Lời giải và bình đề

Phạm Tuấn Khải
Đề thi tuyển sinh vào Đại học khối A, A
1
năm
nay bám sát theo chương trình và Cấu trúc đề
thi tuyển sinh của Bộ Giáo dục và Đào tạo.
Dưới đây là phần hướng dẫn và nhận xét về đề
thi của Phạm Tuấn Khải (NGUOITHAY.VN).
Câu 1. Cho hàm số y = −x
3
+ 3x
2
+ 3mx − 1 (1)
với m là tham số thực. Tìm m để hàm số (1) nghịch
biến trên khoảng (0; +∞).
Hướng dẫn. Ta có y

= −3x
2
+ 6x + 3m.
Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; +∞)
⇔ y

≤ 0, ∀x ∈ (0; +∞)
⇔ −3x
2
+ 6x + 3m ≤ 0, ∀x ∈ (0; +∞)
⇔ m ≤ x
2
− 2x, ∀x ∈ (0; +∞) (∗)
Xét hàm số g(x) = x

2
− 2x, với x ∈ (0; +∞).
Ta có g

(x) = 2x − 2; g

(x) = 0 ⇔ x = 1.
Bảng biến thiên
x
g

(x)
g(x)
−∞
0 1
+∞
0
+−
−1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy Ming(x) = −1.
Do đó (∗) ⇔ m ≤ Ming(x) ⇔ m ≤ −1.
Vậy m ≤ −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
➢ Nhận xét. Tuy đây là bài toán khá cơ bản về tính
đơn điệu của hàm số nhưng đã nhiều năm nay trong
các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng không xuất
hiện dạng này vì thế có nhiều em chủ quan không ôn
tập kỹ phần này nên dễ dàng bị mất điểm.
 Bài tập tương tự. Cho hàm số
y = 2x
3

− 3mx
2
− 6(m −3)x + 1 (1)
với m là tham số thực. Tìm m để hàm số (1) đồng
biến trên khoảng (0; +∞).
Câu 2. Giải phương trình
1 + tan x = 2
√
2 sin

x +
π
4

(1)
Hướng dẫn. ĐK: cos x = 0 ⇔ x =
π
2
+ kπ (∗).
Ta có 1 + tan x =
cos x + sin x
cos x
=
√
2 sin

x +
π
4


cos x
.
Do đó (1) ⇔
√
2 sin

x +
π
4

cos x
= 2
√
2 sin

x +
π
4

⇔ sin

x +
π
4

(2 cos x − 1) = 0
⇔


sin


x +
π
4

= 0
cos x =
1
2
⇔


x = −
π
4
+ kπ
x = ±
π
3
+ k2π
(thỏa mãn (*)).
Vậy, nghiệm phương trình là
x = −
π
4
+ kπ, x = ±
π
3
+ k2π, k ∈ Z. 
➢ Nhận xét. Sau khi biến đổi tan x =

sin x
cos x
và quy
đồng mẫu ở vế trái ta thấy xuất hiện sin x+cos x, tới
đây ta nhớ công thức sin x + cos x =
√
2 sin

x +
π
4

và đồng thời đặt nhân tử chung, đưa về phương trình
tích như trên. Đây là phương trình lượng giác không
khó, chỉ cần các em nắm vững các công thức lượng
giác là có thể làm được.
 Bài tập tương tự. Giải phương trình
tan x + 4
√
2 sin x sin

x −
π
4

= 1.
Câu 3. Giải hệ phương trình

√
x + 1 +

4
√
x − 1 −

y
4
+ 2 = y (1)
x
2
+ 2x(y − 1) + y
2
− 6y + 1 = 0 (2)
Hướng dẫn. ĐK: x ≥ 1.
PT(2) ⇔ x
2
+ 2xy + y
2
− 2x −6y + 1 = 0
⇔ (x + y)
2
− 2(x + y) + 1 = 4y
⇔ (x + y −1)
2
= 4y (3)
Từ đó ta suy ra y ≥ 0.
PT(1) ⇔


4
√

x − 1

4
+ 2 +
4
√
x − 1 =

y
4
+ 2 + y
Xét hàm số f(t) =
√
t
4
+ 2 + t, với t ∈ [0; +∞),
có f

(t) =
2t
3
√
t
4
+ 2
+ 1 > 0, ∀t ∈ [0; +∞). Do đó
f

4
√

x − 1

= f(y) ⇔
4
√
x − 1 = y ⇔ x − 1 = y
4
.
PT (3) ⇔ (y
4
+y)
2
= 4y ⇔

y = 0
y
7
+ 2y
4
+ y − 4 = 0.
Hàm số g(y) = y
7
+ 2y
4
+ y − 4, với y ≥ 0, có
g

(y) = 7y
6
+ 8y

3
+ 1 > 0, ∀y ≥ 0.
Mà g(1) = 0, do đó y = 1 là nghiệm duy nhất của
phương trình y
7
+ 2y
4
+ y − 4 = 0.
Vậy, nghiệm của hệ phương trình là
(x; y) = (1; 0), (2; 1). 
➢ Nhận xét. Có rất nhiều em không chứng minh
y ≥ 0 mà vội vàng khảo sát hàm số f (t), các em sẽ
bối rối không biết miền xác định của t là miền nào,
một số em gượng ép miền xác định của x là miền xác
Phạm Tuấn Khải
định của t để chứng minh f(t) đồng biến. Từ đó dẫn
đến đúng đáp số nhưng lời giải sai.
 Bài tập tương tự. Giải hệ phương trình

√
x + 2 +
4
√
x + 1 −

y
4
+ 1 = y
x
2

+ 2x(y + 1) + y
2
− 2y + 1 = 0.
Câu 4. Tính tích phân I =

2
1
x
2
− 1
x
2
ln xdx.
Hướng dẫn. Ta có I =

2
1

1 −
1
x
2

ln xdx.
Đặt u = ln x ⇒ du =
1
x
dx
và dv =


1 −
1
x
2

dx chọn v = x +
1
x
.
Ta có I =

x +
1
x

ln x




2
1
−

2
1

1 +
1
x

2

dx
=
5
2
ln 2 −

x −
1
x





2
1
=
5
2
ln 2 −
3
2
. 
➢ Nhận xét. Đây là bài toán tương đối dễ. Một số
em nhân phân phối, tách thành hai tích phân nên lời
giải sẽ rất rườm rà.
 Bài tập tương tự. Tính tích phân
I =


3
1
2x
3
+ x
2
+ 1
x
2
ln(x + 1)dx.
Câu 5. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác
vuông tại A,

ABC = 30
0
, SBC là tam giác đều cạnh
a và mặt bên (SBC) vuông với đáy. Tính theo a thể
tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm
C đến mặt phẳng (SAB).
Hướng dẫn.
C
B
H
S
A
I
K
Vẽ SH⊥BC, do (SBC)⊥(ABC) ⇒ SH⊥(ABC),
tam giác SBC đều ⇒ SH =

a
√
3
2
.
Ta có AC = BC sin B =
a
2
, AB = BC cos B =
a
√
3
2
,
⇒ S
ABC
=
1
2
AB.AC =
a
2
√
3
8
⇒ V
S.ABC
=
1
3

SH.S
ABC
=
a
3
16
.
Vì CB = 2HB nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)).
Vẽ HI⊥AB, mà SH⊥AB ⇒ AB⊥(SHI) (1).
Vẽ HK⊥SI, từ (1) ta có HK⊥AB ⇒ HK⊥(SAB).
Ta có HK =
SH.HI
√
SH
2
+ HI
2
=
a
√
3
2
.
a
4

3a
2
4
+

a
2
16
=
a
√
39
26
.
Vậy, d(C, (SAB)) =
a
√
39
13
. 
➢ Nhận xét. Ở đây chúng ta tính khoảng cách từ
điểm C đến mặt phẳng (SAB) gián tiếp theo khoảng
cách từ chân đường vuông góc H đến mặt phẳng
(SAB). Cách tính gián tiếp như thế này rất hiệu quả
với nhiều bài toán tính khoảng cách.
 Bài tập tương tự. Cho hình chóp S.ABCD có
đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a,

ABC = 60
0
.
Các tam giác SAC, SBD cân tại S và mặt phẳng
(SAB) tạo với đáy góc 60
0
. Tính theo a thể tích khối

chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm C đến mặt
phẳng (SAB).
Câu 6. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn
điều kiện (a + c)(b + c) = 4c
2
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P =
32a
3
(b + 3c)
3
+
32b
3
(a + 3c)
3
−
√
a
2
+ b
2
c
.
Hướng dẫn. Đặt x =
a
c
, y =
b
c

(x, y > 0).
Từ điều kiện ta có

a
c
+ 1


b
c
+ 1

= 4
⇔ (x + 1)(y + 1) = 4 ⇔ xy + x + y = 3
và P =
32a
3
c
3

b
c
+ 3

3
+
32b
3
c
3


a
c
+ 3

3
−

a
2
c
2
+
b
2
c
2
=
32x
3
(y + 3)
3
+
32y
3
(x + 3)
3
−

x

2
+ y
2
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
32x
3
(y + 3)
3
+
1
2
+
1
2
≥
6x
y + 3
,
32y
3
(x + 3)
3
+
1
2
+
1
2
≥

6y
x + 3
.
Do đó
32x
3
(y + 3)
3
+
32y
3
(x + 3)
3
≥
6x
y + 3
+
6y
x + 3
− 2
=
6((x + y)
2
− 2xy + 3x + 3y)
xy + 3x + 3y + 9
− 2
Thay xy = 3 − x − y vào biểu thức trên ta được
32x
3
(y + 3)

3
+
32y
3
(x + 3)
3
≥
3((x + y)
2
+ 5(x + y) − 6)
x + y + 6
−2
=
3(x + y + 6)(x + y − 1)
x + y + 6
− 2 = 3(x + y) − 5.
Do đó P ≥ 3(x + y) − 5 −

x
2
+ y
2
= 3(x + y) − 5 −

(x + y)
2
− 2xy
= 3(x + y) − 5 −

(x + y)

2
+ 2(x + y) − 6.
Ta có (x + y)
2
≥ 4xy ⇒ (x + y)
2
≥ 4(3 −x − y)
⇒ x + y ≥ 2.
Đặt t = x+y (t ≥ 2), suy ra P ≥ 3t−5−
√
t
2
+ 2t −6.
Xét hàm số f(t) = 3t − 5 −
√
t
2
+ 2t −6, với t ≥ 2.
Có f

(t) = 3 −
t + 1
√
t
2
+ 2t −6
= 3 −

1 +
7

t
2
+ 2t −6
.
Phạm Tuấn Khải
Với mọi t ≥ 2, ta có

1 +
7
t
2
+ 2t −6
≤
3
√
2
2
nên
f

(t) ≥ 3 −
3
√
2
2
> 0, suy ra f(t) ≥ f(2) = 1 −
√
2.
Khi a = b = c thì P = 1 −
√

2.
Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1 −
√
2. 
➢ Nhận xét. Tương tự như các năm trước câu này
vẫn sử dụng các bất đẳng cơ bản như bất đẳng thức
Cauchy, bất đẳng thức chứa giá trị tuyệt đối và một
số bất đẳng thức phụ khác để dồn biến, sau đó khảo
sát hàm số và tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất.
 Bài tập tương tự. Cho các số thực dương a, b, c
thỏa mãn điều kiện (a + 2c)(b + 2c) = 9c
2
. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
108a
3
(b + 5c)
3
+
108b
3
(a + 5c)
3
−
√
a
2
+ b
2

c
.
Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2x + y + 5 = 0 và A(−4; 8). Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của
B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và
C, biết rằng N(5; −4).
Hướng dẫn.
A
B
C
D
M
I
N
Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Ta có

BAD =

BCD =

BND = 90
0
nên 5 điểm
A, B, C, D, N cùng năm trên đường tròn tâm I đường
kính BD. Do đó

ANC =


ADC = 90
0
.
Đường thẳng NC đi qua N và nhận
−−→
AN = (9; −12)
làm VTPT có phương trình N C : 3x −4y −31 = 0.
Ta có C = NC

d nên tọa độ điểm C là nghiệm hệ
phương trình

3x −4y − 31 = 0
2x + y + 5 = 0
. Do đó C(1; −7).
Do AD//CM và AD = CM = BC nên tứ giác
ACMD là hình bình hành suy ra AC//DM, mà
BN⊥DM nên AC⊥BN.
Đường thẳng NB đi qua N và nhận
−→
AC = (5; −15)
làm VTPT có phương trình BN : x − 3y − 17 = 0.
Do đó B(3t + 17; t).
Đường thẳng MD đi qua N và nhận
−→
AC = (5; −15)
làm VTCP có phương trình BN : 3x + y −11 = 0.
Ta có AC và BD cùng nhận I


−
3
2
;
1
2

làm trung
điểm nên D(−3t − 20; −t + 1). Điểm D thuộc MD
nên 3(−3t −20) − t + 1 − 11 = 0 ⇔ t = −7
Vậy, B(−4; −7). 
➢ Nhận xét. Đây là bài toán không quá khó,
mấu chốt của bài toán này là 5 điểm A, B, C, D, N
cùng nằm trên một đường tròn, từ đó chứng minh
AN⊥NC và dễ dàng tìm tọa độ các điểm C, B.
 Bài tập tương tự. Trong mặt phẳng với hệ
tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C
thuộc đường thẳng d : x + 3y + 7 = 0 và A(1; 5).
Gọi M là điểm nằm trên tia đối của tia CB sao cho
MC = 2BC, N là hình chiếu vuông góc của B trên
đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết
rằng N

−
5
2
;
1
2


.
Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,
cho đường thẳng ∆ :
x −6
−3
=
y + 1
−2
=
z + 2
1
và điểm
A(1; 7; 3). Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua
A và vuông góc với ∆. Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆
sao cho AM = 2
√
30.
Hướng dẫn. Ta có
−→
u = (−3; −2; 1) là VTCP của
đường thẳng ∆.
Mặt phẳng (P ) đi qua A và vuông góc với ∆ nên
nhận
−→
u làm VTPT. Do đó phương trình của mặt
phẳng (P ) là −3x − 2y + z + 14 = 0.
Điểm M thuộc ∆ nên M(6 − 3t; −1 − 2t; −2 + t).
Ta có AM = 2
√
30

⇔ (5 −3t)
2
+ (−8 −2t)
2
+ (−5 + t)
2
= 120
⇔ 14t
2
− 8t −6 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = −
3
7
.
Vậy, M(3; −3; −1) hoặc M

51
7
; −
1
7
; −
17
7

. 
➢ Nhận xét. Bài này khá cơ bản, học sinh trung
bình có thể làm được, chỉ cần tính toán cẩn thận là
các em được trọn điểm.
 Bài tập tương tự. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

x −1
1
=
y + 3
−1
=
z −3
−2
và hai điểm A(1; −2; 3), B(6; 0; 3). Viết phương trình
mặt phẳng (P ) đi qua hai điểm A, B và song song với
∆. Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho MB = 2MA.
Câu 9a. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên
gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số
1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn
ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số được
chọn là số chẵn.
Hướng dẫn. Số phần tử của tập hợp S là A
3
7
= 210.
Gọi A là tập hợp các số tự nhiên chẵn gồm ba chữ
số phân biệt được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7.
Mỗi phần tử của A có dạng abc.
Chọn c từ {2; 4; 6} nên có 3 cách, chọn a có 6 cách
và chọn b có 5 cách.
Do đó số phần tử của tập hợp A là 3.6.5 = 90.
Vậy, xác suất để chọn được số chẵn là
90
210
=

3
7
. 
Phạm Tuấn Khải
➢ Nhận xét. Các em chỉ cần nắm vững các kiến
thức cơ bản về xác suất là có thể làm được câu này.
 Bài tập tương tự. Gọi S là tập hợp tất cả các
số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn từ
các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6. Xác định số phần tử của
S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số
được chọn là số chia hết cho 5.
Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
đường thẳng ∆ : x − y = 0. Đường tròn (C) có bán
kính R =
√
10 cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho
AB = 4
√
2. Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau
tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường
tròn (C).
Hướng dẫn.
2 4 6 8
2
4
6
8
0
y
x

I
B
A
M
H
Gọi M là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A và B của
(C). Ta có M thuộc tia Oy nên M(0; m), với m ≥ 0.
Gọi H là giao điểm của AB và MI, suy ra H là trung
điểm AB nên BH =
AB
2
= 2
√
2.
Ta có HI =
√
BI
2
− BH
2
=
√
2.
Do đó MH =
BH
2
HI
= 4
√
2.

Do MH = d(M, ∆) nên
|m|
√
2
= 4
√
2 ⇔

m = 8
m = −8
Vì m ≥ 0 nên ta nhận m = 8. Do đó M (0; 8).
Đường thẳng M I đi qua M và vuông góc với ∆ có
phương trình là M I : x + y − 8 = 0. Do đó tọa độ
điểm H là nghiệm hệ

x −y = 0
x + y = 8
, suy ra H(4; 4).
Ta có IH =
1
4
HM nên
−→
IH =
1
4
−−→
HM. Do đó I(5; 3).
Vậy, đường tròn (C) có phương trình là
(C) : (x −5)

2
+ (y − 3)
2
= 10. 
➢ Nhận xét. Nhiều em không chú ý đến giả thuyết
của bài toán nên nhầm lẫn giữa tia Oy và trục Oy,
dẫn đến đáp số có hai phương trình đường tròn (C).
 Bài tập tương tự. Trong mặt phẳng với hệ tọa
độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y + 5 = 0. Đường
tròn (C) có tâm là I cắt ∆ tại hai điểm A và B sao
cho AB = 3
√
2. Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt
nhau tại một điểm thuộc tia Ox. Viết phương trình
đường tròn (C), biết rằng khoảng cách từ tâm I đến
đường thẳng ∆ bằng
√
2
2
.
Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
mặt phẳng (P ) : 2x + 3y + z − 11 = 0 và mặt cầu
(S) : x
2
+ y
2
+ z
2
−2x +4y −2z −8 = 0. Chứng minh
(P ) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P )

và (S).
Hướng dẫn. Mặt cầu (S) có tâm I(1; −2; 1) và bán
kính R =
√
14.
Ta có d(I, (P )) =
|2.1 + 3(−2) + 1 − 11|
√
2
2
+ 3
2
+ 1
2
=
√
14 nên
d(I, (P )) = R. Do đó (P ) tiếp xúc với (S).
Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P ) có
phương trình d :







x = 1 + 2t
y = −2 + 3t
z = 1 + t

. Tiếp điểm M của
(P ) và (S) cũng chính là giao điểm của d và (P ).
Do đó 2(1+ 2t) +3(−2 + 3t)+ 1 +t −11 = 0 ⇔ t = 1.
Vậy, tọa độ tiếp điểm là M(3; 1; 2). 
➢ Nhận xét. Trong lời giải trên ta cần chú ý: Nếu
mặt phẳng (P ) tiếp xúc với mặt cầu (S) thì đường
thẳng nối tâm I và tiếp điểm M sẽ vuông góc với
mặt phẳng (P ).
 Bài tập tương tự. Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz, cho đường thẳng d :
x
2
=
y + 2
−1
=
z + 1
2
và
điểm A(1; −1; 3). Viết phương trình mặt cầu (S) tâm
A và tiếp xúc với d. Tìm tọa độ tiếp điểm của d và (S).
Câu 9b. Cho số phức z = 1 +
√
3i. Viết dạng lượng
giác của z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức
w = (1 + i)z
5
.
Hướng dẫn. Ta có z = 2


1
2
+ i
√
3
2

nên z có dạng
lượng giác là z = 2

cos
π
3
+ i sin
π
3

.
Suy ra z
5
= 2
5

cos
5π
3
+ i sin
5π
3


= 16

1 −
√
3i

.
Do đó w = (1 + i)z
5
= 16

1 +
√
3

+ 16

1 −
√
3

i.
Vậy, w có phần thực là 16

1 +
√
3

, phần ảo là
16


1 −
√
3

. 
➢ Nhận xét. Đa số các em sẽ làm theo cách trên.
Một số em biến đổi 1 + i =
√
2

cos
π
4
+ i sin
π
4

.
Do đó phần thực của w là 32
√
2 cos
π
12
, phần ảo là
−32
√
2 sin
π
12

.
 Bài tập tương tự. Cho số phức z = −1 +
√
3i.
Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần
ảo của số phức w =

√
3 −i

z
8
.
❖ ❖ ❖