Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
1
−
=
+
x m
y
mx
(v
ớ
i
m
là tham s
ố
).
a)
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ
đồ
th
ị
(
C
) c
ủ
a hàm s
ố
đ
ã cho khi
m
= 1.
b)
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i m
ọ
i
m
≠
0,
đồ
th
ị
c
ủ
a hàm s
ố
đ
ã cho c
ắ
t
đườ
ng th
ẳ
ng
d
:
y
= 2
x
– 2
m
c
ắ
t
đồ
th
ị
(C) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t
A
,
B
.
Đườ
ng th
ẳ
ng
d
c
ắ
t các tr
ụ
c
Ox
,
Oy
l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i các
đ
i
ể
m
M
,
N
. Tìm
m
để
3 .
∆ ∆
=
OAB OMN
S S
Câu 2
(1,0 điểm).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
( )
sin4 2cos2 4 sin cos 1 cos 4 .+ + + = +
x x x x x
Câu 3
(1,0 điểm).
Tính tích phân
2
1
ln(1 ln )
.
+
=
∫
e
x
I dx
x
Câu 4
(1,0 điểm).
a)
Cho s
ố
ph
ứ
c
z
th
ỏ
a mãn
11 8
1 2
. .
1 1
+
= +
− +
i i
i z
i i
Tìm mô
đ
un c
ủ
a s
ố
ph
ứ
c .= +w z iz
b)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
2 2
2 2
log log 5log 8 25log 2.
4
+ = +
x x
x
x
Câu 5
(1,0 điểm).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz cho hai
đ
i
ể
m
( ) ( )
1;1;2 , 0; 1;3 .−A B G
ọ
i C là
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
đườ
ng th
ẳ
ng AB và m
ặ
t ph
ẳ
ng (xOy). Tìm t
ọ
a
độ
đ
i
ể
m M trên
đườ
ng th
ẳ
ng AB sao cho
m
ặ
t c
ầ
u tâm M bán kính MC c
ắ
t m
ặ
t ph
ẳ
ng (xOy) theo giao tuy
ế
n là
đườ
ng tròn có bán kính b
ằ
ng
2 5.
Câu 6
(1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là n
ử
a l
ụ
c giác
đề
u n
ộ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn
đườ
ng kính AD = 2a, SA
⊥
(ABCD) và 6.=SA a G
ọ
i H là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a A lên SB. Tính
theo a th
ể
tích kh
ố
i chóp H.SCD và kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng AD và SC.
Câu 7
(1,0 điểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
độ
Oxy cho
đườ
ng tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 1 3 9C x y− + − = và
đ
i
ể
m
( )
4;4 .M Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng d qua M c
ắ
t
( )
C t
ạ
i A, B sao cho
( )
2 1 5MA MB+ = + .
Câu 8
(1,0 điểm).
Gi
ả
i b
ấ
t ph
ươ
ng trình
( )
( )
3
3 2 2
2 3 6 2 2x x x x x x− + ≤ − + ∈ℝ
Câu 9
(1,0 điểm).
Cho a, b, c là ba s
ố
d
ươ
ng th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n
3 3 3
+ =a b c
.
Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
( )( )
2 2 2
.
+ −
=
− −
a b c
P
c a c b
LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015
[Môn Toán – Đề số 01]
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Các em học sinh tự làm.
2x
m−
b) PT hoành độ giao điểm của
(
C
)
và d là :
=
−2
2x
m
mx
+1
x
≠
−
1
x
≠
−
1
⇔
f
x
m
x
mx
m
(
)
m
=
−
−
=
(
)
2
2
0
2
⇔
f
x
x
mx
(
)
m
=
−
−
=
2
2
1
0(*)
2
∆
=
+
>
∀
≠
'
2
m
m2
0
0
Xét pt (*) có:
1
2
⇔
∩
=
≠
∀
≠
(
)
(
)
{
}
d
C
A
B
m
0
f
m
−
=
+
≠
∀
≠1
0
0
2
m
m
x
x
m
A
B
+
=
x
x
A
B
⋅
=
−
1
Theo
đị
nh lí Vi-et ta có
y
x
m
y
x
m
B
B
A
A
=
−
=
−2
2
2
2
2
( ) ( ) ( )
2 2 2
5= − + − = −
A B A B A B
AB x x y y x x =
( )
2
5. 4
A B A B
x x x x
+ −
( ) ( ) ( )
2
2
2
, ; 5 2, ;0 , 0; 2
5 5
−
= = = = + −
m
h d O d m AB m M m N m
2 2
1 1
. . 2, .
2 2
∆
⇒
= = + = =
OAB OMN
S h AB m m S OM ON m
2
1
3 2 3
2
∆ ∆
= ⇔ + = ⇔ = ±
OAB OMN
S S m m m . V
ậ
y
1
2
= ±m là giá tr
ị
c
ầ
n tìm.
Câu 2 (1,0 điểm).
( )
sin 4 2cos2 4 sin cos 1 cos4⇔ + + + = +
PT x x x x x
( )
0cossin42cos22cos22cos2sin2
2
=++−+⇔ xxxxxx
( ) ( )
0cossin22cos12sin2cos =++−+⇔ xxxxx
( )
( )
0cossin2sin2cossin22cos
2
=+++⇔ xxxxxx
( )( )
01sin2coscossin =++⇔ xxxx
+) V
ớ
i
π
sin cos 0
π
,
4
+ = ⇔ = − + ∈
x x x k k Z
+) V
ớ
i
( )
( )
( )
01sin21sin01sinsin2101sin2cos
22
=−−−⇔=+−⇔=+ xxxxxx
( )
π
sin 1 2
π
,
2
⇔ = ⇔ = + ∈
x x m m Z
Câu 3 (1,0 điểm).
Đặ
t
1
lnt x dt dx
x
=
⇒
= .
Đổ
i c
ậ
n
( )
1
2
0
1 0
ln 1
1
x t
I t dt
x e t
=
⇒
=
⇒
= +
=
⇒
=
∫
Đặ
t
( )
( )
2
1
21
2
2
2
0
0
2
ln 1
2
ln 1 ln 2 2
1
1
t
u t
du dt
t
I t t dt J
t
t
dv dt
v t
= +
=
⇒ ⇒ = + − = −
+
+
=
=
∫
Xét
( )
1
21 1
2 2
0 0
0
1 π
1 arctan 1
1 1 4
= = − = − = −
+ +
∫ ∫
t
J dt dt t t
t t
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN
để
đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Vậy
π
ln 2 2
2
= − +I
Câu 4 (1,0 điểm).
a)
Ta có
( ) ( )
11
8
2
1 2 1
. 16 1 16 1 16
2 2
+ −
= + = − ⇒ = − − ⇒ = − +
i i i
i z i z i z i
Do đó
( )
2 2
1 16 1 16 17 17 17 17 17 2= + = − − + − + = − − ⇒ = + =w z iz i i i i w
b)
Đặt
2
log
t x=
ta có
2
2
15 25
2 .
t t
t t
+ − = +
( )( )
4 3 2 2 2
1 21
2
2 15 25 0 5 2 5 0
1 21
2
t
t t t t t t t t
t
−
=
⇔ + − − − = ⇔ − − + + = ⇔
+
=
2
1 21
2
2
2
x
x
Facebook: Lyhung95
1
21−
+
=
⇔
=
Cách khác:
2 2
2
2
1 5 3
15 25 1 5 3
2 2
2
1 5 3
2 2
0
2 2
+ = + ⇒
+ − = + ⇔ + = + ⇒
+ + + = ⇒
t t
t
t t t
t t t
t t
t
Câu 5 (1,0 điểm).
(Oxy)
A
N
M
C
B
G
ọ
i
( ) ( )
1 2
; ;0 ∈C c c Oxy khi
đ
ó ta có
( ) ( )
1 2
1; 1; 2 ; 1; 2;1= − − − = − −
AC c c AB
Do
( ) ( ) ( )
= ∩ ⇒ ∈C AB Oxy C AB khi
đ
ó
;
AC AB cùng ph
ươ
ng
Nên t
ồ
n t
ạ
i s
ố
th
ự
c k sao cho
AC k AB
=
V
ậ
y
( )
1
1
2
2
1
3
1 2 3;5;0
5
2
− = −
=
= ⇔ − = − ⇔ ⇒
=
− =
c k
c
AC k AB c k C
c
k
G
ọ
i
( ) ( ) ( ) ( )
, , 1; 1; 2 ; 1; 2;1
∈ ⇒ = − − − = − −
M m n p AB AM m n p AB
;
AM AB cùng ph
ươ
ng nên t
ồ
n t
ạ
i s
ố
th
ự
c t sao cho =
AM t AB
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN
để
đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
( )
1 1
1 2 1 2 1 ;1 2 ;2
2 2
− = − = −
⇔ − = − ⇔ = − ⇒ − − +
− = = +
m t m t
n t n t M t t t
p t p t
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 2 4 2 6 24 24= + + + + + = + +CM t t t t t
Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên
( )
Oxy
suy ra
2= = +
M
MN z t
Tam giác
MNC
vuông tại
N
suy ra
2 2 2
MN NC MC
+ =
2 2 2
0
6 24 24 4 4 20 5 20 0
4
=
+ + = + + + ⇔ + = ⇔
= −
t
t t t t t t
t
Với
( ) ( )
0 1;1;2 ; 4 5;9; 2= ⇒ = − ⇒ −t M t M
Vậy
( )
1;1;2M
hoặc
( )
5;9; 2−M
là các điểm cần tìm.
Câu 6 (1,0 điểm).
+) Tính thể tích khối chóp
H.SCD
Do
ABCD
là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính
2= ⇒ = = =AD a AB BC CD a
Trong
2
: .∆ =
v
SAB SA SH SB
2 2 2
2 2 2 2
6 6
7 7
⇒
= = = =
+
SH SA SA a
SB SB SA AB a
Lại có:
.
6 6
7 7
= = ⇒ =
HSCD
HSCD SBCD
S BCD
V
SH
V V
V SB
D
ự
ng ⊥ ⇒BE AD Trong ∆
v
ABD có:
2
3 3
. .
2 4
= ⇒ = ⇒ =
BCD
a a
BE AD AB BD BE S
2 3
1 1 3 2
. . 6.
3 3 4 4
⇒ = = =
SBCD BCD
a a
V SA S a
3 3
6 6 2 3 2
7 28 14
⇒ = = =
HSCD SBCD
a a
V V
+) Tính kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng AD và SC
Do
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
/ / / / , , ,⇒ ⇒ = =AD BC AD SBC d AD SC d AD SBC d A SBC
D
ự
ng hình bình hành ADBG. Vì AB BD AB AG⊥ ⇒ ⊥
N
ố
i GH, d
ự
ng ⊥AI GH . Ta có:
( )
,
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥
⊥
AG AB
AG SAB AG SB AG AH
AG SA
L
ạ
i có:
( )
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
AG SB
SB AGH SB AI
AH SB
. Và ⊥AI GH
( ) ( )
( )
,⇒ ⊥ ⇒ =AI SBC d A SBC AI
T
ừ
đ
ó ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 6
6 3
= + = + + = + + = ⇒ =
a
AI
AI AG AH AG AB SA BD AB SA a
V
ậ
y
( )
( )
6
,
3
= =
a
d A SBC AI
Câu 7 (1,0 điểm).
Ta có ph
ươ
ng tích
2 2
.
MA MB MI R
= − với I là tâm đường tròn,
( )
1;3I
.
Facebook: Lyhung95
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN
để
đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Thật vậy, gọi H là hình chiếu của I trên đoạn AB thì
( )( ) ( )
( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2
. .
MA MB MH HA MH HB MH MH HA HB HA HB
MH HA MI HI HA HI MI R
= + + = + + +
= − = + − + = −
10
MI R
= > nên M nằm ngoài đường tròn, khi đó
. 1MA MB = .
Theo gi
ả
thi
ế
t
( ) ( )
2 1 5 2 . 2 1 5+ = + ⇔ + + = +MA MB MA MB MA MB
( )
2
2 2
2
2 2 2 2
2 5 20 2 . 20
18 2 . 16 16 4
⇔ + = ⇒ + = ⇔ + + =
⇒ + = ⇒ + − = ⇔ − = ⇔ =
MA MB MA MB MA MB MA MB
MA MB MA MB MAMB MB MA AB
T
ừ
đ
ó
2 2
2 5AH IH R AH= ⇒ = − = . Ta có
( ) ( )
2 2
: 4 4 0; 0d a x b y a b− + − = + > .
Khi
đ
ó
( )
2 2 2 2
2 2
3
; 5 5 9 6 5 5
−
= ⇔ = ⇔ − + = +
+
a b
d I AB a ab b a b
a b
( )( )
2 2
2
4 6 4 0 2 2 0
2
= −
⇔ − − = ⇔ + − = ⇔
=
b a
a ab b a b a b
a b
• V
ớ
i
2 1; 2 : 2 4 0= − ⇒ = = − ⇒ − + =b a a b d x y
• Với 2 1; 2 2 12 0= ⇒ = = ⇒ + − =a b b a x y
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là 2 4 0; 2 12 0− + = + − =x y x y
Câu 8 (1,0 điểm).
Điều kiện x∈
ℝ
.
Bất phương trình đã cho tương đương với
( ) ( )
3
3 2 2
3 2 2 2 0x x x x x x− − + + − + ≥ .
Đặt
( )
2
2 0x x t t− + = >
thu được
( ) ( ) ( ) ( )( )
2
3 2 3 2 2
3 2 0 2 2 2 2 0 2 0
2 0
x t
x xt t x x t xt x t t x t x t x t
x t
=
− + ≥ ⇔ + − + + + ≥ ⇔ + − ≥ ⇔
+ ≥
•
2
2 2
0
2 2
2
x
x t x x x x
x x x
≥
= ⇔ = − + ⇔ ⇔ =
= − +
.
•
2
2 2 2
0 0
0 0
2 0 2 2
4 4 8 3 4 8 0
x x
x x
x t x x x x
x x x x x
> >
≤ ≤
+ ≥ ⇔ − + ≥ − ⇔ ⇔ ⇔ ∈
− + ≥ − + ≥
ℝ
.
Bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = ℝ .
Câu 9 (1,0 điểm).
Do , , 0a b c > , đặt
0, 0
a b
x y
c c
= > = > khi
đ
ó
3 3
x y 1+ =
Ta có
( ) ( ) ( )
3
3 3
3 1 3
x y x y xy x y xy x y
+ = + + + = + + .
Chia t
ử
và m
ẫ
u c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c P cho
2
0c ≠ và thay 0, 0
a b
x y
c c
= > = > ta
đượ
c
Facebook: Lyhung95
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN
để
đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
P
=
=
x
y
2
2
+
−1
(
)
x
y
xy+
−
−
2
2
1
(
)
(
)
1
1
1−
−
−
+
+
+x
y
x
y
xy
(
)
Đặ
t
3
1
3
t
t x y xy
t
−
= + ⇒ =
, vì
, 0x y > nên ta có
3
3
3
2
1
1
1 4
1
4
4
3
t
t
t
t
t
t
t
>
>
⇔ ⇔ < ≤
−
≤
≥
.
Biểu thức trở thành
3
3 2
3 2 2 3
1 ( )
3 3 1 1 1
− + +
= = = + =
− + − − −
t t t
P f t
t t t t t
Vì
3 3
1 4 0 1 4 1t t< ≤ ⇒ < − ≤ −
suy ra
3
3
4 2
( )
4 1
f t
+
≥
−
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là
3
3
4 2
4 1
+
−
khi
3
, 2a b c a= = .
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2 1
2
−
=
−
x
y
x
có
đồ
th
ị
(
C
).
a)
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ
đồ
th
ị
(
C
) c
ủ
a hàm s
ố
đ
ã cho.
b)
Đườ
ng th
ẳ
ng
d
đ
i qua
đ
i
ể
m
E
(4; 4) c
ắ
t (
C
) t
ạ
i 2
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t
A
,
B
và c
ắ
t hai tia
Ox
,
Oy
l
ầ
n l
ượ
t
t
ạ
i
M
,
N
sao cho tam giác
OMN
có di
ệ
n tích nh
ỏ
nh
ấ
t. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (
C
) t
ạ
i
A
,
B
.
Câu 2
(1,0 điểm).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
2
2cos 2 2cos2 4sin6 cos4 1 4 3sin3 cos .
− + + = +
x x x x x x
Câu 3
(1,0 điểm).
Tính tích phân
( )
2
4
2
3
1
1
ln( 1) ln .
−
= + −
∫
x
I x x dx
x
Câu 4
(1,0 điểm).
a)
Cho hai số phức
1 2
,
z z
thỏa mãn
1 2 1 2
1, 3z z z z= = + =
. Tính
1 2
z z
−
.
b)
Tìm
m
để
ph
ươ
ng trình
2 2 2 2
27 1
3
3log (2 2 4 ) log 2 0− + − + + − =x x m m x mx m có hai nghiệm
1 2
;
x x
sao cho
2 2
1 2
1.+ >x x
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1
7
1
5
1
4
:
1
+
=
−
−
=
+ zyx
d và
2
1
11
2
:
2
−
+
=
−
=
− zyx
d . Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
( 1;2;0),
−
M vuông góc với đường thẳng
1
d và tạo với
2
d
góc 60
0
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp
. ' ' ' 'ABCD A B C D
có đ
áy là hình ch
ữ
nh
ậ
t, AB = a. Hình chi
ế
u
vuông góc c
ủ
a
đỉ
nh 'C xu
ố
ng m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABCD) là
đ
i
ể
m H thu
ộ
c AC sao cho
1
.
4
=
AH AC Bi
ế
t góc
gi
ữ
a hai m
ặ
t ph
ẳ
ng ( ' ')CDD C và (ABCD) b
ằ
ng 60
0
; kho
ả
ng cách t
ừ
B
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng ( ' ')CDD C
b
ằ
ng
3
.
2
a
Tính th
ể
hình h
ộ
p ' ' ' 'ABCDA B C D và bán kính m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p hình chóp '.A ABC
theo a.
Câu 7
(1,0 điểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, cho hình thoi ABCD có
đườ
ng chéo AC n
ằ
m
trên
đườ
ng th
ẳ
ng : 1 0d x y
+ − =
.
Đ
i
ể
m
( )
9;4E
n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a c
ạ
nh AB,
đ
i
ể
m
( )
2; 5F − −
n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a c
ạ
nh AD,
2 2AC =
. Xác
đị
nh t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình thoi
ABCD bi
ế
t
đ
i
ể
m C có hoành
độ
âm.
Câu 8
(1,0 điểm).
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình
( )
( )( )
2
2 1 2 1
2
2 3 2 4
x y
x y
x y x y x y
−
+ + + =
+ + + + =
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c và thỏa mãn 2 5 6 6 .
+ + =
ab bc ca abc
Tìm giá tr
ị nhỏ nhất của biểu thức
4 9
.
2 4 4
= + +
+ + +
ab bc ca
P
b a c b a c
LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015
[Môn Toán – Đề số 02]
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 2
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Các em học sinh tự làm.
b) Đường thẳng
(
)
d
a
b:
1,
0,
0
x
y
+
=
>
>
(
)
a
b
4
4
Đườ
ng th
ẳ
ng (d)
đ
i qua
đ
i
ể
m
E
(
)
4;
4
1⇒
+
=
a
b
4
4
4.4
8
Ta có 1
2
8
64
=
+
≥
=
⇔
≥
⇔
≥ab
ab
a
b
ab
ab
1
a
b=
S
ab
∆OMN
=
≥
32 suy ra
S
a
b
∆OMN
=
⇔
⇔
=
=32
8
4
4
2
a
b
+
=
1
Vậy
∆OMN
S nhỏ nhất bằng 32 khi
( )
8 : 8= = ⇒ = − +a b d y x
Giao điểm của (d) và (H) là
( ) ( )
3;5 ; 5;3A B
.
( ) ( )
3
' 3 3; ' 5
4
= − = −f f
+) Phương trình tiếp tuyến của (H) tại
( )
3;5A
là
( )
3 3 5 3 14= − − + = − +y x x
+) Phương trình tiếp tuyến của (H) tại
( )
5;3A
là
( )
3 3 27
5 3
4 4 4
= − − + = − +y x x
Câu 2 (1,0 điểm).
2 2
2cos 2 2cos2 4sin6 2sin 2 4 3sin3 cos⇔ − + = +
PT x x x x x x
2 2
cos 2 cos2 2sin6 sin 2 2 3sin3 cos⇔ − + = +
x x x x x x
2 2
cos 2 sin 2 cos2 2sin6 2 3sin3 cos⇔ − − + =
x x x x x x
cos4 cos2 2sin6 2 3sin3 cos⇔ − + =
x x x x x
2sin3 sin 4sin3 cos3 2 3sin 3 cos⇔ − + =
x x x x x x
( )
sin3 0
2sin3 sin 2cos3 3cos 0
sin 3 cos 2cos3
=
⇔ − − + = ⇔
+ =
x
x x x x
x x x
+) V
ớ
i
( )
π
sin3 0
3
= ⇔ = ∈
k
x x k Z
+) V
ớ
i
( )
π
π
π
12
sin 3 cos 2cos3 cos cos3
π π
6
24 2
= − +
+ = ⇔ − = ⇔ ∈
= +
x k
x x x x x k Z
k
x
V
ậ
y nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình là
( )
π π π π
π
; ; .
12 24 2 3
= − + = + = ∈
k k
x k x x k Z
Câu 3 (1,0 điểm).
Ta có
( )
2 2
4 2 2 2
2
3 2
1 1
1 1 1 1
ln( 1) ln ln
x x x x
I x x dx dx
x x x x
− + − +
= + − =
∫ ∫
Đặ
t
2 2
2 2
1 1 1 1
1
x x
t x dt dx dx
x x x x
+ −
= = + ⇒ = − =
.
Đổ
i c
ậ
n
1 2
x t
= ⇒ =
;
5
2
2
x t= ⇒ = . Ta có
5
2
2
ln
I t tdt
=
∫
Đặt
5
2
2
2
2
5
ln
1
ln
2
2 2
2
2
dt
du
u t
t
t
I t tdt
dv tdt
t
v
=
=
⇒ → = −
=
=
∫
2
5
25 5 1 25 5 9
ln 2ln 2 ln 2ln 2
2
8 2 4 8 2 16
2
t= − − = − −
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Gọi
1 1 1 2 2 2
;= + = +
z a bi z a b i
1 1 2 2
, , , ∈a b a b R
.
Ta có
2 2 2 2
1 2 1 1 2 2
1 1z z a b a b= = ⇒ + = + =
+)
( ) ( ) ( )
2 2
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
3 3 2 1z z a a b b a b a b+ = ⇒ + + + = ⇒ + =
+)
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
2 1z z a a b b a b a b a b a b− = − + − = + + + − + =
b) BPT đã cho tương đương với
2 2 2 2
3 3
log (2 2 4 ) log ( 2 )
x x m m x mx m
− + − = + −
2 2
2 2
2 2
2 0
2 0
1
( 1) 2 2 0
2
x mx m
x mx m
x m
x m x m m
x m
+ − >
+ − >
⇔ ⇔
= −
+ + + − >
=
YCBT
2 2 2
2 2 2
2 2 2
(2 ) (2 ) 2 0 4 0
1 0
(1 ) (1 ) 2 0 2 1 0
2 1
5 2
(2 ) (1 ) 1 5 2 0
m m m m m
m
m m m m m m
m
m m m m
+ − > >
− < <
⇔ − + − − > ⇔ − − + > ⇔
< <
+ − > − >
Câu 5 (1,0 điểm).
Giả sử
∆
có vtcp
2 2 2
( ; ; ), 0.
∆
= + + ≠
u a b c a b c
Ta có
1 1
. 0 0
∆
∆ ⊥ ⇔ = ⇔ − + = ⇒ = +
d u u a b c b a c
Do
0 0 2 2 2 2
2
2 2 2
2
1
( , ) 60 cos60 2( 2 ) 3( ) (2)
2
1 1 4.
− −
∆ = ⇔ = = ⇔ − − = + +
+ + + +
a b c
d a b c a b c
a b c
2 2 2 2 2 2
18 3 ( ) 2 0
⇔ = + + + ⇔ + − =
c a a c c a ac c
, 2
2 , .
= =
⇔
= − = −
a c b c
a c b c
+) Với ,2, cbca == chọn
1 (1; 2; 1)
∆
= ⇒ =
c u
ta có
.
12
2
1
1
:
zyx
=
−
=
+
∆
+) V
ớ
i ,,2 cbca −=−= ch
ọ
n
1 (2; 1; 1)
∆
= − ⇒ = −
c u
ta có .
11
2
2
1
:
−
=
−
=
+
∆
zyx
Câu 6 (1,0 điểm).
Đ
/s:
3
2
. ' ' ' '
9 9 3 3601
. 3 ;
4 4 24
= = =
ABCD A B C D
a a
V a R a
Câu 7 (1,0 điểm).
J
I
E'
F
E
D
C
B
A
Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc
BAD
nên E’ thuộc AD. EE’
vuông góc với AC và qua điểm
( )
9;4E
nên có phương trình 5 0x y− − = .
Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ
( )
5 0 3
3; 2
1 0 2
x y x
I
x y y
− − = =
⇔ ⇒
+ − = = −
Vì I là trung điểm của EE’ nên '( 3; 8)E − −
Đường thẳng AD qua '( 3; 8)E − − và ( 2; 5)F − − có VTCP là ' (1;3)E F =
nên phương trình là:
3( 3) ( 8) 0 3 1 0x y x y+ − + = ⇔ − + =
Điểm (0;1)A AC AD A= ∩ ⇒ . Giả sử ( ;1 )C c c− .
Theo bài ra
2
2 2 4 2; 2AC c c c= ⇔ = ⇔ = = − . Do hoành độ điểm C âm nên ( 2;3)C −
Gọi J là trung điểm AC suy ra ( 1;2)J − , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC có phương trình
3 0x y− + = . Do (1;4) ( 3;0)D AD BD D B= ∩ ⇒ ⇒ −
Vậy (0;1)A , ( 3;0), ( 2;3), (1;4).B C D− −
Câu 8 (1,0 điểm).
Điều kiện:
1
2
1
2
x
y
≥ −
≥ −
Pt(2)
( )
2 2
1 0
3 3 2 2 4 0
2 4 0 ( )
x y
x y x y y
x y L
+ − =
⇔ + + + + − = ⇔
+ + =
Pt(1)
( )
2
4
2 1 2 1
2
x y xy
x y
+ −
⇔ + + + =
( ) ( )
( )
( )( )
( ) ( )
2
2
2
4
2 2 2 4 2 1
2
8 4 3 4 3 4 5
4 3 0
4 5 4 3 8 ( ) ( 1 4 4 5 0)
x y xy
x y xy x y
xy xy xy
xy
xy xy L do x y xy xy
+ −
⇔ + + + + + + =
⇔ + = + −
+ =
⇔
− + = = + ≥ ⇒ − <
H
ệ
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng:
1 3
1
2 2
3
3 1
4
2 2
x y
x x
xy
y y
+ =
= − =
⇔ ∨
= −
= = −
V
ậ
y h
ệ
ph
ươ
ng trình có 2 nghi
ệ
m:
( )
1 3 3 1
; ; , ;
2 2 2 2
x y
= − −
Câu 9 (1,0 điểm).
T
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta có
5 6 2
6
a b c
⇒ + + =
Đặ
t
, , 0
1 1 1
, ,
5 6 2 6
x y z
x y z
x y z
a b c
>
= = = ⇒
+ + =
Khi đó
1 4 9
2 4 4
P
x y y z z x
= + +
+ + +
1 4 9 1 4 9
6 6 2 4 4
2 4 4 2 4 4
P
x y y z z x
x y y z z x x y y z z x
⇒ + = + + + = + + + + + + + +
+ + + + + +
1 4 9
2 4 4 2 4 6 12
2 4 4
x y y z z x
x y y z z x
= + + + + + + + + ≥ + + =
+ + +
6P⇒ ≥
V
ậ
y GTNN c
ủ
a P b
ằ
ng 6, d
ấ
u ‘=’ x
ẩ
y ra khi
2; 4; 1a b c= = =
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 3 1= − + −y x x mx , với m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = 0.
b) Tìm m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu tại
1 2
;
x x
thỏa mãn
2 2
1 2
3 4 39.+ =x x
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
.cos2cos3cos1sin2sin3sin xxxxxx −+=+++
Câu 3
(1,0 điểm).
Tính tích phân
( )
π
4
0
cos2
.
π
1 sin 2 .cos
4
=
+ −
∫
x
I dx
x x
Câu 4
(1,0 điểm).
a)
Cho s
ố
ph
ứ
c z th
ỏ
a mãn )21(32 izz +−=− . Tính
2
zz +
b)
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình
2
3 1
2
2 2 2
2log log 1
log (log 1).log 3
= −
= −
y x
y x
Câu 5
(1,0 điểm).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz
, cho
đườ
ng th
ẳ
ng
3 2 1
:
2 1 1
− + +
= =
−
x y z
d và
m
ặ
t ph
ẳ
ng (P): x + y + z + 2 = 0. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng ∆ n
ằ
m trong (P) sao cho ∆ vuông góc
v
ớ
i d và kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng d và ∆ b
ằ
ng
3
212
.
Câu 6
(1,0 điểm).
Cho hình chóp
S
.
ABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình ch
ữ
nh
ậ
t v
ớ
i ; 2,
= =AB a AD a
góc
gi
ữ
a hai m
ặ
t ph
ẳ
ng (
SAC
) và (
ABCD
) b
ằ
ng 60
0
. G
ọ
i
H
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AB
, tam giác
SAB
cân
t
ạ
i
S
và n
ằ
m trong m
ặ
t ph
ẳ
ng vuông góc v
ớ
i
đ
áy. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
S
.
ABCD
và bán kính m
ặ
t
c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p hình chóp
S
.
AHC.
Câu 7
(1,0 điểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy
, cho hình ch
ữ
nh
ậ
t
ABCD
có
(5, 7)A − , điểm C
thuộc vào đường thẳng có phương trình 4 0x y− + = . Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn
AB có phương trình: 3 4 23 0x y− − = . Tìm tọa độ của B và C, biết điểm B có hoành độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
−++=++
+=+−
12234334
)1(2)1(
2
xyyxx
xxyyx
Câu 9
(1,0 điểm).
Cho cba ,, là các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng và 3a b c+ + = .
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
3
3
2 7
4
a b ab bc abc+ + + + ≤
LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015
[Môn Toán – Đề số 03]
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 3
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Các em tự làm nhé!
b) Ta có:
y
x
x
m
x
x
m
x
x
m'
3
6
3
0
2
0
1
2=
−
+
=
⇔
−
+
=
2
2
2
(
)
⇒
=
−
Để hàm số có CĐ, CT
( )
1⇔
có 2 nghiệm phân biệt
( )
( )
1
' 1 0 1 *m m⇔ ∆ = − > ⇔ <
Khi
đ
ó g
ọ
i
1 2
;
x x
là nghi
ệ
m c
ủ
a PT (1) ta có:
( )
( )
1 2
1 2
2 2
3
x x
x x m
+ =
=
(theo Vi-ét)
M
ặ
t khác:
( ) ( ) ( )
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
39 7
3 4 3 2 4 2 6 8 7 39 3 4 4
2
m
x x x m x m x x m x x
+
+ = − + − = + − = ⇔ + =
K
ế
t h
ợ
p
( ) ( )
2
1
27 7
2
2 ; 4
23 7
2
m
x
m
x
+
=
⇒
− −
=
thay vào
( )
3
ta có:
( )( )
3
7 23 7 27 4
207
49
m
m m m
m
= −
+ + = − ⇔
= −
Kết hợp điều kiện (*) suy ra
207
3,
49
m m= − = − là giá trị cần tìm.
Câu 2 (1,0 điểm).
Phương trình đã cho tương đương với xxxxxx cos3cos2cos12sin)sin3(sin −=−+++
xxxxxxx cos2sin2sin2cossin2cos2sin2
2
−=++⇔
sin 2 (cos sin ) sin (cos sin ) 0
sin 0
sin (2cos 1)(cos sin ) 0 2cos 1 0
sin cos 0
⇔ + + + =
=
⇔ + + = ⇔ + =
+ =
x x x x x x
x
x x x x x
x x
+) Với
sin 0 π
x x k
= ⇔ =
+) Với
1 2
π
2cos 1 0 cos 2
π
2 3
x x x k
+ = ⇔ = − ⇔ = ± +
+) V
ớ
i
π
cos sin 0
π
4
x x x k
+ = ⇔ = − +
V
ậ
y ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có nghi
ệ
m
( )
2
π π
π
, 2
π
,
π
, .
3 4
= = ± + = − + ∈
ℤ
x k x k x k k
Câu 3 (1,0 điểm).
Ta có
π π
4 4
2
2
0 0
(cos sin )(cos sin ) (cos sin )
2
1
(sin cos )
(sin cos ) . (cos sin )
2
x x x x x x
I dx dx
x x
x x x x
− + −
= =
+
+ +
∫ ∫
Đặt
sin cos (cos sin )t x x dt x x dx= +
⇒
= −
Đổi cận:
π
0 1; 2
4
x t x t=
⇒
= =
⇒
=
Suy ra
2
2
1
2 2
2 2 1
1
dt
I
t t
= = − = −
∫
.
V
ậ
y 2 1.I = −
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Đặt
z x yi
= +
( ) ( )
2 2 2 2
2 3 1 2 2 2 3 6
x y x yi i x y x yi i
⇒ + − − = − + ↔ + − + = − +
( )
( )
2 2
2
2 2
3 3
3
3 3
2 3
2 2
9 2 3
2 6
9 4 12 9
0
4
y y
y
x y x
x x
x x
y
x x x
x Loai
x TM
= =
=
+ − = −
↔ ↔ ↔ ≥ ↔ ≥
+ = −
=
+ = − +
=
=
4
3
x
y
=
⇒
=
Ta tìm được
4 3
z i
= +
suy ra
2
5 25 30z z+ = + =
b) Đ
i
ề
u ki
ệ
n
0
0
x
y
>
>
. Khi
đ
ó hpt
( )
( )
2
3 2
3 2
2.log log 1 1
log log 1 2
y x
y x
= −
⇔
= −
Th
ế
(2) vào (1)
2
3
log 1
2
( / )
log 0 1
x
x
t m
y y
=
=
⇒ ⇔
= =
.
V
ậ
y h
ệ
có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t:
( ) ( )
; 2;1=x y
Câu 5 (1,0 điểm).
Ta có
( )
, 2; 3;1
p
d
d
u n
u u u
u u
∆
∆ ∆
∆
⊥
⇒ = = −
⊥
và
( ) ( )
1; 3;0d P A∩ = −
.
M
ặ
t ph
ẳ
ng (Q) ch
ứ
a
đườ
ng th
ẳ
ng d,
đ
i qua
đ
i
ể
m
( )
3; 2; 1
M d
− − ∈
, và vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (P)
( ) ( )
2 3 3 2 1 0 2 3 11 0x y z x y z− − + + + = ⇔ − + − =
.
Ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng giao tuy
ế
n
( ) ( )
l P Q= ∩
th
ỏ
a mãn
2 3 11 0
4 13; 5 15;
2 0
x y z
x t z t y t
x y z
− + − =
⇒
= + = − − =
+ + + =
.
Gi
ả
s
ử
l B∩ ∆ = , k
ẻ
CB d⊥ thì
2 21
3
BC = và
2
2
sin
3
6. 3
BAC = = .
Suy ra
2 3
42
3
2
BC BC
AC
AC
=
⇒
= = . Ta có
( )
4 12; 3; 5 15AC t t t= + + − −
Khi
đ
ó
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
2
42 16 3 3 25 3 42 3 1 3 1
4
t
AC t t t t t
t
= −
= ⇔ + + + + + = ⇔ + = ⇔ + =
⇒
= −
+) V
ớ
i
( )
1
5 2 5
2 5; 2; 5 :
2 3 1
x y z
t C
− + +
= − ⇒ − − ⇒ ∆ = =
−
.
+) V
ớ
i
( )
2
3 4 5
4 3; 4;5 :
2 3 1
x y z
t C
+ + −
= − ⇒ − − ⇒ ∆ = =
−
.
Câu 6 (1,0 điểm).
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
+) Tính thể tích khối chóp S.ABCD
Do
( )
SAB cân SH AB SH ABCD∆ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Kẻ
{
}
HE AC E
⊥ =
Ta có:
( )
SH AC
AC SHE
HE AC
⊥
⇒ ⊥
⊥
( ) ( )
( )
; 60
o
SAC ABCD SEH⇒ = =
Trong
: .sin .
2
6
AB BC a
AHE HE AH EAH
AC
∆ = = =
3
.
.tan
2
1
. .
3 3
⇒ = =
⇒ = =
S ABCD ABCD
a
SH HE SEH
a
V SH S
+) Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHC.
Do
{
}
SAH H∆ ⊥ ⇒
trung điểm M của SA là tâm đường tròn ngoại tiếp
SAH∆
Gọ
i
N
là trung
đ
i
ể
m
AH
. Qua
N
k
ẻ
( )
/ /
Ny AD Ny SAH
⇒ ⊥
.
D
ự
ng
/ /
Mx Ny Mx
⇒ là trục đường đường tròn ngoại tiếp
SHA∆
.
Dựng đường thẳng qua tâm
O
của đáy vuông góc với
AC
, cắt
Ny
,
AD
tại
J
,
K
thì
J
là tâm đường tròn
ngoại tiếp
AHC∆
. Trong
( )
;mp Mx Ny
kẻ
( )
Jt ABCD Jt
⊥ ⇒
là trục đường tròn ngoại tiếp AHC
∆
.
Giao điểm
I Mx Jt
= ∩
chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
SAHC
.
Ta có:
2 2 2 2 2 2
R IH IJ JH MN JH
= = + = +
Tính được:
2
2
3 2 5 2 3 6
;
4 2 8 4 8
cos
AO a OH AK a AH a
AK NJ HJ NJ
CAD
+
= = = = ⇒ = + =
2
2
31
4 32
SH
R HJ a⇒ = + =
Đáp số:
( )
3
.
;
31
;
3 32
S ABCD
S I IH
a
V R a= =
Câu 7 (1,0 điểm).
Gọi
( )
1
; 4C c c d+ ∈
, M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d
2
: 3x – 4y – 23 = 0.
Ta có
∆AIM
đồng dạng
∆CID
10 10
2 2 ;
3 3
c c
CI AI CI IA I
+ −
⇒ = ⇒ = ⇒
Mà
2
I d
∈ nên ta có:
10 10
3 4 23 0 1
3 3
c c
c
+ −
− − = ⇔ = , v
ậ
y C(1; 5).
Ta l
ạ
i có
2
3 23 3 9
; 2 5;
4 2
t t
M d M t B t
− −
∈
⇒ ⇒
−
3 5 3 19
2 10; , 2 6;
2 2
t t
AB t CB t
+ −
= − = −
Do
( )( ) ( )( )
1
1
. 0 4 5 3 3 5 3 19 0
29
4
5
t
AB CB t t t t
t
=
= ⇔ − − + + − = ⇔
=
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
B
loai(
3;
3)
(
)−
−
33
21
⇒
⇒
B
33
21
5
5
;
B
5
5
;
Câu 8 (1,0 điểm).
Điều kiện
1
3;
2
y x≥ − ≥ .
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 2 1 2 2 2 2− + = + ⇔ + = + ⇔ + = +x y y x x xy y x x y x x x
( )( )
2
2 0
= −
⇔ − + = ⇔
=
x
x y x
x y
Lo
ạ
i tr
ườ
ng h
ợ
p
1
2
2
x = − < . V
ớ
i
x y
=
thì ph
ươ
ng trình th
ứ
hai tr
ở
thành
( ) ( )
2 2
2
2 2
2
4 3 3 4 3 2 2 1 4 3 3 4 3 2 2 1 0
4 4 3 3 2 1 2 2 1 1 0
0
2 3
2 3 2 1 1 0 4 3 0 1
2 1 1
2 1 1
x x x x x x x x x x
x x x x x x
x
x x
x x x x x x
x
x
+ + = + + − ⇔ + + − + − − =
⇔ − + + + + − − − + =
≥
= +
⇔ − + + − − = ⇔ ⇔ − − = ⇔ =
− =
− =
V
ậ
y h
ệ
ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có duy nh
ấ
t nghi
ệ
m
( ) ( )
; 1;1x y =
.
Câu 9 (1,0 điểm).
Ta có
3 3
3 3 1 1 1
2 2 .4 .4 .4 .16
4 4 2 2 4
= + + + + = + + + +
P a b ab bc abc a b a b b c a b c
3 4 4 4 16 28( )
2 7
4 4 4 12 12
+ + + + + +
≤ + + + + = =
a b b c a b c a b c
P a b
D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
16 4 1
, ,
7 7 7
a b c= = =
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2 2
1 3
( 2) 5
3 2
= − − − − +y x x m m x
a)
Kh
ả
o sát và v
ẽ
đồ
th
ị
(
C
) c
ủ
a hàm s
ố
đ
ã cho v
ớ
i
m
= 1.
b)
Tìm
m
để
hàm s
ố
đạ
t c
ự
c tr
ị
t
ạ
i các
đ
i
ể
m có hoành
độ
1 2
;
x x
th
ỏ
a mãn
2 2
1 1 2 2 2 1
2 3 2 13 .+ + = +
x x x x x x
Câu 2
(1,0 điểm).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
( )
( )
2
π π
3sin cos sin cos 4 2sin cos .
4 4
+ + = + +
x x x x x x
Câu 3
(1,0 điểm).
Tính tích phân
( )
2
ln15
3ln2
24
1 5 3 1 15
−
=
+ + − + −
∫
x x
x x x x
e e dx
I
e e e e
Câu 4
(1,0 điểm).
a)
Tìm số phức z biết
(1 2 )+ i z
là số thực và
1
2 2 5.
2
+ − =z z
b) Giải phương trình
3 3
2 2 4 8 4 4
4 2 16.2 2
+ + + + −
+ = +
x x x x x x
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
1
:
2
= +
= −
=
x t
d y t
z
và mặt phẳng
( ): 1 0+ + + =P x y z . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) tại điểm M(1; –2; 0) và cắt d tại
A, B sao cho
2 2.=AB
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a,
, 3= =SA a SB a , góc BAC bằng 60
0
, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AB và BC. Tính thể tích khối tứ diện NSDC và cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là
3 5 8 0, 4 0+ − = − − =
x y x y
. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là
( )
4; 2−D
. Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng
hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
1
2
2 2 2
3
2 2
2
( 2 ) 2 4 1 0
−
+ + =
+ − − + =
x
y
x
xy
x y x x y x
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn .3≤++ zyx
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3 2 2 2 2 2 2
2 2 2 1 1 1
.P
x y z x xy y y yz z z zx x
= + + + + +
− + − + − +
LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015
[Môn Toán – Đề số 04]
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 4
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Các em học sinh tự làm.
b) Tập xác định:
D
=
R
y
x
x
m
m
x
m
m
x
m
m'
3
1
2
1
2
1
2=
−
+
+
−
=
−
+
+
−
+
+
−
2
(
)
(
)
2
(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )( ) ( )( )
2
' 1 2 1 2 1 2 0y x m x m x m m x m x m
= − + − − − + − = − − − + =
1
2
x m
x m
= +
⇔
= −
+) TH1
:
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 2
1 ; 2 1 2 1 2 3 2 2 2 13 1
x m x m m m m m m m
= + = − ⇒ + + + − + − = − + +
2
0
2 19 0
19
2
m
m m
m
=
⇔ − = ⇔
=
+) TH2:
2
1 2
1
1 ; 2 2 15 17 0
17
2
m
x m x m m m
m
=
= + = − ⇔ + − = ⇔
= −
Vậy có 4 giá trị của m :
19 17
0; 1; ;
2 2
= = = = −m m m m
Câu 2 (1,0 điểm).
Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i
( )
2
3sin cos (sin cos ) 2(sin cos ) (cos sin )+ + = + −
x x x x x x x x
( )
(sin cos ) 3sin cos 2cos2 0⇔ + + − =x x x x x
sin cos 0
3sin cos 2cos2
x x
x x x
+ =
⇔
+ =
+) V
ớ
i
π
sin cos 0
π
4
x x x k
+ = ⇔ = − +
+) V
ớ
i
π
2
π
π
3
3sin cos 2cos2 cos2 cos( )
π
2
π
3
9 3
x k
x x x x x
x k
= +
+ = ⇔ = + ⇔
= − +
Câu 3 (1,0 điểm).
Đặ
t
2
1 1
x x
t e t e= + ⇒ − =
2
x
e dx tdt⇒ = . Ta có 3ln 2 3 ; ln15 4x t x t= ⇒ = = ⇒ =
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2 2
ln15 4 4
3 2
2 2
3ln2 3 3
24 25 2 25 2
5 4 20
1 5 1 3 15
1 5 3 1 15
x x
x x x x
e e dx t tdt t tdt
I
t t t
t t t t
e e e e
− − −
= = =
+ − −
− + − − −
+ + − + −
∫ ∫ ∫
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
4 4 4
4
2 2
3
3 3 3
25 2 2 10
3 7
2 2 3ln 2 7ln 2
2 2
4 5 4
t tdt t t dt
I dt t t t
t t
t t t
− −
= = = − − = − − − +
− +
− + −
∫ ∫ ∫
2 3ln2 7ln6 7ln5= − − +
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Ta g
ọ
i
( )
;
z a bi a b R
= + ∈
.Th
ế
thì ta có
( ) ( )( ) ( )
1 2 1 2 2 2i z i a bi a b a b i+ = + − = + + − là s
ố
th
ự
c.
Đ
i
ề
u này x
ả
y ra khi
( )
2 0 2 1 2a b b a z a i− = ⇔ = ⇒ = +
.
Thay vào
đ
i
ề
u ki
ệ
n th
ứ
hai ta có
1 1
2 2 5 2 2 4 2 5
2 2
z z a ai a ai+ − = ⇔ + + − − =
( )
2
2
2
3 2 259
1 1 79
26
3 2 2 5 3 2 20 13 3 0
2 2 4
3 2 259
26
a
a ai a a a a
a
+
=
⇔ − − = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔
−
=
V
ậ
y có hai s
ố
ph
ứ
c
z
th
ỏ
a mãn là:
3 2 259 3 2 259 3 2 259 3 2 259
;
26 13 26 13
z i z i
+ + − −
= + = +
b) Đ
K: x
≥
−
2. V
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n
đ
ó PT
⇔
3 3
2 2 2 2 4 4
4 2 4 2
x x x x x x+ + + + + −
+ = +
⇔
( ) ( )
( )
3 3
2 2 4 4 4 4 4 4 2 2
4 2 1 2 2 1 0 (2 1) 4 2 0
+ + − − − + +
− − − = ⇔ − − =
x x x x x x x
⇔
TH1:
4 4
2 1 4 4 0 1
x
x x
−
= ⇔ − = ⇔ =
TH2:
3
4 2 2
2 2
x x
+ +
=
( )
3 3
2 2 4 8 2 2 2⇔ = + + ⇔ − = + −
x x x x
2
2( 2)
( 2)( 2 4)
2 2
−
⇔ − + + =
+ +
x
x x x
x
2
2 0
2
2 4 , (*)
2 2
− =
⇔
+ + =
+ +
x
x x
x
Gi
ả
i (*):VT =
2 2
2 4 ( 1) 3 3
x x x
+ + = + + ≥ ; VP =
2
1
2 2
x
≤
⇒
+ +
(*) vô nghi
ệ
m.
V
ậ
y nghi
ệ
m c
ủ
a PT là
:
x
= 1;
x
= 2.
Câu 5 (1,0 điểm).
Đường thẳng d xác định đi qua
( )
1;0;2K và
( )
1; 1;0
d
u
= −
Gọi
∆
là đường thẳng qua
M
và vuông góc v
ớ
i
(P)
ta có ∆ qua
( ) ( )
1; 2;0 , : 1;1;1
p
M vtcp u n
− = =
Do
đ
ó:
1
: 2
x t
y t
z t
= +
∆ = − +
=
. G
ọ
i
I
là tâm c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u
( )
1 ; 2 ;
I I t t t
⇒ ∈∆ ⇒ + − + .
Ta có:
( )
( ) ( )
2 2
2 2
;
2 2 2 2
; , 3
2
d
d
IK u
t t
d I AB IM t
u
− + −
= = =
M
ặ
t khác:
( ) ( )
2
2 2 2 2 2
; 3 8 6 2 3 1 2; 1;1 , 3
2
AB
d I AB R IM t t t t I R
+ = = ⇔ − + + = ⇔ = ⇒ − =
Vậy
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 2 1 1 3S x y z− + + + − =
Câu 6 (1,0 điểm).
+) Tính thế tích khối tứ diện NSDC.
Nhận xét:
2 2 2
+ = ⇒ ∆SA SB AB SAB là tam giác vuông tại S.
Hạ
( )
⊥ ⇒ ⊥SH AB SH ABCD
Ta có:
2 2 2 2
1 1 1 4 3
:
3 2
∆ = + = ⇒ =
v
a
SAB SH
SH SA SB a
Do
60
= ⇒ ∆
o
BAC ABC
đề
u
2
1 1 3
.
4 2 2
⇒ = = =
DNC ABCD ABC
a
S S S
2 3
1 1 3 3
. . . .
3 3 2 2 4
⇒ = = =
SDNC DNC
a a a
V SH S (
đ
vtt)
+) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN
T
ừ
M k
ẻ
( ) ( )
( )
/ / ; ;∈ ⇒ = =
MP DN P AD DN SM SM MP SMP
Xét:
2 2
1 7
: ; 2 . .cos120
4 2 2
∆ = = = ⇒ = + − =
a a
AMP AM a AP AD MP AM AP AM AP
Trong
2 2
3
: 2 2 cos120
2 2
∆ = = ⇒ = − =
a a
AHP AH AP HP AH AH
2 2
3
:
2
⇒ ∆ = + =
v
SHP SP SH HP a
; =SM a (do ∆SAM
đề
u)
( )
2 2 2
5
cos ; cos
2 .
4 7
+ −
⇒ = = =
SM MP SP
DN SM SMP
SM MP
Đ
áp s
ố
:
( )
3
5
; cos ;
4
4 7
= =
SDNC
a
V SM DN
Câu 7 (1,0 điểm).
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác
ABC, K là giao điểm của BC và AD,
E là giao điểm
của
BH
và
AC.
Ta
kí
hiệu
n
u
d
d
,
lần
lượt
là
vtpt,
vtcp của đường thẳng d.tọa độ của M là nghiệm của
hệ
7
4 0
7 1
2
;
3 5 8 0 1
2 2
2
x
x y
M
x y
y
=
− − =
⇔ ⇒ −
+ − =
= −
AD vuông góc với BC nên
( )
1;1
AD BC
n u= =
, mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình của
( ) ( )
:1 4 1 2 0 2 0AD x y x y− + + = ⇔ + − =
. Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A là
nghiệm của hệ phương trình
( )
3 5 8 0 1
1;1
2 0 1
x y x
A
x y y
+ − = =
⇔ ⇒
+ − = =
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:
( )
4 0 3
3; 1
2 0 1
x y x
K
x y y
− − = =
⇔ ⇒ −
+ − = = −
Tứ giác HKCE nội tiếp nên
BHK KCE
= , mà
KCE BDA
= (nội tiếp chắn cung
AB
) Suy ra
BHK BDK
=
, vậy K là trung điểm của HD nên
( )
2;4H
.
Do B
∈
BC
( )
; 4B t t⇒ −
, kết hợp với M là trung điểm BC suy ra
( )
7 ;3C t t− −
.
( 2; 8); (6 ;2 )
HB t t AC t t
− − − −
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
( )( ) ( )( ) ( )( )
2
. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0
7
t
HB AC t t t t t t
t
=
= ⇔ − − + − − = ⇔ − − = ⇔
=
Do
( ) ( )
3 2 2; 2 , 5;1t t B C≤ ⇒ = ⇒ −
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1
AB AC
AB AC n n= − = ⇒ = =
Suy ra :3 4 0; : 1 0.AB x y AC y+ − = − =
Câu 8 (1,0 điểm).
Điều kiện:
0x ≠
Từ
( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2 2
2
1 2
(2) 2 2 2 1 0 2 1 0 2 1
x
PT x y x x y x x y x x y x y
x
−
⇔ + − + + = ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ =
Thay vào ph
ươ
ng trình th
ứ
nh
ấ
t ta
đượ
c
( ) ( )
2
1
2
2
1 2
1 2 3
1 2 2
2
−
−
−
⇔ + + = ∗
x
x
x
x
x
pt
x
Đặ
t
( )
2
2
2
1
1 2 1
3
2
1 2
x
a
x
x
a b
x
x
b
x
−
=
−
⇒
= − −
−
=
( ) ( ) ( )
1 3 1 1 1
2 3 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
a b a b a b
pt a b a b a b⇒ ∗ ⇔ + − − + = ⇔ + − = ⇔ + = +
Xét hàm
( ) ( ) ( )
1 1
2 2 2 0
2 2
t t
f t t t R f ' t ln t R
= + ∈ → = + > ∀ ∈
( ) ( )
2
2 2
1 1 2 3
2
4
x x
f a f b a b x y
x x
− −
⇒ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = → = −
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
3
Vậy hệ có một nghiệm là:
2;
−
4
Câu 9 (1,0 điểm).
Ta có .
3
1
11
;
3
1
11
;
3
1
11
333333
zxxzyzzyxyyx
≥++≥++≥++
Suy ra .
333
3
222
333
zxyzxyzyx
++≥+++
2 2 2 2 2 2
3 3 3 1 1 1
3 .⇒ + ≥ + + + + +
− + − + − +
P
xy yz zx x xy y y yz z z zx x
Mặt khác, áp dụng BĐT
,
411
baba +
≥+ v
ớ
i
0, >ba ta có
+
+−
++
+−
++++≥+
2222
1111222
3
zyzyyzyxyxxyzxyzxy
P
Facebook: Lyhung95
1
+
2
1
2
zx
z
−
zx
+
x
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
3
2 2 2 4 4 4
1 1 1 1 1 1
4 4 4
2 2 2
16 16 16 3
16.
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
xy yz zx x y y z z x
xy x y yz y z zx z x
x y y z z x
x y y z z x
≥ + + + + +
+ + +
= + + + + +
+ + +
≥ + + ≥
+ + +
+ + +
2 2
3.9 3.9
16. 16. 12.
(2 2 2 ) 4.3x y z
≥ ≥ =
+ +
Do đó
.9≥P D
ấ
u
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi .1=== zyx
V
ậ
y giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a P là 9,
đạ
t
đượ
c khi .1=== zyx
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
1
=
−
x
y
x
a)
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ
đồ
th
ị
c
ủ
a hàm s
ố
đ
ã cho.
b)
Tìm
m để
đườ
ng th
ẳ
ng
= − +y x m
c
ắ
t
đồ
th
ị
(
C
) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t
A
và
B
sao cho tam giác
OAB
có bán kính
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p b
ằ
ng
2 2.
Câu 2
(1,0 điểm).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
2 2
tan 8cos 3sin 2 .= +
x x x
Câu 3
(1,0 điểm).
Tính tích phân
ln2
0
.
2
−
=
+ +
∫
x x
x
I dx
e e
Câu 4
(1,0 điểm).
a)
Tìm các s
ố
ph
ứ
c
z
th
ỏ
a mãn
2 4
30+ =z z và 2 13
+ =
z z .
b)
Một hộp đựng 20 viên bi, trong đó có 7 viên bi màu trắng, 9 viên bi màu vàng và 4 viên bi màu đỏ. Lấy
ngẫu nhiên từ hộp ra 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được lấy ra có không quá hai màu.
Câu 5
(1,0 điểm).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho
đườ
ng th
ẳ
ng
2
: 1
3
=
= −
= +
x
d y
z t
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
(P) có ph
ươ
ng trình: y + z – 3 = 0, A là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a d và (P). G
ọ
i
∆
là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a d
lên (P).
Đ
i
ể
m H thu
ộ
c
∆
,
đ
i
ể
m K thu
ộ
c d sao cho tam giác AHK vuông t
ạ
i K và có di
ệ
n tích b
ằ
ng 10.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng tam giác AHK vuông cân t
ạ
i K và tìm t
ọ
a
độ
đ
i
ể
m K.
Câu 6
(1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy là hình thang vuông t
ạ
i A và B, bi
ế
t 2=
BC a
,
AB AD a= = . G
ọ
i I là tr
ọ
ng tâm tam giác BCD, SI vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABCD), bi
ế
t kho
ả
ng
cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng SA và DC b
ằ
ng
3
.
19
a
Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp S.ABCD và bán kính m
ặ
t
c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p kh
ố
i
đ
a di
ệ
n SABD theo a.
Câu 7
(1,0 điểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy cho hình ch
ữ
nh
ậ
t ABCD có A(1; 2),
đ
i
ể
m C
n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng d: 2x – y – 5 = 0 và AB = 2AD. G
ọ
i M là
đ
i
ể
m trên
đ
o
ạ
n CD sao cho DM =
2MC. Tìm t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình ch
ữ
nh
ậ
t ABCD bi
ế
t ph
ươ
ng trình c
ạ
nh BM là 5x + y – 19 = 0.
Câu 8
(1,0 điểm).
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình
( )
4 2 2
2
,
2 4 2 4 2 4
− = −
∈
− + = −
ℝ
x y x y x
x y
x y x x
Câu 9
(1,0 điểm).
Cho x, y, z là các s
ố
th
ự
c thu
ộ
c
đ
o
ạ
n
1
;2 .
2
Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
2 2 2
60 1 60 1 60 1
.
4 5 4 5 4 5
− − −
= + +
+ + +
z x y
P
xy z yz x zx y
LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015
[Môn Toán – Đề số 05]
Khóa học
LUYỆN GIẢI ĐỀ
– Thầy
ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 5
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Các em học sinh tự làm nhé.
b) Hoành độ giao điểm của
( )
C
và
( )
y x m d= − +
là:
( )
( )
2
1
1
0
1
x
x
x m
g x x mx m
x
≠
= − + ⇔
= − + =
−
Để
d
c
ắ
t
( )
C t
ạ
i 2
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t
( )
1⇔ có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
( )
0g x⇔ = có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
khác 1
( )
( )
( )
2
0
4
4 0 *
0
1 0
g x
m
m m
m
g
∆ >
>
⇔ ⇔ − > ⇔
<
≠
Khi
đ
ó g
ọ
i
( ) ( )
1 1 2 2
; , ;A x x m B x x m− + − +
. Theo
đị
nh lí Vi-et ta có:
1 2
1 2
x x m
x x m
+ =
=
Ta có:
( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 2 2OA x mx m x mx m m m m m= − + = − + + − = −
,
2 2
2OB m m= −
Mặt khác
( ) ( )
2
2
. . . 2
2 2 2 4
4 2. ; . 2 ;
2
2
abc OAOB AB OAOB m m
R
m m m
m
S d O AB AB d O AB
−
= = = = = ⇔ − =
( )
6
2
0
m
m
m l
=
⇔ = −
=
Vậy 6, 2m m= = − là giá trị cần tìm.
Câu 2 (1,0 điểm).
Điều kiện:
π
cos 0 π
2
x x k
≠ ⇔ ≠ +
Ta có
2
2 2 2 2
2
tan
tan 8cos 3sin2 tan 8cos 6sin cos 8 6 tan
cos
= + ⇔ = + ⇔ = +
x
x x x x x x x x
x
( )
( )( )
( )
( )( )
2 2 4 2
2
tan tan 1 6tan 8 0 tan tan 6tan 8 0
π
tan 1
π
tan 1 tan 2 tan tan 4 0
4
tan 2
arctan 2 π
⇔ + − − = ⇔ + − − =
= −
= − +
⇔ + − + + = ⇔ ⇔ ∈
=
= +
ℤ
x x x x x x
x
x k
x x x
k TM
x
x k
Vậy phương trình có nghiệm là
π
π
4
x k
= − + ,
arctan 2 πk+
Câu 3 (1,0 điểm).
Ta có
ln2 ln2
2 2
0 0
( 1) ( 1)
x x
x x
xe e dx
I dx x
e e
= =
+ +
∫ ∫
Đặ
t ,dd xuxu =⇒=
2
1
.
( 1) 1
x
x x
e
dv dx v
e e
= ⇒ = −
+ +
Theo công th
ứ
c tích phân t
ừ
ng ph
ầ
n ta có
∫∫
+
+−=
+
+
+
−=
2ln
0
2ln
0
0
2ln
1
d
3
2ln
1
d
1
xxx
e
x
e
x
e
x
I
(1)
Tính
.
1
d
2ln
0
1
∫
+
=
x
e
x
I
Đặ
t te
x
= ta có 22ln;10 =⇒==⇒= txtx và .
d
d
t
t
x =
Suy ra
.3ln2ln2)1ln(lnd
1
11
)1(
d
1
2
1
2
2
1
2
1
1
−=+−=
+
−=
+
=
∫∫
ttt
tttt
t
I