Tuyệt đỉnh luyện đề thi THPT môn Toán

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 1


MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
42
2y x x
(C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
 
C
.
b) Tìm các giá trị của
m
để đường thẳng
ym
cắt đồ thị
 
C
tại 4 điểm phân biệt
, , ,E F M N
. Tính tổng
các hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị
 
C
tại các điểm
, , ,E F M N
.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
1 cos2
2 cos . 1 cot
4 sin
x
xx
x


  


.
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm tích phân
 
2
0
2 sin 3 2 cos
sin cos
x x x x
I dx
x x x





.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức

z
thỏa mãn đẳng thức
3 2 3zi  
. Hãy tìm tập hợp điểm
M
biểu diễn cho số phức
w
, biết
w 1 3zi  
.
b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau. Tính số phần tử của S. từ tập hợp S chọn
ngẫu nhiên một số, tính xác suất để trong 5 chữ số của nó có đúng 2 chữ số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
4
33
:
3 1 1
y
xz
d



và mặt
phẳng
( ) :2 2 9 0x y z    
. Viết phương trình đường thẳng


nằm trong
 

;

qua giao điểm
A

của
d
và
 

và góc giữa

và
Ox
bằng
0
45
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B
. Tam giác
SAC
cân tại

S

và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng
 
SBC
và đáy bằng
0
60
. Biết
2;SA a BC a
. Tính theo
a
thể tích khối chóp
.S ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA
và
BC
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình thang
ABCD
vuông tại
A
và
B
. Đường
chéo
AC

nằm trên đường thẳng
: 4 7 28 0d x y  
. Đỉnh
B
thuộc đường thẳng
: 5 0xy   
, đỉnh
A

có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ
,,A B C
biết
 
2;5D
và
2BC AD
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2
2 3 2
2
5 2 7 1
3 3 1
x y y
x y x xy x
xy
  

     



   



,xy
.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực
,,a b c
thỏa mãn
0; 1 0; 1 0;2 1 0a b c a b c        
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
1 1 2 1
a b c
P
a b c
  
  
.

HẾT



ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 1

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 2

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a.
- Tập xác đinh:
DR
.
- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
3
' 4 4y x x
;
0
'0
1
x
y
x





.
   
' 0, 1;0 1;yx    
, suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng
 
1; 0
và
 
1; 

.
   
' 0, ; 1 0;1yx    
, suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng
 
;1 
và
 
0;1
.
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0, 0
CD
xy
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 1
CT
xy   
.
+ Giới hạn:
lim ; lim
xx
yy
 
   
.
+ Bảng biến thiên
x



1


0


1



'y




0


0


0



y



1


0



1




- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục
Ox
tại điểm
 
 
 
2;0 , 0;0 , 2;0

+ Đồ thị hàm số cắt trục
Oy
tại điểm
 

0;0
.
+ Đồ thị hàm số nhận trục
Oy
làm trục đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua điểm
   
2;8 , 2;8
.
- Vẽ đồ thị:

Câu 1.b. Từ đồ thị suy ra, để đường thẳng
ym
cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt khi
10m  
.
Hoành độ 4 giao điểm là nghiệm của phương trình
4 2 4 2
2 2 0x x m x x m     
(*).
Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi phương trình
2
20t t m  
có 2 nghiệm dương phân biệt
12
0 tt
.
Khi đó 4 nghiệm của pt (*) là
1 2 2 1 3 1 4 2
; ; ;x t x t x t x t     

.
Như vậy ta có
1 4 2 3
;x x x x   
. Ta có
3
' 4 4y x x
.
Suy ra tổng hệ số góc của 4 tiếp tuyến tại 4 giao điểm với đồ thị
 
C
là:
       
3 3 3 3
1 2 3 4 1 1 1 2 1 3 1 4
4 4 4 4 4 4 4 4k k k k x x x x x x x x          


Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 3

   
   
3 3 3 3
1 4 2 3 1 4 2 3
4 4 4 4 0x x x x x x x x        
.
Nhận xét: Đây là dạng toán biện luận số giao điểm của một đường thẳng
 
d
với một hàm số

 
C
cho
trước. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số dựa vào dáng điệu của đồ thị xét các trường hợp:
+
 
d
cắt
 
C
tại
 
1nn
điểm phân biệt.
+
 
d
và
 
C
không có điểm chung.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
+Kiến thức cần nhớ: Điểm
 
,
QQ
Q x y
là tọa độ tiếp điểm của hàm số
 
y f x

. Phương trình tiếp tuyến
tại
Q
là
  
'
Q Q Q
y f x x x y  
, hệ số góc tiếp tuyến là
 
'
Q
k f x
.
+ Tìm
m
để đường thẳng
ym
cắt
 
C
tại 4 điểm
, , ,E F M N
: Dựa vào dáng điệu đồ thị , đường thẳng
ym
song song với trục
Ox
nên sẽ cắt
 
C

tại 4 điểm phân biệt khi
10m  
.
+ Tính tổng hệ số góc tiếp tuyến: Đổi biến
2
tx
ta có
 
d
cắt
 
C
tại 4 điểm phân biệt nên phương trình
có hai nghiệm dương phân biệt. Tham số các nghiệm theo
t
tính được 4 hệ số góc tiếp tuyến tại 4 hoành
độ giao điểm ( đối xứng qua trục
Oy
) , từ đó tính được tổng hệ số góc.
Lưu ý: Ngoài cách sử dụng dáng điệu đồ thị ta có thế làm như sau: Viết phương trình giao điểm
4 2 4 2
2 2 0x x m x x m     
. Bài toán tương đương tìm
m
để phương trình
42
20x x m  
có 4
nghiệm phân biệt.
Đổi biến

2
0tx
, ta tìm
m
để phương trình
2
20t t m  
có 2 nghiệm
21
'0
00
0
t t S
P



   




.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho hàm số
 
32
1 3 1y x m x x m     
. Tìm tất cả các giá trị của

m
để tiếp tuyến của đồ thị tại
điểm có hoành độ bằng 1 tạo 2 trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2.
Đáp số:
1, 3mm  
.
b. Cho hàm số
3
32y x x  
. Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số để tiếp tuyến của hàm số tại M cắt
đồ thị tại điểm thứ hai là N thỏa mãn
6
MN
xx
(Thi thử lần 3-THPT Thái Hòa-Nghệ An).
Đáp số:
   
2;4 , 2;0MM
.
Câu 2. Điều kiện
;x k k  
.
Phương trình tương đương
 
2
2cos cos
sin cos 1
sin sin
xx
xx

xx
  

   
 
22
sin cos 2cos sin cos sin cos 2cos 1 0x x x x x x x x       

 
sin cos 0
sin cos cos2 0
cos2 0
xx
x x x
x


   



.
+ Với
sin cos 0 tan 1
4
x x x x k

         
.
+ Với

cos2 0 2
2 4 2
x x k x k
  
       
.
Phương trình có nghiệm:
;
42
x k k

  
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 4

Nhận xét: Bài toán lượng giác cơ bản , ta chỉ cần sử dụng bến đổi các công thức hạ bậc , cosin của một
hiệu và phân tích nhân tử. Tuy nhiên cần hết sức lưu ý việc xem xet điều kiện xác định của phương trình
để tránh kết luận thừa nghiệm dẫn tới lời giải sai.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Công thức cosin của một tổng , hiệu :
 
 
cos cos cos sin sin
cos cos cos sin sin
a b a b a b
a b a b a b

  



  



-Công thức hạ bậc:
2
1 cos2 2coscc
,
2
1 cos2 2sincc

-Công thức nghiệm cơ bản của phương trình lượng giác:
.
2
sin sin ;
2
xk
x k Z
xk

   
   

    


.
cos cos 2 ;x x k k Z       

.
;tanx tan x k k Z       

.
cot cot ;x x k k Z      

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình
5
5cos 2 4sin 9
36
xx
   

   
   
   
. Đáp số:
2
3
xk

  
.
b. Giải phương trình
sin cos
2tan2 cos2 0
sin cos
xx

xx
xx

  

. Đáp số:
2
xk


.
Câu 3.
 
22
00
2 sin 3 2 cos
3 cos
2
sin cos sin cos
x x x x
xx
I dx dx
x x x x x x



  






 
2
2
0
0
sin cos '
23
sin cos
x x x
x dx
x x x







2
0
3ln sin cos 3 ln ln1 3ln
22
x x x



         



.
Nhận xét: Bản chất của bài toán là tách tử của biểu thức dưới dấu tích phân theo mẫu và đạo hàm của
mẫu. Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta khó có thể sử dụng một trong hai phương pháp đổi biến số
hoặc tích phân từng phần.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Ta có
     
 
 
 
 
. g' 'f x g x x g x
dx f x dx dx
g x g x


  
.
Tổng quát :
       
 
 
   
 
' . 'f x g x h x g x h x g x
dx f x dx dx
g x g x



  
.
-Với các nguyên hàm cơ bản của
 
fx
, công thức nguyên hàm tổng quát
'
ln
u
du u C
u


. Thay cận ta
tính được
I
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Tính tích phân
 
2
3
0
sin
sin cos
x
I dx
xx





. Đáp số:
1
2
I 
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 5

b. Tính tích phân
 
1
1
ln
e
x
x
xe
I dx
x e x




. Đáp số:
1
ln
e

e
I
e


.
Câu 4.a. Ta có
   
22
3 2 3 3 2 9a bi i a b        
(1).
1
w 1 3 1 3
3
ax
z i x yi a bi i
by


         



.
Thay vào (1) ta được
   
22
2 5 9x y M    
thuộc
     

22
: 2 5 9C x y   
.
Vậy tập hợp điểm
M
là đường
     
22
: 2 5 9C x y   
.
Nhận xét: Đây là dạng toán toán tìm biếu diễn của số phức
w
theo số phức
z
thỏa mãn điều kiện nào
đó.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Mọi số phức có dạng
 
;,z a bi a b R  
.
-Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo của 2 số đó bằng nhau.
- Từ số phức
z
: Thay
z a bi
vào phương trình
3 2 3zi  
. Tìm được mối quan hệ giữa phần thực
và phần ảo.

- Đặt
w x yi
, thay lại biểu thức mối quan hệ phần thực và ảo của
z
ta tìm được tập hợp điểm biểu
diễn.
-Các trường hợp biểu diễn cơ bản :
+Đưởng tròn:
   
22
2 2 2
; 2 2 0x a y b R x y ax by c        
.
+Hình tròn:
   
22
22
; 2 2 0x a y b R x y ax by c        
.
+Parapol:
2
y ax bx c  
.
+Elipse:
2
2
22
1
y
x

ab

.
Bài toan kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho số phức
z
thỏa mãn
13
1
i
z
i



. Tìm modul của số phức
w z iz
. Đáp số:
w2
.
b. Tìm số phức
z
thỏa mãn
 
13iz
là số thực và
2 5 1zi  
. Đáp số:
7 21

2 6 ;
55
z i z i   
.
Câu 4.b. Gọi
A
là biến cố số được chọn là số có 5 chữ số khác nhau và trong 5 chữ số của nó có đúng 2
số lẻ. Ta tìm số phần tử của
A
như sau: Gọi
y mnpqr A
, ta có:
+ Trường hợp 1: Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0:
Lấy thêm 2 số lẻ và 2 số chẵn có
22
54
.CC
cách;
Xếp 5 số được chọn vào các vị trí
, , , ,m n p q r
có 4.4! cách.
Suy ra trường hợp 1 có
22
54
.4.4! 5760CC 
.
+ Trường hợp 2: Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt số 0:
Lấy thêm 2 số lẻ và 3 số chẵn có
23
54

.CC
cách;
Xếp 5 số được chọn vào các vị trí
, , , ,m n p q r
có 5! cách.
Suy ra trường hợp 2 có
23
54
.5! 4800CC 
.
Vậy
5760 4800 10560A   
. Do đó
 
10560 220
27216 567
PA
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 6

Nhận xét: Bài toán xác suất cơ bản , ta chỉ cần áp dụng công thức tính xác suất với biến cố theo dữ kiện
trong giả thiết.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Công thức tính xác suất của một biến cố
A
:
 
 
A

PA



( trong đó
 
A
là số trường hợp thuận lợi
cho
A
,

là tổng số kết quả có thể xảy ra ).
- Ta tính tổng số kết quả có thể xảy ra.
- Gọi
A
là biến cố số được chọn là số có 5 chữa số khác nhau và trong 5 chữa số của nó có đúng 2 số lẻ.
- Tính số phần tử của A bằng cách gọi
y mnpqr A
. Ta chia các trường hợp sau:
+Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0.
+Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt chữ số 0.
- Áp dụng công thức tính xác suất ta được
 
PA
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 có thế lập được bao nhiêu số lẻ có 4 chữ số đôi một khác nhau và luôn có
mặt chữ số 2. Đáp số: 204.

b. Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất
có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn
5
6
.(Thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc khối D
2012-2013). Đáp số: Rút ít nhất 6 thẻ.
Câu 5. Gọi
A
là giao điểm của
d
và
 

, suy ra
 
–3;2;1A
. Gọi
 
;;u a b c
là một vectơ chỉ phương của

.
Ta có một vectơ pháp tuyến của
 

là
 
2; –2;1n 
.
Ta có

. 0 2 2 0 2 2u n a b c c a b        
.
   
2
22
2 2 2
22
cos , 2 2 2
22
a
Ox a a b a b
a b c
        


2 2 2 2 2
2 5 8 5 3 8 5 0
5
3
ab
a a ab b a ab b
b
a



        





.
+ Với
ab
, chọn
3
1 0 : 2
1
xt
a b c y t
z

  

       




.
+ Với
5
3
b
a 
, chọn
2
31
3; 5 4 :
5 3 4

y
xz
b a c


        

.
Nhận xét: Hướng giải cho bài toán: Để viết phương trình đường thẳng

ta tìm một điểm thuộc

và
một vector chỉ phương của

.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Tìm tọa độ giao điểm
 
Ad
: Tham số hóa
Ad
, thay vào mặt phẳng
 

ta tính được
A
.
- Viết phương trình đường thẳng


: Tham số hóa
 
;;u a b c
là một vector chỉ phương của

. Do
 
 
.0un

    
(Với
 
n

là một vector pháp tuyến của
 

). Ta tìn được mối quan hệ giữa
,,a b c
.
Chọn vector chỉ phương viết được

.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 7

- Lại có công thức tính góc giữa hau đường thẳng
     
'

'
.
; ' : cos , '
.
dd
dd
uu
d d d d
uu


   
0
2
; 45 cos ;
2
Ox Ox    
.
- Một đường thẳng có vố số vector chỉ phương nên lần lượt chọn giá trị
,ab
cho các trường hợp tương
ứng.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Trong hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
 
1; 2; 1A 
, đường thẳng

22
:
1 3 2
y
xz
d


và mặt phẳng
 
: 2 1 0x y z    
. Viết phương trình đường thẳng đi qua
A
cắt
d
và song song với mặt
phẳng
 

.
Đáp số:
2
11
2 9 5
y
xz





.
b. Trong hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
 
0;1;3A
và đường thẳng
1
: 2 2
3
xs
d y t
z








. Hãy tìm các điểm
,BC
thuộc đường thẳng
d
sao cho tam giác
ABC
đều.
Đáp số:
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3

; ;3 , ; ;3
5 5 5 5
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ;3 , ; ;3
5 5 5 5
BC
BC

   
   

   
   

   

   
   

   

   
   

.
Câu 6. Gọi
H
là trung điểm
AC
, suy ra

 
SH ABC
.
Kẻ
HI BC SI BC  
.
Góc giữa
 
SBC
và đáy là
0
60SIH 
.
2 2 0
15 3 5
.sin60
24
aa
SI SC IC SH SI     

1 15 15
2
2 4 2
aa
HI SI AB HI    
.
3
1 1 5 3
. . .
3 2 16

a
V AB BC SH
(đvtt).
Kẻ
Ax
song song với
BC
,
HI
cắt
Ax
tại
K
. Kẻ
IM
vuông góc với
SK
.
Ta có
   
AK SIK AK IM IM SAK    
.
Tam giác
SIK
đều, suy ra
35
4
a
IM SH
.

Nhận xét: Đây là toán có sử dụng hình học không gian tổng hợp lớp 11, yếu tố vuông góc của hai mặt
phẳng , góc giữa hai mặt phẳng.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Công thức tính thể tích khối chóp
1
.h
3
VB
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 8

-Dựng góc giữa hai mặt phẳng
   
,SBC ABC
: Goi
H
là trung điểm của
AC
. Do mặt phẳng
   
SAC ABC
nên
 
SH ABC
.

 
0
, 60SBC ABC SIH

.
- Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp
.
1 1 1
. . . .
3 3 2
S ABC
V B h V AB BC SH  
.
- Tính khoảng cách
 
,d SA BC
: Lí thuyết tính bằng cách khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng
này tới một mặt phẳng chứa đường thẳng còn lại.
Kẻ
//Ax BC
, kẻ
   
IM SK AK SIK IM SAK    
. Suy ra
 
,d SA BC IM SH
.
Lưu ý: Có thể sử dụng tỉ lệ khoảng cách.
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
a. Cho hình chóp tam giác đều
.S ABC
có cạnh đáy bằng
a

, góc giữa mặt bân và đáy bằng
0
60
. Gọi
M
là trung điểm của
SC
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AM
và
SB
. Đáp số:
3
3
24
Va
(đvtt) và
 
2
,
4
a
d AM SB 
.
b. Cho hình chóp
.S ABC
có
3SA a

,
SA
tạo với đáy
 
ABC
một góc bằng
0
60
. Tam giác
ABC

vuông tại
B
,
0
30ACB 
.
G
là trọng tâm tam giác
ABC
, hai mặt phẳng
   
,SGB SGC
cùng
vuông góc với mặt phẳng
 
ABC
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
.

Đáp số:
3
243
112
a
V 
(đvtt).
Câu 7. Do
B
, suy ra
 
;5B b b 
.
Ta có
 
 
;
2
;
d B AC
BE BC
DE AD
d D AC
  
.
2 2 2 2
93
4 7( 5) 28 4.2 7.5 28
11 63 30
2 11 63 30

11
11 63 30
4 7 4 7
3
bb
b
b
b
b
b

    




      


  





.
B
và
D
ở khác phía đối với đường thẳng

AC
nên
    
4 7 28 4 7 28 0 30 11 63 0
B B D D
x y x y b       
.
Do đó ta được
3b 
, suy ra
 
3;–2B
.
Ta có
28 4 4 7
( ) ; 2;
77
aa
A D A a DA a
   
  
    
   
   
và
4 42
3;
7
a
BA a






.
Do đó
  
  
 
 
2
0 0;4
4 7 4 42
. 0 2 3 0 65 385 0
77
49
l
13
aA
aa
DA BA a a a a
a


   

         





.
Ta có
 
 
 
3 2 2 0
2 7;0
2 2 5 4
C
C
x
BC AD C
y

  

  

  


.
Vậy
   
4;0 , 3;–2AB
và
 
7;0C

là điểm cần tìm.
Nhận xét: Để giải bài toán ta sử dụng kiến thức tham số hóa điểm thuộc đường thẳng cho trước, sử
dụng khoảng cách-tỉ lệ khoảng cách tìm tọa độ các đỉnh
,,A B C
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 9

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Phương pháp tham số hóa điểm theo đường thẳng cho trước: Điểm
 
: 0 ;
mx p
P d mx ny p P
n


      


.
-Khoảng cách từ điểm
 
;
MM
M x y
tới phương trình đường thẳng
 
:0mx ny p   
được xác định theo

công thức
 
22
;
MM
mx ny p
dM
mn



.
-Tính chất vector:
   
; , ;u x y v z t
với
x kz
u kv
y kt








.
Áp dụng cho bài toán:
- Tham số hóa tọa độ điểm

B
. Do
 
 
;
2
;
d B AC
BE BC
DE AD
d D AC
  
(
E AC BD
), ta có điểm
B
.
-Để loại nghiệm sử dụng tính chất:
  
4 7 28 4 7 28 0
B B D D
x y x y    

B
.
-Tương tự
 
,A d DA BA
. Mặt khác ,
.0DA BA A

.
- Tính tọa độ điểm
C
:
2BC AD C
.
Bài tập tương tự:
a. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho tam giác
ABC
cân tại
A
, trực tâm
 
3;2H 
. Gọi
,DE
lần lượt là
chân đường cao kẻ từ
,BC
. Biết điểm
A
thuộc đường thẳng
 
: 3 3 0d x y  
, điểm
 
2;3F 
thuộc đường thẳng

DE
và
2HD 
. Tìm tọa độ đỉnh
A
.
Đáp số:
 
3;0A
.
b. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho tam giác
ABC
có
   
1; 3 , 5;1AB
. Điểm
M
thuộc đường thẳng
BC
sao cho
2MC BB
. Tìm tọa độ đỉnh
C
biết
5MA AC
và đường thẳng
BC
có hệ số góc

nguyên.
Đáp số:
 
4;1C 
.
Câu 8. Phương trình thứ hai tương đương
2
2 3 2
2
3 2 3 3 2
x y y
x y y
  
     
.
Đặt
2
23
2
u x y
vy

  





, ta được
33

uv
uv  
.
Xét
 
3
t
f t t
; ta có
 
' 3 ln3 1 0;
t
f t t    
, suy ra
 
ft
đồng biến trên .
Nhận thấy
   
f u f v u v  
là nghiệm duy nhất cua phương trình.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 10


22
2 3 2 1u v x y y y x        
.
Thay
2

1yx
vào phương trình thứ nhất, ta được
 
2 2 2
1 5 2 7 1 1x x x x x x       

 
 
 
2 3 2 2
2 5 1 7 1 2 1 3( 1) 7 1 1x x x x x x x x x             
.
Đặt
2
1; 0
1; 0
a x a
b x x b

  


   


.
Phương trình trở thành
22
3
2 3 7

2
ba
b a ab
ab


  



.
+ Với
 
22
4 6 23 8 6
3 1 9 1 8 10 0
4 6 23 8 6
xy
b a x x x x x
xy

    
          


    

.
+ Với
 

 
22
2 1 4 1 4 3 5 0 vna b x x x x x         
.
Hệ phương trình có nghiệm:
 
   
; 4 6;23 8 6 , 4 6;23 8 6xy     
.
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng kết hợp phương pháp hệ số bất định.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Hàm số
 
fx
đồng biến(nghịch biến) trên
   
D f u f v u v   
.
-Hàm số
 
fx
đồng biến(nghịch biến) trên
 
0D f x
có nhiều nhất 1 nghiệm.
-Hàm số
 
fx
đồng biến trên
D

,
 
gx
nghịch biến trên
   
D f x g x
có nghiệm duy nhất.
Ý tưởng: Từ phương trình thứ nhất tách hoặc bình phương sẽ ra phương trình khó bậc cao, khó tìm mối
quan hệ giữa
,xy
.
- Nhận thấy phương trình thứ 2 của hệ có sự tương đồng


2
23
2
3 , 2 3
xy
xy


với
 
2
3 ,2
y
y



có cùng
dạng
 
3,
m
m
.
- Phương trình thứ hai của hệ biến đổi thành:
33
uv
uv  
trong đó
2
23
2
u x y
vy

  





.
- Xét hàm số
 
3
t
f t t

đồng biến trên
   
R f u f v u v   
. Thay lại phương trình thứ nhất , sử
dụng hai ẩn phụ
 
2
1
,0
1
ax
ab
b x x





  


thu được phương trình đẳng cấp bậc 2.
Lần lượt giải 2 phương trình vô tỉ cơ bản ứng với 2 trường hợp kiểm tra điều kiện ta thu được nghiệm
của hệ.
Lưu ý: Từ phương trình
 
   
 
22
2 1 3 1 7 1 1x x x x x x       

, ta có thể chia 2 vế cho
 
2
1xx

giải phương trình ẩn
2
1
1
x
z
xx



.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình
 
23
2 2 5 1xx  
. Đáp số:
5 37
2
x


.
b. Giải phương trình

6
2
3
7 2 1 2x x x    
. Đáp số:
7, 1xx  
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 11

Câu 9.
1 1 1 1 5 1 1 1
11
1 1 2 1 1 1 2 4 2 2 1 1 4 2
a b c
P
a b c a b c a b c

            

        


5 4 1 5 4 1
2 2 4 2 2 2 4 2
P
a b c c c
   
     
   

    
   

Xét hàm số
 
41
2 4 2
fc
cc


trên khoảng
1
;2
2




.
Ta có
 
   
 
   
 
2
2 2 2 2
4 15 20
44

' ; ' 0 0
2 4 2 2 4 2
cc
f c f c c
c c c c

     
   
.
c

1
2

0 2
 
'fc



0 +
 
fc



5
2

Vậy

55
0
22
P 
.
Dấu “=” xảy ra khi
0a b c  
.
Kết luận:
0MaxP 
.
Nhận xét: Bài toán thuộc lớp cực trị của hàm nhiều biến sử dụng phương pháp hàm số đặc trưng để tìm
giá trị lớn nhất.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Ta thấy
,ab
đối xứng qua biểu thức
1
t
t 
, dự đoán điểm rơi
ab
.
- Tách biểu thức
P
, ta được
5 1 1 1
2 1 1 4 2
P
a b c


   

  

. Sử dụng bất đẳng thức cơ bản
 
2
2
2
xy
y
x
m n m n



suy ra
5 4 1
2 2 4 2
P
cc

  



. Tới đây hàm số đã rõ.
- Khảo sát hàm số
 

41
2 4 2
fc
cc


với
1
;2
2
c





-Lập bảng biến thiên của hàm số
 
fc
trên
1
;2
2




thu được
 
minf c

.
Bài tập tương tự:
a. Cho
,,a b c
là 3 số dương thỏa mãn điều kiện
1abc 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
        
3 3 3
1 1 1 1 1 1
a b c
P
b c c a a b
  
     
. Đáp số:
3
4
MinP 
.
b. Cho
, , : 1a b c ab bc ca  
. Chứng minh rằng
2 2 2
3
2
1 1 1
a b c
a b c
  

  
.

1




Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
 
32
3 2 3y x x m x m    
(C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
 
C
khi
2m 
.
b) Tìm
m
để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị của hàm số
 
C
đã cho vuông góc với
đường thẳng
: – 2 0d x y 

.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
 
2
2
1 cos2
sin 2cos2
2sin2
x
xx
x


.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
3
1
0
1
3
xx
I dx
x




.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức

z
thỏa mãn phương trình
     
1 2 1 3 4 1 7i z i iz i i      
.
b) Cho tập hợp
A
tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0. Hỏi có thể lấy được
bao số tự nhiên từ tập
A
mà số đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai đường thẳng
1
3
41
:
3 1 2
y
xz
d




;
2
d
là giao tuyến của hai mặt phẳng

 
: 2 0x y z    
và
 
: 3 12 0xy   
. Mặt phẳng
 
Oyz
cắt
hai đường thẳng
1
d
,
2
d
lần lượt tại các điểm
,AB
. Tính diện tích tam giác
MAB
, biết
 
1; 2; 3M
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi tâm
O
, cạnh

a
,
BD a
. Trên
cạnh
AB
lấy điểm
M
sao cho
2BM AM
. Biết rằng hai mặt phẳng
 
SAC
và
 
SDM
cùng vuông
góc với mặt phẳng
 
ABCD
và mặt bên
 
SAB
tạo với mặt đáy một góc
0
60
. Tính thể tích của khối
chóp
.S ABCD
theo

a
và cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng
OM
và
SA
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường
tròn
 
22
: 2 6 15 0S x y x y    
ngoại tiếp tam giác
ABC
có
 
4;7A
. Tìm tọa độ các đỉnh
B
và
C

biết
 
4;5H
là trực tâm của tam giác.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình





22
3
23
4 1 2
12 10 2 2 1
x x y y
y y x

    



   


,xyR
.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
,,xyz
bất kỳ. Chứng minh rằng
1
11
1 1 1
yy
x z x z
y z x y z x



    
  
.

HẾT

ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 3

2

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a. Với
2m 
, hàm số trở thành
32
36y x x  
.
- Tập xác định:
DR
.
- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
2
' 3 6y x x
;
0
'0
2
x
y

x





.
   
' 0, ; 0 2;yx    
, suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng
 
;0
và
 
2;
.
 
' 0, 0;2yx  
, suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng
 
0; 2
.
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0; 6
CD
xy
. Hàm số đạt cực tiểu tại
2; 2
CT
xy

.
+ Giới hạn:
lim ; lim
xx
yy
 
   
.
+ Bảng biến thiên
x




0


2



'y



0


0


y






6




2




- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục
Oy
tại điểm
 
0;6
.
+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn
 
1; 4I
làm tâm đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm

   
1; 2 , 3;6
.
- Vẽ đồ thị:

Câu 1.b. Ta có
2
' 3 6 2y x x m   
.
Tiếp tuyến

tại điểm
M
thuộc
 
C
có hệ số góc
 
2
2
3 6 2 3 1 5 5k x x m x m m         

Dấu đẳng thức xảy ra khi
1x 
.
Suy ra
min
5km
tại điểm
 

1; 4 – 4Mm

Tiếp tuyến
( 5).1 1 4d m m       
.
Kết luận:
4m 
.
Nhận xét: Dạng bài toán đường thẳng tiếp tuyến vuông góc với một đường thẳng cho trước. Ta tìm
hệ sô góc của tiếp tuyến và hệ số góc của đường thẳng còn lại cho thỏa mãn tính chất vuông góc.

3

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm
 
,
AA
A x y
thuộc đồ thị hàm số
 
y f x
là
 
'
A
k f x
. Hai đường
thẳng có hệ số góc lần lượt là
12

,kk
vuông góc với nhau khi và chỉ khi
12
.1kk
.
-Biểu thức
2
P a b b  
. Dấu bằng xảy ra
0a
.
Áp dụng cho bài toán :
- Tiếp tuyến tại
M
có hệ số góc là
 
2
2
' 3 6 2 3 1 5 5k y x x m x m m          
. Suy ra hệ số góc
tiếp tiếp nhỏ nhất là
5km
.
- Tiếp tuyến vuông góc đường thẳng
: 2 0d x y  
có hệ số góc
1
d
k 
nên theo tính chất hai đường

thẳng vuông góc ta có phương trình
 
5 .1 1 4mm    
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho hàm số
 
32
2 1 2y x x m x m    
. Tìm
m
để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất vuông
góc với đường thẳng
: 2 1d y x
. Đáp số:
11
6
m 
.
b. Cho hàm số
1
21
x
y
x



. Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số biết tiếp tuyến vuông góc

đường thẳng
: 9 1 0xy   
. Đáp số:
9 1; 9 7y x y x     
.
Câu 2. Điều kiện
;
2
x k k

Z
.
Phương trình tương đương với
 
4
22
4cos
1 cos 2 2cos 1
4sin cos
x
xx
xx
   

3
2
2
cos cos 3
5cos 3 0 5 0
sin sin

cos
xx
x
xx
x
       
(do
cos 0x 
).
 
2 2 3
1
cot 5 3 1 tan 0 3tan 2 0 3tan 2tan 1 0
tan
x x x x x
x
            

 
 
2
tan 1 3tan 3tan 1 0 tan 1 ,
4
x x x x x k k

             
.
Phương trình có nghiệm:
;
4

x k k

    
.
Nhận xét: Để giải phương trình lượng giác ta sử dụng công thức hạ bậc , mối quan hệ
sin x
với
cosx

,
tanx
với
cot x
, phân tích nhân tử.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Sử dụng các công thức biến đổi
2 2 2
sin 1 cos ,1 cos2 2cosx x x x   
thu được phương trình:
3
3
cos
5cot 3 0
sin
x
x
x
  
.
-Do

cos 0x 
không là nghiệm của phương trình , chia 2 vế cho
2
cos x
ta có
2
cos 3
50
sin
cos
x
x
x
  
.
-Thay
2
2
1 cos 1
1 tan ,
sin
cos
x
x
x tanx
x
  
có phương trình theo ẩn
tanx
.

- Giải phương trình theo
tanx
thu được
x
, kiểm tra điều kiện ta có đáp án.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình:
 
2
4cos 1 sin 2 3 cos cos2 1 2sinx x x x x   
.

4

Đáp số:
5 5 2
; 2 ;
3 6 18 3
x k x k x k
   
         
.
b. Giải phương trình:
 
2
1 sin2 2 3 sin 3 2 sin cos 0x x x x     
.(Thi thử THPT Phan Đăng
Lưu). Đáp số:
7

2 ; 2 ; 2 ; 2
6 6 3
x k x k x k x k
  
              
.
Câu 3. Ta có
 
3
1 1 1 1
2
0 0 0 0
27 27 1 27 1
39
3 3 3
x x x
I dx x x dx dx dx
x x x
    
     
  
   

1
1
11
32
00
0
0

1 3 1 47 4 1
9 27 ln 3 27 ln
3 2 3 6 3 3
xx
x x x x dx dx
xx


        




.
Tính
1
0
1
3
x
A dx
x




.
Đặt
2
1 1 ; 2t x x t dx tdt      

. Khi
01
10
xt
xt

  

  

.
Suy ra
  
2 2 2
0 1 1 1 1
2 2 2
1 0 0 0 0
44
2 2 2 2 8
22
4 4 4
t t t dt
A dt dt dt dt
tt
t t t

      

  
    

1
1
0
0
1 1 2
2 2 2 2ln 2 2ln3
2 2 2
t
dt
t t t


         

  


.
Vậy
59
27ln 4 25ln 3
6
I   
.
Nhận xét: Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta có thể sử dụng ngay đổi biến số
1tx
, tuy nhiên
đổi biến số ngay từ đầu sẽ dẫn tới một tích phân mới sử dụng phép chia đa thức. Để đơn giản ta sử
dụng kĩ thuật phân tích đa thức cơ sở.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Sử dụng phân tích tử biểu thức dưới dấu tích phân ta có:
33
1 27 27 1x x x x      
chuyển
tích phân thành 3 tích phân nhỏ.
- Tính
 
1
2
0
39xx

sử dụng công thức
1
1
n
n
x
x dx C
n




.
- Tính
1
0
27

3
dx
x 

bằng sử dụng công thức
'
ln
u
du u C
u


.
- Tính
1
0
1
3
x
A dx
x




bằng phương pháp đổi biến số
1tx
.
Tách thành hai tích phân
  

11
00
28
22
dt
dt
tt



. Sử dụng khai triển dạng ln tính được
  
1
1
0
0
2
8 2ln
2
22
dt t
t
tt





.
Bài toán kết thúc.

Bài tập tương tự:
a. Tính tích phân
4
3
2
1
x x x x
I dx
x



. Đáp số:
19
ln 4
2
I 
.

5

b. Tính tích phân
6
2
1
2 1 4 1
I dx
xx

  


. Đáp số:
31
ln
2 12
I 
.
Câu 4.a. Phương trình tương đương với
   
2 1 2 3 4 4 3 1 7i i z i i z i        

 
5 5 10i z i   

 
21
2
1
12
ii
i
zi
i


     


Vậy phương trình có nghiệm:
1zi  

.
Nhận xét: Bài toán giải số phức cơ bản với các phép biến đổi tương đương.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Số phức
  
2 2 2 2 2 2
a bi c di
a bi ac bd bc ad
zi
c di
c d c d c d

  
   

  
.
-Khai triển biểu thức
     
1 2 1 3 4 1 7i z i iz i i      
được
 
2
5 5 10 1
1
i
i z i z i
i

       


.
Lưu ý: Ta có thể đặt
z a bi
thay vào biểu thức để tìm
z
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Tìm số phức
z x yi
thỏa mãn
    
23
2 3 2 1 1 35 50x i y i i      
. Đáp số:
52zi
.
b. Tìm số phức
z
thỏa mãn điều kiện
     
2
2 3 4 1 3i z z i i     
. Đáp số:
25zi
.
Câu 4.b. Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là
3
9

C
. Chọn 2 chữ số còn
lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây:
Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán
vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà
a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả
5!
3. 60
3!

số tự
nhiên.
Trường hợp 2. Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số
khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra
một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà
b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả
5!
3. 90
2!2!

số tự nhiên.
Vậy có 150 số.
Nhận xét: Bài toán tìm số các số có 5 chữ số thỏa mãn điều kiện chỉ có mặt 3 chữ số khác nhau. Để giải
dạng toán này ta chia các trường hợp cụ thể, sau đó lấy tổng các trường hợp để được đáp án.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Tìm số cách chọn 3 chữ số phân biệt
,,a b c
từ 9 chữ số khác 0. Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó.
- Trường hợp 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số
,,a b c

có 3 cách , mỗi hoán vị của 5 chữ
số tạo ra số tụ nhiên n.
- Trường hợp 2 : Một trong 2 chữ số còn lại bằng một trong các chữ số
,,a b c
và số còn lại bằng 1 chữ
số khác trong 3 số đó.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Một tổ gồm 8 nam và 6 nữ. Cần lấy một nhóm 5 người trong đó có 2 nữ, hỏi có bao nhiêu cách
chọn. Đáp số: 840.

6

b. Với 6 chữ số 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số có các chữ số phân biệt trong đó mỗi số
đều phải có mặt số 6. Đáp số: 1630.
Câu 5. Vì
 
,A B Oyz
nên
0
AB
xx
.
Do
1
Ad
nên
31
0 4 5 5 5 5
; 0; ;

3 1 2 3 3 3 3
AA
AA
yz
y z A



         



.
2
Bd
nên
 
2 0 4
0; 4; 2
3 12 0 2
B B B
BB
y z y
B
yz

   




  


.
 
11 14 11 17
1; ; ; 1; 2; 1 ; 13; ;
3 3 3 3
MA MB MA MB
   

         
   

   
.
11
; 1931
26
MAB
S MA MB




(đvdt).
Nhận xét: Để tính diện tích một tam giác trong không gian 3 chiều
Oxyz
ta lập tọa độ 2 vector hai
cạnh kề nhau rồi sử dụng công thức tính diện tích. Với bài toán ta tìm các đỉnh

,,M A B
với giải
phương trình cơ bản.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Diện tích tam giác
MNP
trong hệ trục tọa độ
Oxyz
cho bởi công thức :
1
.
2
MNP
S MN MP



.
- Mặt phẳng
 
Oyz
có phương trình
0x 
. Thay hoành độ các điểm
,AB
vào phương trình
   
12
,dd
tính được

,AB
.
- Tính vector
,;MA MB MA MB



.
- Sử dụng công thức tính diện tích tam giác
1
;
2
MAB
S MA MB



.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Trong hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
   
1;5;0 , 3;3;6AB
và đường thẳng
1
1
:
2 1 2

y
xz
d




. Tìm tọa độ điểm
M
thuộc
d
sao cho diện tích tam giác
MAB
nhỏ nhất.
Đáp số:
 
1;0; 2M
.
b. Trong hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
 
0;1; 3A
và đường thẳng
1
: 2 2
3
xt
d y t
z









. Hãy tìm các
điểm
,BC
thuộc đường thẳng
d
sao cho tam giác
ABC
đều.
Đáp số:
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ;3 , ; ; 3
5 5 5 5
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ;3 , ; ;3
5 5 5 5
BC
BC

   
   

   

   

   

   
   

   

   
   

.

Câu 6. Gọi
H AC DM
vì
   
SAC ABCD
,
   
SDM ABCD
, suy ra
 
SH ABCD
.

7

Từ

H
kẻ HK ⊥ AB
SK AB
, suy ra là góc giữa hai mặt phẳng
0
60SKH 
là góc giữa hai mặt
phẳng
 
SAB
và
 
ABCD
.
Do
11
//
3 4 2
HA AM AO
AM CD AH AC
HC CD
     
.
Mà
ABD
đều,
AO
là đường cao.
Suy ra
0

3 3 1 3 3
.sin . .tan60
4 4 2 8 8
a a a a
AH HK AH HAK SH HK       
.
Vậy
33
.
1 1 3 3 3
. . .
3 3 8 2 16
S ABCD ABCD
a a a
V SH S  

Ta có
 
.
cos ;
OM HA
AM SA
OM SA

.
Mà
  
20
1
. . . . .cos30

2
OM SA OA AM SH HA AO AH AM AH AO AM AH      

2
2
1 3 3 3

2 2 3 4 2 4
a a a a

  



.
Vậy
 
2
12
4
cos ;
13 21 273
68
a
OM SA
aa

.
Nhận xét: Yếu tố hình học lớp 11 về góc giữa hai mặt phẳng , tính chất hai mặt phẳng vuông góc với
mặt phẳng khác được khai thác triệt để trong bài toán.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Hai mặt phẳng
   
;
cùng vuông góc với mặt phẳng
 


     
d      
.
- Gọi
 
H AC DM SH ABCD  
.
-Dựng góc tạo bởi
   
,SAB ABCD
:Kẻ
0
60HK AB SKH  
.
- Tính thể tích khối chóp:Tính
SH
,áp dụng công thức tính thể tích khối chóp
.
1
.
3
S ABCD ABCD

V SH S
.
- Tính
cosin
giữa hai đường thẳng
,OM SA
:Sử dụng phương pháp vector
 
.
cos ;
.
OM HA
AM SA
OM SA

.
Mặt khác
  
 
. cos ;OM SA OA AM SH HA OM SA   
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho hình chóp
.S ABC
có
,2SA SB SC CA CB a AB a     
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
và

cosin
góc giữa hai măt phẳng
   
,SAC SBC
. Đáp số:
3
.
2
12
S ABC
a
V 
(đvtt) và
 
1
cosin ,
3
SAC SBC 
.

8

b. Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân đỉnh
C
và
SA

vuông góc với mặt
phẳng
 
,ABC SC a
. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng
 
SCB
và
 
ABC
trong trường hợp thể
tích khối chóp
3
.
93
S ABC
a
V 
. Đáp số:
 
1
, arcsin
3
SCB ABC 
.
Câu 7. Gọi
 
' 2; 1A 
là điểm đối xứng với
A

qua tâm
 
1; 3I
của
 
S
.
Khi đó
/ / , ’' //AC BH A B CH
'A BHC
là hình bình hành.
Gọi
M
là giao điểm của
BC
với
 
’ 2;1A H M
.
Suy ra đường thẳng qua
M
vuông góc với
 
0; 2AH 
là đường thẳng
BC
có
phương trình
– 2 0y 
.

Giao điểm của đường thẳng
2y 
với đường tròn
 
S
là hai điểm
,BC
có tọa độ là
nghiệm của hệ phương trình
2 2 2
2
22
1 2 6
2 6 15 0 2 23 0
1 2 6
y
yy
x
x y x y x x
x





  



  


       








.
Vậy
 
1 2 6;2B 
và
 
1 2 6;2C 
.
Nhận xét: Để giải bài toán ta cần chú ý tới tính chất đường tròn ngoại tiếp tam giác, trực tâm của tam
giác.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Đường tròn
 
S
ngoại tiếp tam giác
ABC
có tâm
I
là giao của 3 đường trung trực nên
IA IB IC

.
-Phương trình tổng quát đường thẳng
 
d
qua
 
;M a b
nhận
 
 
22
;0n     
làm một vector
pháp tuyến:
   
0x a y b    
.
-Tính chất song song với các trục
,Ox Oy
.
Áp dụng cho bài toán:
- Gọi
'A
là điểm đối xứng của
A
qua tâm
'IA
. Ta có
' / / , ' / / 'A C BH A B CH A BHC
là hình bình

hành. Gọi
'M BC A H M
. Vector
AH
vuông góc với vector chỉ phương của
BC
hay
BC
nhận
AH
làm một vector pháp tuyến, suy ra phương trình
BC
.
-Tọa độ các điểm
,BC
là nghiệm của hệ phương trình
 
,
,
B C BC
B C S







.
Lưu ý: Từ vector

 
0;2AH 
ta dẫn tới phương trình
BC
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

9

a. Trong hệ trục tọa độ
Oxy
, cho hình bình hành
ABCD
có diện tích bằng 4. Biết
   
1;0 , 0; 2AB

và giao điểm của hai đường chéo là
I
thuộc đường thẳng
yx
. Tìm tọa độ đỉnh
,CD
.
Đáp số:
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
CD

   
   
   
hoặc
   
1;0 , 0; 2CD
.
b. Trong hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đường phân giác từ
A
, trung tuyến từ
B
,
đường cao kẻ từ
C
phương trình lần lượt là
3 0; 1 0;2 1 0x y x y x y        
. Tìm tọa độ
các đỉnh tam giác. Đáp số:
12 39 32 49 8 6
; , ; , ;
17 17 17 17 17 17
A B C
     

     
     

.
Câu 8. Phương trình thứ nhất tương đương với
   
2
2
4 2 4 2x x y y      
.
Xét hàm số
 
2
4y f t t t   
trên
R
.
Ta có
 
2
2 2 2
4
' 1 ,
4 4 4
tt
t t t
f t o t
t t t


      
  
, suy ra

 
ft
là đồng biến trên ℝ.
Nhận thấy
   
22f x f y x y    
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Thế
2xy
vào phương trình thứ hai, ta được
   
 
3
33
2 3 3 3
3 5 2 2 1 1 2 1 1 2 1x x x x x x x           
.
Xét hàm số
 
3
2y g s s s  
trên
R
.
Ta có
 
2
' 3 2 0,g s s s    
, suy ra
 

gs
là đồng biến trên ℝ.
Nhận thấy
 


33
33
1 1 1 1g x g x x x      
là nghiệm duy nhất của phương trình.
3
32
12
1 1 3 3 0
00
xy
x x x x
xy

   
      

  

.
Hệ phương trình có nghiệm:
   
1; 2 , 0;0
.
Nhận xét: Phương pháp dùng hàm đặc trưng tìm ra mối quan hệ giữa

,xy
giải hệ phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Hàm số
 
fx
đồng biến(nghịch biến ) trên
   
D f u f v u v   
.
- Sử dụng nhân liên hợp phương trình thứ nhất của hệ. Nhận thấy cùng dạng
2
4tt
. Xét hàm số
 
2
4;f t t t t R    
. Ta có hàm
 
ft
đồng biến trên
R
nên
   
22f x f y x y    
.
- Thay vào phương trình thứ hai suy ra phương trình
3
23
3 5 2 2 1x x x   

. Tới đây thêm bớt ra
hàm đặc trưng với hàm
 
3
2g s s s
đồng biến trên
R
.
Giải phương trình vô tỉ cơ bản ta được nghiệm của hệ.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình
 
2
2 1 1x x x x x    
. Đáp số:
1 33
1;
16
xx

  
.

10

b. Giải hệ phương trình
 
 
 
2

2 2 2 2
3
4 1 4 3
1 2 1 6 17
x y x y y x
x y x x y

      



     

. Đáp số:
       
; 0;1 , 1;2 , 3;0xy 
.
c. Giải hệ phương trình
  
22
2
1 1 1
35
12
1
x x y y
y
y
x


    








. Đáp số:
 
5 5 5 5
; ; , ;
3 3 4 4
xy
   
  
   
   
.
Câu 9. Bất đẳng thức tương đương
1
11
00
1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)
y y y x z y
x x z z x z
y y z z x x y y z z x x
  
  

         
     

Giả sử
 
max , ,x x y z
.
 Nếu
yz
thì
   
11
x y x y
x x y y



và
   
11
y z y z
x x z z



.
Suy ra
           
0
1 1 1 1 1 1

x y y z y x z y
x z x z
x x y y z z y y z z x x
   

     
     
(điều phải chứng minh).
 Nếu
yz
thì
   
11
z y z y
z z y y



và
   
11
x z x z
x x y y



.
Suy ra
           
0

1 1 1 1 1 1
z y x y y x z y
x z x z
z z x x y y y y z z x x
   

     
     
(điều phải chứng minh).
Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng các phép so sánh của tập số thực
R
.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Biến đổi bất đẳng thức đã cho, phân tích ta được
     
0
1 1 1
y x z y
xz
y y z z x x


  
  
.
Giả sử
 
ax , ,x m x y z
.
+ Nếu

       
,
1 1 1 1
x y x y y z y z
yz
x x y y x x z z
   
   
   
(Sử dụng phép so sánh cơ bản).
+ Nếu
yz
ta có
             
,
1 1 1 1 1 1 1
z y z y z y x y
x z x z x z
z z y y x x y y z z x x y y
   
  
    
      
. Chuyển vế ta
có
     
0
1 1 1
y x z y
xz

y y z z x x


  
  
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho các số
,,xyz
không âm. Chứng minh rằng
    
3
2 9 7x y z xyz x y z xy yz zx       

(England-1999).
b. Cho
, , 0a b c 
. Chứng minh rằng
a b c a b c
a b b c c a b c c a a b
    
     
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 1


MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm). 
4
2
5
3
22
x
yx  
(C).
a) 
 
C
.
b) Gi s
 
MC

a

a
 tip tuyn ca
 
C
ti
M
ct
 
C
t

M
.
Câu 2 (1,0 điểm). 
 
2 sin c o s
1
ta n co t 2 co t 1
xx
x x x



.
Câu 3 (1,0 điểm). 
 
4
0
c o s 2
1 sin 2 co s
4
x
I d x
xx









.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) 
z

12
1
zi
i
z




2
3
w2
4
zz   
.
b) 
 
0 ; 1; 2; 3; 4; 5; 6A 

A


Câu 5 (1,0 điểm).       
O x y z

    
1
11
:
1 1 1
y
xz
d




2
2
1
:
1 1 1
y
xz
d





1
d

2
d


0
30
.
Câu 6 (1,0 điểm).
.S ABC

A BC

A

 
S A B

 
S A C

 
A B C
, cho
2B C a

 
S B C

 
A B C


0

60

A

 
S B C
.
Câu 7 (1,0 điểm). 
O xy
, cho 
A BC

 
1; 5A


 
2 ; 2I

5
;3
2
K




B

C



Câu 8 (1,0 điểm). 
2
22
3 2 1
1
4 3 3 2
2
y x y y x
y x y y x x

    


    



,xy R
.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho 
,,xyz

0 , , 1xyz
. 
     
     
2 2 2
x x y y z z x y z y zx z xy      

.

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a.
- Tập xác đinh:
DR
.
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 4

Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 2

- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
3
' 2 6y x x
;
0
'0
3
x
y
x








.
   
' 0 , 3 ; 0 3 ;yx     

 
3 ; 0

 
3;
.
   
' 0 , ; 3 0 ; 3yx     

 
;3  

 
0 ; 3
.
+ Cực trị: 
5
0,
2
CD
xy

3 , 2
CT
xy   

.
+ Giới hạn:
lim ; lim
xx
yy
    
   
.
+ Bảng biến thiên
x




3


0


3



'y




0



0


0



y







2


5
2



2




- Đồ thị:

Ox

 
   
 
5 ; 0 , 1; 0 , 1; 0 , 5 ; 0


Oy

5
0;
2



.

Oy


33
2 ; , 2 ;
22
   
  
   
   

.
- Vẽ đồ thị:

Câu 1.b. 
 
MC

4
2
5
;3
22
a
M a a




.

M

 
3
' 2 6
a
y a a

M


 
 
4
32
5
2 6 3
22
a
y a a x a a     
.

d

 
C

M

 
C

M


 
 
44
2 3 2
55
3 2 6 3

2 2 2 2
xa
x a a x a a       
 
 
2
22
2 3 6 0x a x a x a     


 
22
2 3 6 0g x x ax a    

a
.
 
 
22
2
' 3 6 0
3
1
6 6 0
aa
a
a
g a a



    





  




.

Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 3

Kết luận:
3
1
a
a







.
Nhận xét: 
 

MC

M

 
C


Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 
 
y f x

 
;
AA
A x y y

   
'
A A A
y f x x x y  
.
- 
 
4
2
5
;3
22

a
M a a C

  




M
.
- 
- Do
 
MC

xa
.
- 
22
2 3 6 0x ax a    


 
'0
0
a
xa
ga









.

Bài tập tương tự:
a. 
42
21y x x  

Đáp số:
2y 
.
b.   
   
32
25
1 3 2
33
y x m x m x      
 
m
       
   
1 1 1 2 2 2
; , ;M x y M x y


12
.0xx
          
3 1 0xy  
. Đáp số:
1
3 ; 1
3
mm     
.
Câu 2. 
sin c o s 0
c o t 1
xx
x





.

 
2 sin c o s
1
s in c o s 2 c o s s in
c o s sin 2 sin
xx
x x x x
x x x






 
s in 0 l
c o s s in 2 c o s s in 2
2 s in 2 sin s in 2 2 s in 0
2
s in sin 2 co s c o s 2 c o s
c o s
2
x
x x x x
x x x x
x x x x x
x



         





.

 

3
2l
2
4
c o s
3
2
2
4
xk
x
xk


   

  



  


.

3
2;
4
x k k


    Z
.
Nhận xét: 

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-
sin c o s 2 c o s s in
tan c o t 2 ; c o t 1
c o s sin 2 sin
x x x x
x x x
x x x

    
.
-
 
cos . c o s sin .sin cos , sin 2 2 sin c o sa b a b a b x x x   
.
-
 
2
sin sin
2
xk
x k Z
xk

   
   


     

;
cos cos 2x x k       
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 4


- 

Bài tập tương tự:
a. 
s in 3 c o s 3
5 s in co s 2 3
1 2 s in 2
xx
xx
x


  



. Đáp số:
2
3
xk


   
.
b. 
c o s 2 3 co t 2 sin 4
2
c o t 2 c o s 2
x x x
xx



. Đáp số:
7
;
1 2 1 2
x k x k

      
.
Câu 3.
   
 
 
π
4
22
0
s in c o s c o s s in
2

s in x c o s 2 s in c o s s in co s
x x x x
I d x
x x x x x


  


 
 
 
π
ππ
4
44
22
00
0
s in c o s
c o s s i n 2
2 2 2 1
s in c o s
s in c o s s in c o s
d x x
xx
dx
xx
x x x x



     



.
Nhận xét: n dn vi bin
s.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-u thi d dc
   
 
 
2
c o s 2 c o s s i n c o s s in
1 s in 2 s in c o s
1
c o s c o s s in
4
2
x x x x x
x x x
x x x


  


  






  




.
-S di bin s
sin cos ' cos sinu x x u x x    

I
ng
2
'1u d u
C
u
u
  

.
Bài tập tương tự:
a. 
 
ln 5
ln 2
3
1

xx
x
ee
I dx
e




. Đáp số:
1 ln 16I 
.
b. 
2
4
. ln
e
e
dx
I
xx


. Đáp số:
7
24
I 
.
Câu 4.a. Gi s phc
z

ng
 
,z x y i x y   R
.

 
 
1
1 2 1 2
1
1
x y i
zi
ii
z
x y i


    



       
1 1 2 1 2 1 2 2 2 3 0x y i x x i yi y y x y i              

2
2 2 3 0
1
1 2 0
2

x
xy
y
y



  








.
Vy
2
1 1 1 5
2 4 2 2
2 4 6
z i z i i       
.

2
3 3 1
w 2 4 4 2 1
4 4 4
z z i i i             

.
Nhận xét:  phc
w
 phc
z
thu ki
z
ri suy ra
w
.
Nhắc lại kến thức và phương pháp:
-Hai s phc b khi phn thn o cng bng nhau:
ac
a b i c d i
bd



   




.