Không mất tính tổng quát, giả sử A(x
1
; –x
1
+ m) và B(x
2
; –x
2
+ m).
AOB
nhọn  cos
AOB

> 0 
    
2
1 2 1 2 1 2 1 2
OA.OB 0 x x x m x m 0 2x x m x x m 0            

   
2
2 2m 3 m m 1 m 0 3m 6 0 m 2          
.
x
O
1

2

y
I
–3

1

x 2

y' − −
y


1

15
Kết hợp với (**) ta kết luận được các giá trị m cần tìm là m ∈
3
2
2





;
.
Cần nhớ:
AOB
nhọn 
OA.OB 0
.
Câu 2.
Nhận xét: Phương trình ở dạng khá thuần, ta biến đổi tanx =
sinx
cosx
và quy đồng lên thì đã được ngay dạng
phương trình quen thuộc với hướng giải là phân tích nhân tử chung:
cosx(cos2x + sin2x – cosx) – (1 – sinx)sinx = 0 (*).
Đến đây ta dùng máy tính để thử nghiệm thì thấy rằng (*) có các nghiệm là 0;
π
4

;
3π

4

;
π
2
(sau khi quy đồng
ta mới thử nghiệm, chứ không thử nghiệm trước khi quy đồng. Bởi vì nếu thử nghiệm trước khi quy đồng thì có
thể làm mất đi một số nghiệm của phương trình, từ đó làm mất đi sự đánh giá khách quan hơn về nhân tử của
phương trình đó).
Để ý nhất là cặp nghiệm đối nhau (ta ưu tiên xét trường hợp đối nhau hoặc bù nhau, hơn kém nhau
π
2
trước),
ta nhận xét:
π
4

là nghiệm của phương trình
1
cosx 0
2




; còn
3π
4

là nghiệm của phương trình

1
cosx 0
2




. Dự đoán rằng
1
cosx
2




và
1
cosx
2




đều là nhân tử của phương trình  nhân tử chung
của phương trình có thể là
2
1 1 1 cos2x
cosx cosx cos x
22
22

  
    
  
  
.
Vậy ta đi theo hướng tách nhân tử chung cos2x = cos
2
x – sin
2
x.
(*)  cos2x.cosx + 2sinx.cos
2
x – cosx
2
– sinx + sin
2
x = 0
 cos2x.cosx + sinx(2cos
2
x – 1) – (cosx
2
– sin
2
x) = 0.
Đến đây thì nhân tử chung cos2x đã xuất hiện rồi! Việc dự đoán nhân tử của chúng ta thành công mỹ mãn 
Bài giải:
Điều kiện: x 
π
2
+ kπ (k ∈ ℤ) (1).

Phương trình đã cho tương đương với:
cos2x + 2sinxcosx – cosx – (1 – sinx).
sinx
cosx
= 0
 cosx.cos2x + 2sinx.cos
2
x – cos
2
x – (1 – sinx)sinx = 0
 cos2x.cosx + sinx(2cos
2
x – 1) – (cos
2
x – sin
2
x) = 0
 cos2x.cosx + sinx.cos2x – cos2x = 0
 cos2x.(cosx + sinx – 1) = 0 
π
π kπ
2x kπ
x
2x 0
2
42
π1
x x 1 π
x
x k2π x k2π

4
2
2


















   






cos
cos sin

cos

Kiểm tra lại điều kiện (1), ta kết luận được phương trình có hai họ nghiệm là x =
π
4
+
kπ
2
và x = k2π (k ∈ ℤ).
Câu 3.
Định hướng: Cảm giác đầu tiên khi gặp phải bất phương trình này chắc là cũng khá “ngợp” . Chưa vội động
thủ, tìm điều kiện xác định của phương trình đã nhé .
Không khó để tìm được điều kiện xác định của phương trình là x  0.
Bước tiếp theo là bước biến đổi phương trình. Một điều phải thừa nhận là bất phương trình này khá hóc, khi mà
ngay trong bước quy đồng cũng rắc rối (muốn quy đồng đúng, phải chia hai trường hợp là x > 0 và x < 0), trong
khi đó lại không đánh giá được x nhờ vào bất phương trình đã cho. Không sao, “Nắng đã có mũ, mưa đã có ô, còn

16
giải bất phương trình điều kiện phức tạp đã có phương trình lo”! Thật vậy, ta đi giải phương trình tương ứng
với bất phương trình trên, sau đó dùng bảng xét dấu để kết luận nghiệm của bất phương trình.
Bất phương trình đã cho tương đương với:
   
 
22
3
2
3
x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1
x 4x 3 1
0

x 2 1
      
  


.
Ta đi tìm nghiệm của tử số và mẫu số của g(x) =
   
 
22
3
2
3
x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1
x 4x 3x 2 1 1
      
   
và lập bảng xét dấu
của g(x).
– Nghiệm của mẫu số: đã tìm trong điều kiện xác định.
– Nghiệm của tử số là nghiệm của phương trình:
   
22
3
x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1      
.
Trước tiên, xin được phá cái “vỏ” là các dấu ngoặc để phương trình được dễ nhìn hơn:
3
3 2 3 2
4x 9x 6x 1 4x 3x 2x 1      

(*).
Đến đây chúng ta có gì? Vế trái là một đa thức bậc ba. Vế phải là một căn thức bậc 3. Vậy giải theo cách thông
thường là lập phương hai vế sẽ chẳng thu được kết quả tốt đẹp gì. Đặt ẩn phụ cũng không khả quan, bởi nếu đặt
thì chỉ đặt được
3
32
t 4x 3x 2x 1   
mà không biểu diễn được lượng còn lại theo biến t thì cũng không ổn.
Dường như việc bế tắc trong các phương pháp khác cùng với hình thức của phương trình (một vế bậc 3, một vế
chứa căn bậc 3) đã gợi và “ép” ta đi theo phương pháp dùng hàm số này.
Ta sẽ nhẩm tính dùng hàm số bậc ba, bằng cách thêm vào hai vế một lượng đúng bằng lập phương của vế phải
(*). Điều này cũng không có gì quá gượng ép, bởi khi cộng thêm vào hai vế một lượng là
 
32
4x 3x 2x 1  
thì
bên vế phải xuất hiện số hạng có lũy thừa cao nhất là 8x
3
= (2x)
3
, là lập phương của một lượng “đẹp”.
(*) 
3
3 2 3 2 3 2
8x 12x 8x 2 4x 3x 2x 1 4x 3x 2x 1          
.
Vậy hàm số ta dùng trong bài toán này đó là f(t) = t
3
+ t (là hàm đồng biến)  cần biến đổi vế trái thành dạng
(ax + b)

3
+ (ax + b). Để tìm a, b thì ta dùng phương pháp hệ số bất định:
   
   
3
3 2 3 3 2 2 2 3
8x 12x 8x 2 ax b ax b a x 3a bx 3ab a x b b            
3
2
2
3
a8
3a b 12 a 2
b1
3ab a 8
b b 2

















Việc còn lại của là trình bày ra giấy nữa thôi nhé .
Bài giải:
Điều kiện:
   
22
3
x 4x 3x 2 1 1 x 4x 3x 2 0 x 0.    

Bất phương trình đã cho tương đương với:
   
 
22
3
2
3
x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1
x 4x 3 1
0
x 2 1
      
  


(**).
Ta xét dấu của vế phải bằng cách tìm nghiệm của tử số và mẫu số:
– Nghiệm của mẫu số: x = 0.
– Nghiệm của tử số là nghiệm của phương trình:

   
22
3
x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1      

3
3 2 3 2
4x 9x 6x 1 4x 3x 2x 1       


17
3
3 2 3 2 3 2
8x 12x 8x 2 4x 3x 2x 1 4x 3x 2x 1           

   
 
3
3
3 2 3 2
2x 1 2x 1 4x 3x 2x 1 4x 3x 2x 1           
(1).
Xét hàm số f(t) = t
3
+ t trên ℝ. Ta có
f’(t)
= 3t
2
+ 1 > 0 với mọi t ∈ ℝ  f(t) đồng biến trên ℝ.
Mặt khác (1) có dạng

 
33
3 2 3 2
f 2x 1 f 4x 3x 2x 1 2x 1 4x 3x 2x 1

          




 
3
3 2 3 2
9 17
2x 1 4x 3x 2x 1 4x 9x 4x 0 x 0 x
8

             
.
Lập bảng xét dấu của vế phải (**):

Dựa vào bảng xét dấu, ta kết luận được tập nghiệm của bất phương trình là:
S =
 
9 17 9 17
00
88
   
   
    





   
; ; ;
.
Bài tập củng cố:
1. Giải phương trình
 
3
22
2x x 1 2x 9x 1 11x 1     
(đáp số x = 0 và x = 2).
2. Giải phương trình
 
3
2 3 2
5x 4x 5x 3 5. 7x 2x 9x 6     
(đáp số x = 1 và x =
8 17
8

).
3. Giải bất phương trình
2
3
23 2
2x . 6x33x 35 5x 2x 4x 3    
(đáp số

5 97
x
12
71
9



).
Câu 4.
Định hướng: Lại một tích phân bất định nữa chứa tổng hợp nhiều loại hàm (hàm hữu tỉ, hàm logarit, hàm lượng
giác). Với cận không có gì đặc biệt và mẫu số chứa hỗn hợp nhiều hàm, nên việc dùng tích phân từng phần cũng
không có tác dụng gì. Tất nhiên, định hướng đầu tiên của chúng ta vẫn là đưa tích phân về dạng:
bb
aa
g’(x)
I f(x)
g(x)


. Điều này cũng dễ nhận ra khi mà tử số có nhiều số hạng tương đồng với mẫu số, vậy nên ta
sẽ tách ở tử số thành dạng f(x).g(x) + g’(x)  ta sẽ tách những dấu ngoặc ở tử số ra, sau đó tìm số hạng có chứa
xlnx và nhóm lại với số hạng thích hợp, cụ thể là:
Tử số =
sin2x cosx 1 2cosx.xlnx lnx   
 số hạng chứa xlnx là 2cosx.xlnx  để nhóm được dạng f(x).g(x)
(với g(x) là mẫu số) thì phải nhóm (sin2x + 2cosx.xlnx) = 2cosx.(sinx + xlnx).
Lượng còn lại là (cosx + 1 + lnx) chính bằng đạo hàm của mẫu số.
Bài giải:
Ta có:

   
π
2
π
3
sin2x 2cosx.xlnx cosx 1 lnx
dx
sinx x
I
lnx
   





   
π
3
2
π
2sinxcosx 2cosx.xlnx sinx xlnx
dx
sinx xlnx
’  




x

–


–
0
0
0
Tử số
VP(**)
Mẫu số
VP(**)
VP(**)
+
–
+
–
+
–
0
0
+
+
+
–

18

 
   
ππ

ππ
ππ
33
33
ππ
22
22
sinx xlnx
dx 2sinx ln sinx xlnx
sinx xl
os
n
2c x
x
’

    







π π 3 π π
2 3 ln 1 ln ln ln
2 2 2 3 3





     








Vậy I =
π π 3 π π
2 3 ln 1 ln ln ln
2 2 2 3 3


    





.
Thông tin thêm : Dạng toán này đã từng được xuất hiện trong đề thi Đại học Khối A – năm 2010; Khối A – năm
2011 và trong cả đề thi dự bị Đại học Khối A – năm 2012.
Câu 5.
Định hướng:
+) Tính thể tích:
Đầu tiên phải xác định được lăng trụ đứng thì có cạnh bên
vuông góc với mặt đáy  CC’  (ABC).

Để xác định được góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (C’AB)
(có giao tuyến là AB) thì ta cần dựng một mặt phẳng vuông
góc với giao tuyến để xác định góc. Thấy rằng đã khá thuận
lợi khi có một cây cầu là CC’  AB, vậy nên không ngại thì
mà chúng ta không dựng thêm một cây cầu nữa là đường
cao CM của ABC (lưu ý ABC cân tại C nên M là trung
điểm AB) để từ đó bắc được mặt phẳng (CC’M) là mặt
phẳng vuông góc với AB  góc cần xác định là
CMC’
.
Khai thác được góc thì tính đường cao cực kì dễ dàng,
trong khi đáy đã xác định  tính thể tích một cách ngon
lành nhé .

+) Tính khoảng cách:
Hai đường thẳng cần tính khoảng cách có một cạnh là cạnh đáy của lăng trụ (cạnh AB), một cạnh thì thuộc mặt
bên của lăng trụ (cạnh CB’). Lợi dụng tính chất song song giữa các cạnh đáy (AB // A’B’), ta tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng cách dựng mặt phẳng song song, đó là (CB’A’) // AB.
Nhiệm vụ của bây giờ là chọn điểm nào trên AB để dựng đường vuông góc đến (CB’A’) cho hợp lí. Muốn thực
hiện được điều này thì hãy chú ý rằng (CC’M)  AB, mà AB // A’B’ nên (CC’M)  A’B’. Vậy có một mặt phẳng đi
qua một điểm thuộc AB (mặt phẳng (CC’M) đi qua M ∈ AB), đồng thời mặt phẳng này còn vuông góc với một
đường thẳng trong (CB’A’) (mặt phẳng (CC’M)  A’B’) → dựng đường cao ở trong mặt phẳng (CC’M) là thuận
lợi nhất!
Bài giải:
+) Gọi M là trung điểm của AB. Do ABC cân tại C  CM  AB. Mặt khác AB  CC’  góc giữa hai mặt phẳng
(ABC) và (CC’M) là
CMC’
= 60
0
.

Ta có: CM = BM.tan
CBM
= a.tan30
0
=
a
3
.
CC’  (ABC)  CC’  CM  CC’ = CM.tan
CMC’
=
a
3
.tan60
0
= a.
+) Thể tích khối lăng trụ là: V
ABC.A’B’C’
= CC’.S
ABC
= CC’.
1
2
AB.CM =
3
1 a a
.a.2a.
2
33


(đvtt).
+) Gọi M’ là trung điểm của A’B’ thì MM’ // CC’  M’ ∈ (CC’M).
Ta có:
CC’ AB
CM AB





 AB  (CC’M)  nếu trong CMM’ kẻ MH  CM’ (H ∈ CM) thì AB  MH  A’B’  MH.
 MH  (CB’A’).
C’
B
C
B’
A
A’
M
’
M
H

19
+) CMM’ vuông tại M nên
2 2 2
2 2 2
2
a
.a

1 1 1 CM.M’M a
3
MH
2
MH CM M’M
CM M’M
a
a
3
     






.
Mặt phẳng (CA’B’) chứa CB’ và song song với AB nên:
d(AB, CB’) = d(AB, (CA’B’)) = d(M, (CA’B’)) = MH =
a
2
.
Lưu ý: Để mạch trình bày được lưu loát thì nên lí luận về khoảng cách ở phần cuối cùng.
Câu 6.
Trong bài toán này, chúng ta sẽ đề cập một phương pháp không hề mới nhưng lại ít được sử dụng. Đó là phương
pháp “Nhìn vào điểm cuối” (Look at the end point). Đây là một phương pháp sẽ giúp đơn giản hóa rất nhiều bài
giải, đồng thời thì nó cũng là một trong những phương pháp dồn biến mà ta ít gặp.
Phương pháp này thường dựa trên nhận xét đơn giản sau về hàm bậc nhất:
Giả sử f(x) là hàm bậc nhất theo x thì:
min{f(a), f(b)}  f(x)  max{f(a), f(b)} với mọi x ∈ [a; b].

Điều này được minh họa một cách rất trực quan bằng đồ thị.
Bài giải:
+) Giả sử a = max{a, b, c} 
a b c a b c
b c 1 c a 1 a b 1 b c 1




     
.
Đặt
   
a b c
P 1 a 1 b 1 c
b c 1 c a 1 a b 1
      
     
thì cần chứng minh P  1.
Ta có: (P – 1) 
   
a b c
1 a 1 b 1 c 1
bc1

    

.
Xét
   

a b c
f(a) 1 a 1 b 1 c 1
bc1

     

trên [0; 1]. Theo định lý: (P – 1)  max{f(0); f(1)}.
Mặt khác:
+) f(1) = 0.
+) f(0) =
  
 
 
 
22
22
bc
b c 1 bc 1
bc b c b c bc 1
2
bc
1 b 1 c 0
b c 1 b c 1 b c 1


   

    



     
     
.
 max{f(0); f(1)}  0  (P – 1)  0  P  1.
Đẳng thức xảy ra  (a, b, c) = (1; 1; 1), (1; 0; 0), (1; 1; 0) và các hoán vị vòng.
Cách giải khác:
Giả sử a = max{a, b, c}. Khi đó ta có:
a b c a b c
b c 1 c a 1 a b 1 b c 1




     
.
Như vậy ta chỉ cần chứng minh rằng:
   
1a
1 a 1 b 1 c
b c 1

   

.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
           
 
3
1 1 1 a 1 a
b c 1 1 b 1 c b c 1 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c

3 27 27 b c 1 b c 1

                
   
.
Đẳng thức xảy ra  (a, b, c) = (1; 1; 1), (1; 0; 0), (1; 1; 0) và các hoán vị vòng.
Bài tập củng cố:
Cho các số thực a, b, c, d thuộc đoạn [0; 1]. Chứng minh rằng:
    
1 a 1 b 1 c 1 d a b c d 1        
.
Gợi ý: Xem vế trái là hàm với biến a  dùng định lí lần 1 thì ta có: f(a)  min{f(0), f(1)}.
+) f(1) = 1 + b + c + d  1.
+) f(0) = (1 – b)(1 – c)(1 – d) + b + c + d = g(b).
Tiếp tục coi đây là hàm biến b thì: g(b)  min{g(0), g(1)}.
+) g(1) = 1 + c + d  1.

20
+) g(0) = (1 – c)(1 – d) + c + d = 1 + cd  1.
 min{g(0), g(1)}  g(b)  1  f(0)  g(b)  1  min{f(0), f(1)}  1  f(a)  1 (điều phải chứng minh).
Câu 7.a.
Định hướng: Hình vuông có rất nhiều tính chất để khai thác (tính chất vuông góc; các cặp cạnh bằng nhau; hai
đường chéo cắt nhau tại trung điểm; tính chất đối xứng;…), vậy nên nếu gọi được tọa độ các đỉnh ra theo một
số ẩn ít nhất thì việc xử lí sẽ không hề khó.
Đầu tiên tọa độ điểm A sẽ viết theo được một ẩn a. Hai điểm B và D đều có thể xác định tọa độ theo một ẩn khác,
nhưng do điểm D được “mắc nối” nhiều dữ kiện hơn (x
D
la số nguyên, và I(1; 4) là trung điểm của CD  ưu tiên
khai thác điểm D, gọi tọa độ D theo một ẩn  biểu diễn được C theo ẩn đó do đã biết cụ thể trung điểm CD) 
ta chỉ dùng tất cả là hai ẩn  cần 2 liên hệ để tìm ra được hai ẩn đó. Hai tính chất sau sẽ giúp ta giải quyết vấn

đề trên 
(1) AD  ID và (2) trung điểm của đường chéo AC thuộc đường thẳng BD.
Với hai mối liên hệ này thì chắc chắn sẽ tìm được hai ẩn  tọa độ A, C, D  tọa độ B.
Bài giải:
+) Do A ∈ : x – y + 1 = 0  A(a; a + 1). Tương tự D ∈ BD: 5x – y – 7 = 0  D(d; 5d – 7) (d ∈ ℤ).
+) I(1; 4) là trung điểm CD 
C I D
C I D
x 2x x
y 2x x





 C(2 – d; 15 – 5d).
+) ABCD là hình chữ nhật nên hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
 trung điểm M
a d 2 a 5d 16
22
   



;
của AC thuộc BD

a d 2 a 5d 16
5. 7 0 4a 20 0 a 5
22

   
       
 A(5; 6).
+) AD  ID 
     
2
d2
ADID 0 d 5 d 1 5d 13 5d 11 0 26d 126d 14
37
d
1
0
3
8



            





.

(loại)

 D(2; 3)  C(0; 5)  M
5 11
22




;

B M D
B M D
5
x 2x x 2 2
2
11
y 2y y 2 3
2

   




   


.
.
 B(3; 8) (do M là trung điểm BD).
Vậy A(5; 6), B(3; 8), C(0; 5), D(2; 3).
Câu 8.a.
Định hướng: Đầu tiên xác định được tâm và bán kính của mặt cầu (S). Khi có
được bán kính mặt cầu (S) và bán kính đường tròn giao tuyến của (S) với (P)
 tính được khoảng cách từ I đến (P) nhờ định lí Py–ta–go. Mặt khác (P) lại

chứa   có thể gọi được dạng tổng quát của (P), dùng hai điều kiện này là
có thể xác định được phương trình mặt phẳng (P).
Bài giải:
+) Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; –2) và bán kính R = 5.
Do (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r = 4 nên khoảng cách d từ
tâm I đến mặt phẳng (P) là:

d = d(I, (P)) =
2 2 2 2
R r 5 4 3   
.
+) Đường thẳng  đi qua điểm M(0; 0; –5) và có một véctơ chỉ phương là
u
= (1; 1; –4).
Gọi
P
n
= (a, b, c) là véctơ pháp tuyến của (P) (điều kiện a
2
+ b
2
+ c
2
 0). Ta có M ∈   M ∈ (P)  phương
trình mặt phẳng (P) là: ax + by + c(z + 5) = 0.
Do  ⊂ (P) nên
PP
n u n .u 0 a b 4c 0 a 4c b         
.
+) d(I, (P)) = 3 

 
 
 
2
2
22
2 2 2 2
22
4c b 2b 3c
a 2b 3c
3 3 7c b 9 4c b b c
a b c
4c b b c
  


        



  

I
R
r
d

21

  

22
b 2c
17b 86bc 104c 0 b 2c 17b 52c 0
52c
b
17



        




– Nếu b = 2c  a = 2c  chọn c = 1  a = b = 2  (P): 2x + 2y + z + 5 = 0.
– Nếu b =
52c
17
 a =
16c
17
 chọn c = 17  a = 16 và b = 52  (P): 16a + 52b + 17c + 85 = 0.
Câu 9.a.
+) Do không có trận hòa nên xác suất chị Hiền thua một ván là 1 – 0,4 = 0,6.
+) Gọi H, A, B, C lần lượt là các biến cố: “Chị Hiền thắng cược”, “Chị Hiền thắng cược sau 3 ván”, “Chị Hiền thắng
cược sau 4 ván”, “Chị Hiền thắng cược sau 5 ván” thì các biến cố A, B, C xung khắc.
+) Khi đó: H = A ∪ B ∪ C. Áp dụng quy tắc cộng xác suất thì P(H) = P(A) + P(B) + P(C).
Vì cuộc chơi dừng lại ngay khi có người thắng ván thứ 3 nên ván cuối cùng trong số các ván chơi sẽ là ván chị
Hiền thắng.
Ta có:

P(A) = 0,4
3
= 0,064.
– “Chị Hiền thắng cược sau 4 ván” – tức là ván thứ 4 chị Hiền dành chiến thắng, và trong 3 trận đầu tiên thì: có
1 trận chị Hiền thua và 2 trận chị Hiền thắng.
 P(B) = C
2
3
.(0,4)
2
.0,6.0,4 = 0,1152.
– Tương tự: P(C) = C
2
3
.(0,4)
2
.(0,6)
2
.0,4 = 0,13824.
 Xác suất để chị Hiền thắng là P(H) = 0,31744.
Câu 7.b.
Định hướng: Bình thường, với một hình vuông cạnh bằng 1 chẳng
hạn, ta xác định được đúng vị trí các điểm M, N cố định trên hình
vuông rồi thì chắc chắn một điều rằng, các góc trong hình vẽ đó (bất
kể là góc nào tạo từ 3 trong 6 điểm A, B, C, D, M, N trên hình vẽ) đều
có thể xác định được!
Trong bài toán này thì độ dài cạnh hình vuông ta chưa xác định được,
nhưng các góc thì sẽ không thay đổi so với một hình vuông có độ dài
bằng 1 đâu nhé. Đề bài đã cho đường thẳng AN và điểm M, vậy nên
việc đi tính góc

MAN
sẽ là một biện pháp thuận lợi để tìm được tọa
độ điểm A, nhờ việc viết phương trình AM hợp với đường thẳng AN
một góc
MAN
đã biết!

Bài giải:
+) Đặt AB = BC = CD = DA = a thì BM =
a
2
và CN = 2DN =
2a
3
.
Dùng định lí côsin trong MAN ta được:
     
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
AB BM AD DN CM CN
AM AN MN
cosMAN
2AM.AN
2 AB BM . AD DN
    




2 2 2 2
22
22
22
a a a 2a
aa
2 3 2 3
1
2
aa
2 a . a
23
       
    
       
       

   

   
   
.
+) A ∈ AN: 2x – y – 3 = 0  A(x; 2x – 3) 
11 7
AM x 2x
22

  



;
.
AN có véctơ chỉ phương là
AN
u
= (1; 2).
A
B
C
D
N
M

22
Ta có:
 
2
2
AN
22
22
11 7
1 x 2 2x
22
1 25 85
u AM MAN 2 5x 5 5x 25x
22
2
11 7

1 2 x 2x
22
   
  
   
   
   
       
   
   
   
   
   
   

cos ; cos
.


x 1 A(1 1)
x 4 A(4 5)
  





;
;

Vậy có hai điểm A thỏa mãn đề bài là A
1
(1; –1) và A
2
(4; 5).
Nhận xét, cách giải khác: Bài giải trên chỉ là một trong số các cách có thể dùng được trong bài toán này. Để xác
định được góc
MAN
thì ta còn có thể dựa vào công thức cộng cung, ví dụ như:
Cách 1:




11
BM DN
π tanMAB tan NAD
23
AB AD
cotMAN cot MAB NAD tan MAB NAD 1
2 BM DN 1 1
1 tanMAB.tanNAD
1 . 1 .
AB AD 2 3




        







MAN
= 45
0
.
Cách 2:


0
1
2
tanMAD tanNAD
3
tanMAN tan MAD NAD 1 MAN 45 .
1
1 tanMAD.tanNAD
1 2.
3


     



Và còn nhiều hướng nữa để tiếp cận góc
MAN

dựa vào các định lí sin, cosin, cộng cung.
Câu 8.b.
Định hướng: (P) đi qua hai điểm cho trước  dùng gián tiếp phương pháp chùm mặt phẳng (hai ẩn). Sau đó
dựa vào dữ kiện D và C cách đều (P)  mối quan hệ tỉ lệ a : b  tìm được mặt phẳng (P)  xong phim!
Bài giải:
+) Gọi phương trình mặt phẳng (P) là: ax + by + cz + d = 0 (điều kiện a
2
+ b
2
+ c
2
 0).
A ∈ (P)  a + 2b + 3c + d = 0  d = –a – 2b – 3c (1).
B ∈ (P)  –2a + 3b – c + d = 0  c = –2a + 3b + d (2).
Từ (1) và (2)  c =
3a b
4

và d =
5a 11b
4

.
+) Ta có:
d(C, (P)) = d(D, (P)) 
2 2 2 2 2 2
b c d 4a 3b 5c d
b c d 4a 3b 5c d
a b c a b c
     

        
   

3a b 3a b
b 4a 3b 5
b c d 4a 3b 5c d 7a 3b
44
b c d 4a 3b 5c d 3a b 5a 11b 3a b 5a 11b a b
b 4a 3b 5
4 4 4 4
   

    

        

  


             


     


.
.

– Nếu 7a = –3b, chọn a = 3  b = –7  c = –4 và d = 23  (P): 3x – 7y – 4z + 23 = 0.
– Nếu a = –b, chọn a = 1  b = –1  c = –1 và d = 4  (P): x – y – z + 4 = 0.

Nhận xét: Khi biết được một mặt phẳng đi qua hai điểm thì việc dùng phương trình chùm mặt phẳng một cách
gián tiếp sẽ rất thuận lợi cho việc giải toán.
Để củng cố thêm, các bạn hãy giải các bài tập sau:
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 1; 1), B(–2; –1; –3), C(0; 0; 2) và D(2; 3; 5). Lập
phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua hai điểm A, B, đồng thời khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (P)
gấp hai lần khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (P).

23
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2; 1; 3), B(–1; –2; 3), C(1; 0; 2) và D(–2; 2; –1). Lập
phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua hai điểm A, B, đồng thời khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (P)
bằng một nửa khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (P).
Câu 9.b.
+) Đặt z = x + yi (với x, y ∈ ℝ và x > 0) 
z x yi
.
+) Theo bài ra:
 
   
3
3 3 2 2 3
z 12i z x yi 12i x yi x 3xy 3x y y 12 i x yi             

 
22
3 2 3
23
2 3 2 2
x 3y 1 (do x 0)
x 3xy x 8y 4y 12 0
3 3y 1 y y 12 y

3x y y 12 y x 3y 1

  

    
  
  
  
    
     





 
 
2
2
2 y 1 y 2y 3 0
y1
x2
x 3y 1 (do x 0)

   









  


+) Môđun của số phức z là |z| =
22
x y 5
.
Nhận xét: Cách đặt z = x + yi là cách thường được sử dụng trong các bài toán về số phức khi đã cho trước một
đẳng thức. Trong bài tập này, chúng ta không sử dụng dạng lượng giác của số phức bởi vì số mũ ở đây cũng
không quá cao, đồng thời thì trong bài ra các dữ kiện cũng không xuất hiện dạng tích hay thương để áp dụng
dạng lượng giác.


24

ĐỀ SỐ 3
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
x2
x1


(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng d: y = –x + m luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai
điểm phân biệt A, B. Tìm m để ba điểm A, B, O tạo thành một tam giác thỏa mãn
11

1
OA OB

.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (2cosx + 1)(sin2x + 2sinx – 2) = 4cos
2
x – 1 (x ∈ ℝ).
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình


 
2 2 2
2 3 3
xy x 1 1 3 y 9 3y
3x 1 x y xy 5 4x 3x y 7x 0

    



      

(x, y ∈ ℝ).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
  
 
π
2
0
x 1 sinx cosx cosx

dx
x 1 sinx cosx
  


.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a, đáy ABCD là hình
thang vuông tại A và B, AB = BC = a, AD = 2a. Tính theo a thể tích khối chóp S.BCD và khoảng cách từ B
đến mặt phẳng (SCD).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 
 
 
2
22
2z 2y z
2x 3z
P2
zx
x y y z

   


.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo Chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của cạnh AD, BC. Trên đường thẳng MN lấy điểm K sao cho N là trung điểm của
đoạn thẳng MK. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D, biết rằng K(5; –1), phương trình đường thẳng chứa cạnh

AC: 2x + y – 3 = 0 và điểm A có tung độ dương.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 3y + 4z – 1 = 0,
đường thẳng d:
x 1 y 1 z
3 1 2


và điểm A(3; 1; 1). Viết phương trình đường thẳng  đi qua A cắt đường
thẳng d và song song với mặt phẳng (P).
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho khai triển (1 + 2x)
n
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ … + a
n
x
n
với n ∈ ℕ*. Biết a
3
= 2014a
2
, tìm
n.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có
ABC
= 60
0
. Đường
tròn (C) có tâm I, bán kính bằng 2 và tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình thoi (tiếp xúc với AB, CD lần
lượt tại M và N, tung độ của I dương). Biết phương trình đường thẳng MN: x +
3
y – 1 = 0, đường thẳng
chứa cạnh AD không vuông góc với trục tung và đi qua điểm P(3; 0). Viết phương trình các đường thẳng
chứa cạnh AB, AD.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxzy, cho đường thẳng :
x 1 y 3 z
1 1 4


và
điểm
M(0; –2; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M, song song với đường thẳng , đồng thời
khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P) bằng 4.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
2
22
x 4x y 2 0
x 2 y 0

   



  


log log
(x, y ∈ ℝ).
––––– HẾT –––––