Tuyển tập 6 đề thi thử ĐẠI HỌC 2015 theo định hướng của bộ GDDT HAY NHẤT có ĐÁP ÁN rất chi tiết

Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
Đề 1:
( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 20014 – 20015)
Bài 1:Cho hàm số : y = (x – m)
3
– 3x (1)
a). Xác định m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ x = 0.
b). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (c) của hàm số (1) khi m = 1.
c). Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:
( )
3
3
2
2 2
1 3x 0
1 1
log log 1 1
2 3
x k
x x

− − − <


 + − ≤


Bài 2: a) Tìm tổng tất cả các nghiệm x thuộc [ 2; 40] của phương trình: sinx – cos2x = 0.
b) Giải hệ phương trình:
8
2

x y x y
y x y

+ + − =


− =


Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1
1
( ): 1
2
x t
y t
z

= +

∆ = − −


=

,
( )
2
3 1
:

1 2 1
x y z
− −
∆ = =
−

1). Viết phương trình mặt phẳng chứa ∆
1
và song song với ∆
2
.
2). Xác định điểm A trên ∆
1
và điểm B trên ∆
2
sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Bài 4: Tính tích phân:
1
2
lnxdx
e
I x
x
 
= +
 ÷
 
∫
.
Bài 5: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh bất đẳng thức:

( ) ( ) ( )
ab bc ca a b c
c a a b b c
c c a a a b b b c
+ + ≥ + +
+ + +
+ + +
Bài 6: Giải phương trình:
( ) ( )
3
1 8
2
2
log 1 log 3 log 1 0x x x+ − − − − =
.
Bài 7: a). Tính tổng:
2 3 25
25 25 25
S 1.2. 2.3. 24.25.C C C= + + +
.
b). Tìm số phức z thõa mãn điều kiện:
5z =
và phần thực của z bằng hai lần phần ảo
của nó.
Bài 8 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
·
0
D 60BA =
, SA vuông
góc mặt phẳng (ABCD), SA = a. Gọi C' là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC'

và song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B', D'. Tính thể tích của
khối chóp S.AB'C'D'.
1
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN

Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI
Đề 1:
Bài 1:
a) Ta có: y = (x – m)
3
– 3x (1) ⇒ y' = 3(x – m)
2
– 3 = 3[(x– m)
2
–1]; y" = 6(x –
m).
Hàm số (1) đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ x = 0
2
1
(0) 0
1 0
1
1
(0) 0
0
0
m
y
m

m
m
y
m
m


=

′

=
− =



⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −
= −
  

′′
>
− >




<

b) Khi m = 1, hàm số viết lại

( )
3
3 2
1 3x 3x 1y x x= − − = − −

BBT:
x
-∞ 0 2
+∞
y' + 0 – 0 +
y
-1 CT
+∞
-∞ CĐ -5
Điểm uốn U(1; -3) là tâm đối xứng của đồ thị.
c) Ta có :
( )
3
3
2
2 2
3 3x 0 (1)
1 1
log log 1 1 (2)
2 3
x k
x x

− − − <



 + − ≤

. Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1.
Từ (2) ⇔ x(x – 1)≤ 2 ⇔ 1 < x ≤ 2.
Hệ đã cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm thõa 1 < x ≤ 2 ⇔
( ) ( )
3 3
1 3x 0 1 3x <
1 2 1 2
x k x k
x x
 
− − − < − −
 
⇔
 
< ≤ < ≤
 
 
Đặt: f(x) = (x – 1)
3
– 3x và g(x) = k (d). Căn cứ đồ thị (C) của hàm số ở câu b.
2
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
(1)có nghiệm x ∈(1;2] ⇔
(
1;2
min ( ) (2) 5k f x f



≥ = = −
. Vậy hệ có nghiệm ⇔ k > - 5.
Bài 2: a) Tìm tổng tất cả các nghiệm x thuộc [ 2; 40] của phương trình: sinx – cos2x = 0.
Ta có: sinx – cos2x = 0 ⇔ 2sin
2
x + sinx -1 = 0 ⇔
sinx 1
2
2
1
5
sinx
2 2
2
6 6
x k
x k x k
π
π
π π
π π


= −
= − +


⇔



=

= + ∨ = +




⇔
2
,
6 3
x k k
π π
= + ∈¢
.
Vì x ∈[ 2; 40] ⇒
2 2 3 3
2 40 2 40 2 40
6 3 6 3 6 2 6 2 6
k k k
π π π π π π π
π π
   
≤ + ≤ ⇒ − ≤ ≤ − ⇒ − ≤ ≤ −
 ÷  ÷
   
⇒ 0,7 ≤ k ≤ 18,8 ⇒ k
{ }
1,2,3, ,18∈

.
Gọi S là tổng các nghiệm thõa yêu cầu bài toán: S =
2
18. (1 2 3 18) 117
6 3
π π
π
+ + + + + =
.
b) Giải hệ phương trình:
8
2
x y x y
y x y

+ + − =


− =


( Dùng phương pháp đặt ẩn phụ)
Đặt:
( )
2 2
2
1
2
2
u x y

u x y
u x y u x y
v x y u v y y u v
v x y

= +

= +
 
= + = +
   
⇒ ⇒ ⇒
   
= − − = = −
= −
 

 




Hệ phương trình viết lại:
( )
( )
( )
3 2 2
2
8
8 4 0 2 3 2 0

1
2, 0
2
u v
v v v v v v
u v v v

+ =

⇒ + − + = ⇔ − + − =

− = ≥


0
2
2
3 17
3 17
2
2
v
v
v
v
v

≥

=



=


⇔ ⇔


− +

=
− ±



=





Khi v = 2 ⇒ u = 6, ta có hệ phương trình:
6
5
1
2
x y
x
y
x y


+ =

=

⇔
 
=
− =




Khi
3 17 19 17
2 2
v u
− + −
= ⇒ =
, ta có hệ phương trình:
19 17
8 17
2
3 17
3 17
2
2
x
x y
y

x y

−

= −
+ =

 
⇔
 
+
− +
=
 
− =




Bài 3:
1). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (∆
1
) và song song (∆
2
):
3
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
VTCP của (∆
1
) là

( )
1
1; 1;0u = −
r
, VTCP của (∆
2
) là
( )
2
1;2;1u = −
r

Vì (P) chứa (∆
1
) và (P) // (∆
2
), nên có 1 VTPT:
( )
1 2
, 1; 1;1
p
n u u
 
= = − −
 
uur r r

Phương trình của mặt phẳng (P) qua M
1
(1; -1; 2) là : x + y – z + 2 = 0.

2). Xác định điểm A trên ∆
1
và điểm B trên ∆
2
sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Vì A∈ ∆
1

⇒ A(t+1; -t -1; 2); B∈ ∆
2
⇒ B( t'+3; 2t' +1; t') ⇒
( )
' 2;2 ' 2; ' 2AB t t t t t= − − + + + −
uuur

Vì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất ⇔ AB là đoạn vuông góc chung của (∆
1
) và (∆
2
)
⇒
1 1
2 2
. 0 2 3 ' 0
' 0
3 6 ' 0
. 0
AB u AB u t t
t t
t t

AB u AB u
 

⊥ = + =
 
⇔ ⇔ ⇔ = =
  
+ =
⊥ =

 
 
uuur r uuur r
uuur r uuur r
⇒ A( 1; -1; 2), B(3; 1; 0).
Bài 4: Ta có :
2
1 1 1
2 lnx 1
lnxdx lnxdx 2 x 5
4
e e e
I x x d e
x x
 
 
= + = + = = +
 ÷
 
 

∫ ∫ ∫
.
Bài 5: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh bất đẳng thức:
( ) ( ) ( )
ab bc ca a b c
c a a b b c
c c a a a b b b c
+ + ≥ + +
+ + +
+ + +
(1)
Ta có (1) ⇔
1 1 1 0
a b b c c a
c a c a b a b c b
     
− + − + − ≥
 ÷  ÷  ÷
+ + +
     
⇔
1 1 1
1 1 1 0
1 1 1
b c a
c a b
c a b
a b c
     
− + − + − ≥

 ÷  ÷  ÷
     
+ + +
Đặt:
x 0; 0; 0 . . 1
a b c
y z x y z
b c a
= > = > = > ⇒ =
. Khi đó :
(1)⇔
2 2 2 2 2 2
1 1 1
0 x 0
1 1 1
x y z
x y z xy yz z x y z
y z x
− − −
+ + ≥ ⇔ + + + + + − − − ≥
+ + +
(*)
Vì
( ) ( )
2
2 2 2
3
1
3
x y z x y z xyz x y z x y z+ + ≥ + + ≥ + + = + +

( theo BĐT Couchy)
Và
( )
3
2 2 2
3
x 3 3xy yz z xyz+ + ≥ =
( theo BĐT Couchy). Do đó: (*) đúng. Vậy (1) được
chứng minh.
Dấu = xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều.
Bài 6: Giải phương trình:
( ) ( )
3
1 8
2
2
log 1 log 3 log 1 0x x x+ − − − − =
(2). Điều kiện:
1 3x
< <
.
Ta có (2) ⇔
( )
2 2 2
log 1 log (3 ) log ( 1) 0
1 3
x x x
x

+ + − − − =



< <


⇔
( ) ( )
2
1 17
1 3 1 4 0
2
x x x x x x
±
+ − = − ⇔ + − = ⇔ =
(tmđk)
Bài 7: a). Tính tổng:
2 3 25
25 25 25
S 1.2. 2.3. 24.25.C C C= + + +
.
Tacó:
( )
0
1
n
n
k k
n
k
x C x

=
+ =
∑
.
Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được:
( )
2
2
2
( 1) 1 ( 1)
n
n
k k
n
k
n n x k k C x
−
−
=
− + = −
∑
(1)
4
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
Cho x = 1 và n = 25 từ (1) ⇒ 25. 24.2
23
=
25
25
2

( 1)
k
k
k k C
=
−
∑
⇔
25
25
2
( 1)
k
k
k k C
=
−
∑
=
5033164800.
b). Tìm số phức z thõa mãn điều kiện:
5z =
và phần thực của z bằng hai lần phần ảo
của nó.
Dạng số phức : Z = a + bi(a- phần thực, b- phần ảo)
Ta có:
2 2
2
5
2 5 2 5

5
5
2 2
5 5
a b
x
a a
a b
b
a b a b
b b
 
 
 

=
=
= − =
    
+ =
 ÷
⇔ ⇔ ⇔ ∨
    
 ÷
= ±
= =

= − =
 
 


 
 
 
Kết luận: Có hai số phức thõa yêu cầu bài toán:
2 5 5 ; 2 5 5Z i Z i= − − = +
.
Bài 8:
Ta có: ∆SAC vuông tại A ⇒
2 2
2aSC SA AC= + =
⇒ AC' = SC/ 2 = a ⇒ ∆SAC' đều .
Vì (P) chứa AC' và (P)// BD ⇒ B'D' // BD. Gọi
O là tâm hình thoi ABCD và I = AC' ∩ B'D' ⇒ I
là trọng tâm ∆SBD.
Do đó:
2 2
' ' =
3 3
B D BD a=
.
Mặt khác, BD ⊥ (SAC) ⇒ D'B' ⊥ (SAC) ⇒
B'D' ⊥ AC'
Do đó: Diện tích của tứ giác AB'C'D' là:
S
AB'C'D'
=
2
1
'. ' '

2 3
a
AC B D =
.
Đường cao h của khối chóp S.AB'C'D' chính là đường cao của tam giác đều SAC' ⇒
3
2
a
h =
.
Vậy thể tích của khối chóp S. AB'C'D' là V =
3
' ' '
1 3
.
3 18
AB C D
a
h S =
(đvtt)
(Bài toán này có thể giải bằng ph. pháp tọa độ. HS hãy thử làm và cho biết phương pháp
nào tốt hơn.)
Hết
5
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
Đề 2:
( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 20014 – 20015)
Bài 1: Cho hàm số :
( ) ( )
3 2

1 2 2 2y x m x m x m= + − + − + +
(1) ( m là tham số).
1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2.
2). Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng
thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.
Bài 2: 1). Giải phương trình:
1
os3x os2x osx
2
c c c− + =

2). Giải phương trình:
2
2 7 2 1 8x 7 1x x x x+ − = − + − + − +
.
Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai
điểm A(4;0;0), B(0; 4; 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB.
1). Tìm tọa độ giao điểm E của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).
2). Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (P) đồng thời K
cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P).
Bài 4: Tính tích phân:
6
2
x
2x 1 4x 1
d
I =
+ + +
∫
.

Bài 5:Cho x, y là các số thực thõa mãn điều kiện:
2 2
3.x xy y+ + ≤

Chứng minh rằng :
2 2
(4 3 3) 3 4 3 3.x xy y− + ≤ − − ≤ −
Bài 6: Giải bất phương trình:
3log 3 2log 2
3
log 3 log 2
x x
x x
+
≥
+

Bài 7: 1). Cho tập A= { 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác
nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15.
2) Chứng minh
( ) ( ) ( )
2010 2008 2006
3 1 4 1 4 1i i i i+ = + − +
Bài 8: Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính thể tích của hình
chóp đó và khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE.
Hết
6
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:

1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện)
Bảng biến thiên:
+ Đồ thị hàm số có điểm cực đại D(0;4), điểm cực
tiểu T(2;0), điểm uốn: U(1;2)
2)
+ Đạo hàm:
( )
2
( ) 3x 2 1 2 2y g x m x m
′
= = + − + −
.
Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thõa x
1
< x
2
< 1
⇔
' 2
4 5 0
5
(1) 5 7 0 1 5
4
2 1
1
2 3

m m
g m m m
S m


∆ = − − >

 
= − + > ⇔ < − ∨ < <

 ÷
 

−

= <

Bài 2:
1). Giải phương trình:
1
os3x os2x osx
2
c c c− + =

+ Trường hợp:
os 0 2 ,
2
x
c x k k Z
π π

= ⇔ = + ∈
, phương trình vô nghiệm.
+Trường hợp:
os 0 2 ,
2
x
c x k k Z
π π
≠ ⇔ ≠ + ∈
, nhân hai vế phương trình cho
2 os
2
x
c
ta được:
2 os os3x 2 os os2x 2 os osx os
2 2 2 2
x x x x
c c c c c c c− + =
(chuyển tích sang tổng, rút gọn)
7x
os 0
2
c
=


7x 2
os 0 ,
2 7 7

c x k k
π π
= ⇔ = + ∈
Z
, đối chiếu điều kiện: k ≠ 3 + 7m, m∈Z .
2). Giải phương trình:
2
2 7 2 1 8x 7 1x x x x+ − = − + − + − +
.(*)
+ Điều kiện xác định:
1 7x≤ ≤
Ta có : (*) ⇔
( ) ( )
x 1 2 1 2 7 1 7 0x x x x
− − − + − − − − =
⇔
( ) ( )
1 2 1 7 0x x x− − − − − =
7
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
( )
1 2
5 4
1 7
x
x x
x x

− =
⇔ ⇔ = ∨ =


− = −


. Kết luận: Tập nghiệm của phương trình: S = { 4, 5}
Bài 3:
1) Viết phương trình tham số của đường thẳng AB: VTCP
( )
1
1; 1;0
4
u AB= − = −
r uuur
, A(4,0,0)
∈ (AB)
Ph.trình tham số của (AB):
4
0
x t
y t
z
= +


= −


=

. Tọa độ giao điểm E của (AB) với mặt phẳng (P) là

nghiệm của hệ
12
4 , , 0
16
3x 2 4 0
0
x
x t y t z
y
y z
z
= −

= + = − =


⇔ =
 
+ − + =


=

. Vậy E(-12; 16; 0).
2) Tọa độ của trung điểm I của AB là: I(2; 2; 0) ⇒ Phương trình đt(KI):
2 2
3 2 1
x y z− −
= =
−

.
Gọi H là hình chiếu của I lên (α) ⇒ H(-1; 0; 1). Giả sử K(x
k
; y
k
; z
k
), khi đó:
( ) ( )
2 2
2
1 1
k k k
KH x y z= + + + −
và
2 2 2
O
k k k
K x y z= + +
Từ yêu cầu bài toán ta có hệ:

( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1
4
1 1
1
2 2
2

3 2 1
3
4
k
k k k k k k
k
k k k
k
x
x y z x y z
y
x y z
z

= −



+ + + − = + +


⇔ =
 
− −
 
= =
−


=



1 1 3
; ;
4 2 4
K
 
−
 ÷
 
. Kết luận:
1 1 3
; ;
4 2 4
K
 
−
 ÷
 
.
Bài 4:
Tính tích phân sau:
6
2
x
2x 1 4x 1
d
I =
+ + +
∫

. Đặt :
( )
2 2
1
4x 1 4x 1 1
4
t t x t= + ⇒ = + ⇒ = −
⇒ tdt = 2dx. Đổi cận: x = 2 ⇒ t = 3, x = 6 ⇒ t = 5. Do đó:
( )
= =
+ + +
+
∫ ∫
6 5
2
2 3
x d
2x 1 4x 1
1
d t t
I
t

Áp dụng phương pháp hệ số bất định:
( ) ( )
= +
+
+ +
2 2
1

1 1
t A B
t
t t
⇒ ( A = 1, B = -1).
Do đó:
( ) ( ) ( )
   
 ÷
 
= = − = + + = −
 ÷
 
+
+ + +
   
∫ ∫
5
5 5
2 2 2
3 3
3
d 1 1 1 3 1
ln 1 ln
1 2 12
1 1 1
t t
I dt t
t
t t t

Bài 5:
8
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
Nhận xét: Hai biểu thức A = x
2
+ xy + y
2
và B = x
2
–xy –3y
2
đẳng cấp bậc hai đối với xy
có quan hệ khá đặc biệt .( quan hệ giữa cho A và tìm B)
Nếu y = 0 thì A = B = x
2
⇒ 0 ≤ B ≤ 3.
Nếu y ≠ 0, ta đặt
z
x
y
=
khi đó:
2 2 2
2 2 2
3 3
. .
1
x xy y z z
B A A
x xy y z z

− − − −
= =
+ + + +
.
Xét phương trình:
( ) ( )
2
2
2
3
1 1 3 0
1
z z
m m z m z m
z z
− −
= ⇔ − + + + + =
+ +
(a). Dùng điều kiện
phương trình (a) có nghiệm ⇔
( ) ( ) ( )
2
1
1
3 48 3 48
0
1 4 1 3 0
3 3
m
m

m m m m
=

=


⇔
− − − +


∆ ≥
+ − − + ≥ ⇔ ≤ ≤



Vì 0 ≤ A ≤ 3 ⇒
3 4 3 3 4 3B− − ≤ ≤ − +
. Đây là điều phải chứng minh.
Bài 6: Giải bất phương trình:
3log 3 2log 2
3
log 3 log 2
x x
x x
+
≥
+
. Điều kiện: 0< x ≠ 1.
Đặt:
2

log 3
log 3 0
log 2
x
x
y y= ⇒ = >
.
Ta có:
+
+
+
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥
+ + +
+
log 3
3 2
3log 3 2log 2 log 2
3 2 1
3 3 3 3 3
log 3
log 3 log 2 1 1
1
log 2
x
x x x
x
x x
x
y
y y

(*) luôn sai với mọi y >
0.
Kết luận: Bất Phương trình vô nghiệm.
Bài 7:
1) Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5.
+ Các bộ số có 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3;
5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6).
+ Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5.
Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5 ⇒ 4.P
4
= 96 số chia hết
cho 5.
Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5.
Nếu tận cùng là 0 thì có P
4
= 24 cách lập số chia hết cho 5.
Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P
3
=18 số
chia hết cho 5.
Trong trường hợp này có: 3(P
4
+3P
3
) = 126 số.
Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số.
2) Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2010 2008 2006 4 2 4
3 1 4 1 4 1 3 1 4 1 4 1 4i i i i i i i i+ = + − + ⇔ + = + − ⇔ + = −

⇔
2
4 4i = −
( đúng) ⇒ (đpcm).
Bài 8:
9
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung
điểm của các đường chéo AD, BE, CF. SO
⊥(ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD,
ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng nhau cạnh
b.
Đặt: B = S
ABCDEF
⇒ B = 6S
∆
OAB
=
2
2
3 3 3
6
4 2
b
b =
(đvdt)
Chiều cao h =

SO =

2 2 2 2
SA OA a b− = −
Do đó: Thể tích V =
( )
2 2 2
3
1
3 2
b a b
Bh
−
=
(đvtt)
* Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ (HS
tự làm)
* Chứng minh OJ ⊥(SAF) (HS tự làm)
Trong ∆SOJ vuông tại O với đường cao OJ ứng cạnh huyền SI ta có OJ =
( )
2 2
2 2
2 2
3
.
4a
a b
OI SO
b
b
OI SO
−

=
−
+
( đvđd)

Hết
10
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
Đề 3:
( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 20014 – 20015)
Bài 1: Cho hàm số
4 3 2
x 2x 3 x 1 (1)y x m m
= + − − +
.
1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.
2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu.
Bài 2: 1). Giải phương trình cos3xcos
3
x – sin3xsin
3
x =
2 3 2
8
+
2). Giải phương trình: 2x +1 +x
( )
2 2
2 1 2x 3 0x x x
+ + + + + =

Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2;
-2; 1), D(-1;1;1).
1). Viết phương trình của mặt phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa
AB, CD.
2). Giả sử mặt phẳng (
α
) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác
gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của (
α
).
Bài 4: Tính tích phân:
( )
2
0
1 sin2xdxI x
π
= +
∫
.
Bài 5: Giải phương trình:
( ) ( )
1
4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0
x x x x
y
+
− + − + − + =
.
Bài 6: Giải bất phương trình:
2 2

1 2
9 1 10.3
x x x x+ − + −
+ ≥
.
Bài 7:
1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con không rỗng chứa một số
chẵn các phần tử rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu tập con như vậy.
2). Cho số phức
1 3
z
2 2
i
= − +
. Hãy tính : 1 + z + z
2
.
Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh
bên AA' = b. Gọi
α
là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan
α
và thể tích
của khối chóp A'.BB'C'C.
Hết
11
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện)

Khi m = 0 hàm số viết lại:y = x
4
– 2x
2
+1 = (x
2
-1 )
2
(C)
Bảng biến thiên:
+ Đồ thị hàm số có điểm cực đại D(0;1), hai điểm cực tiểu T
1
(-
1;0) và T
2
(1;0), 2 điểm uốn:
1 2
3 4 3 4
; , ;
3 9 3 9
U U
   
−
 ÷  ÷
   
2)
4 3 2
x 2x 2 x 1y x m m= + − − +
(1)
Đạo hàm

/ 3 2 2
y 4x 3mx 4x 3m (x 1)[4x (4 3m)x 3m]= + − − = − + + +
°
/
2
x 1
y 0
4x (4 3m)x 3m 0 (2)
=

= ⇔

+ + + =

° Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y
/
= 0 có 3 nghiệm phân biệt
⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2
(3m 4) 0
4
m .
3
4 4 3m 3m 0

∆ = − >
⇔ ⇔ ≠ ±

+ + + ≠


Giả sử: Với
4
m
3
≠ ±
, thì y
/
= 0 có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
x , x , x
° Bảng biến thiên:
x
-∞
x
1
x
2
x
3
+∞
y
/
- 0 + 0 - 0 +
y
+∞
CT
CĐ
CT
+∞
° Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu.

Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi
4
m .
3
≠ ±
Bài 2:
12
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
1). Ta có: cos3xcos
3
x – sin3xsin
3
x =
2 3 2
8
+
⇔ cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx –
sin3x) =
2 3 2
8
+
⇔
( )
2 2
2 3 2
os 3x sin 3x+3 os3x osx sin3xsinx
2
c c c
+
+ − =

⇔
2
os4x ,
2 16 2
c x k k Z
π π
= ⇔ = ± + ∈
.
2) Giải phương trình : 2x +1 +x
( )
2 2
2 1 2x 3 0x x x
+ + + + + =
. (a)
* Đặt:

− = +


= + > = +
  
⇒ ⇒
  
− −
= + +
=

 
= + + >




2 2
2 2 2
2 2
2 2
2
2
v u 2x 1
u x 2, u 0 u x 2
v u 1
v x 2x 3
x
v x 2x 3, v 0
2

° Ta có:
       
− − − − − −
⇔ − + + + = ⇔ − + − + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
       

− =
 
 
+

⇔ − − + + = ⇔

 
+
 
 ÷

+ + + =
 
 ÷
 

 

2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
v u 1 v u 1 v u u v u v
(a) v u .u 1 .v 0 v u .u .v 0
2 2 2 2 2 2
v u 0 (b)
v u 1
(v u) (v u) 1 0
v u 1
(v u) 1 0 (c)
2 2
2 2
° Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm.
° Do đó:

⇔ − = ⇔ = ⇔ + + = + ⇔ + + = + ⇔ = −
2 2 2 2
1

(a) v u 0 v u x 2x 3 x 2 x 2x 3 x 2 x
2
Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x =
1
2
−
.
Bài 3:
1) + Ta có
( )
( )
( )
2;0;2
, D 6; 6;6
D 3;3;0
AB
AB C
C

=

 
⇔ = − −

 
= −


uuur
uuur uuur

uuur
. Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song
song CD có một VTPT
( )
1;1; 1n = −
r
và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2
= 0.(P)
Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) ⇒ C không thuộc (P), do đó (P) // CD.
+
( )
( )
( )
0
. D
1
os , D os , D , D 60
. D 2
AB C
c AB C c AB C AB C
AB C
= = = ⇒ =
uuur uuur
uuur uuur
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz.
Ta có :
( ) ( )
( ) ( )
1; 1; 1 ; ; ;0
.

1; 1; 1 ; ;0; .
DP p NM m n
DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p


= − − = −
= +
 
⇒
 
= − − = − = +




uuur uuuur
uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
.
Mặt khác:
13
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
Phương trình mặt phẳng (
α
) theo đoạn chắn:
1
x y z
m n p
+ + =

. Vì D ∈(
α
) nên:
1 1 1
1
m n p
−
+ + =
.
D là trực tâm của ∆MNP ⇔
. 0
. 0
DP NM DP NM
DN PM DN PM
 
⊥ =
 
⇔
 
⊥ =
 
 
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
. Ta có hệ:
0
3
0
3
1 1 1

1
m n
m
m p
n p
m n p


+ =

= −


+ = ⇒
 
= =


−

+ + =


.
Kết luận, phương trình của mặt phẳng (
α
):
1
3 3 3
x y z

+ + =
−
.

Bài 4: Tính tích phân
( )
2
0
1 sin2xdxI x
π
= +
∫
. Đặt
x
1
1
sin 2xdx
os2x
2
du d
u x
dv
v c
=

= +


⇒
 

=
=



I =
( )
/2
2 2
0 0
0
1 1 1
1 os2x os2xdx 1 sin 2x 1
2 2 4 4 4
x c c
π π
π
π π
− + + = + + = +
∫
.
Bài 5: Giải phương trình
( ) ( )
1
4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0
x x x x
y
+
− + − + − + =
(*)

Ta có: (*) ⇔
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2 1 sin 2 1 0(1)
2 1 sin 2 1 os 2 1 0
os 2 1 0(2)
x x
x x x
x
y
y c y
c y

− + + − =

− + + − + + − = ⇔

+ − =


Từ (2) ⇒
( )
sin 2 1 1
x
y+ − = ±

.
Khi
( )
sin 2 1 1
x
y+ − =
, thay vào (1), ta được: 2
x
= 0 (VN)
Khi
( )
sin 2 1 1
x
y+ − = −
, thay vào (1), ta được: 2
x
= 2 ⇔ x = 1.
Thay x = 1 vào (1) ⇒ sin(y +1) = -1 ⇔
1 ,
2
y k k Z
π
π
= − − + ∈
.
Kết luận: Phương trình có nghiệm:
1; 1 ,
2
k k Z
π

π
 
− − + ∈
 ÷
 
.
Bài 6: Giải bất phương trình:
2 2
1 2
9 1 10.3
x x x x+ − + −
+ ≥
. Đặt
2
3
x x
t
+
=
, t > 0.
Bất phương trình trở thành: t
2
– 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9)
Khi t ≤ 1 ⇒
2
2
3 1 0 1 0
x x
t x x x
+

= ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤
.(i)
Khi t ≥ 9 ⇒
2
2
2
3 9 2 0
1
x x
x
t x x
x
+
≤ −

= ≥ ⇔ + − ≥ ⇔

≥

(2i)
14
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ∞; -2]∪[-1;0]∪[1; + ∞).
Bài 7:
1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là
50
k
C
⇒ Số tất cả các tập con không
rỗng chứa một số chẵn các phần tử từ A là : S =

2 4 6 50
50 50 50 50
S C C C C= + + + +
.
Xét f(x) =
( )
50
0 1 2 2 49 49 50 50
50 50 50 50 50
1 x C C x C x C x C x+ = + + + + +

Khi đó f(1) =2
50

0 1 2 49 50
50 50 50 50 50
C C C C C= + + + + +
.
f(-1) = 0
0 1 2 49 50
50 50 50 50 50
C C C C C= − + − − +
Do đó: f(1) + f(-1) = 2
50
⇔
( )
2 4 6 50 50
50 50 50 50
2 2C C C C+ + + + =
⇒

( )
50 49
2 1 2 2 1S S+ = ⇒ = −
.
Kết luận:Số tập con tìm được là
49
2 1S = −
2) Ta có
2
1 3 3
4 4 2
z i= − −
. Do đó:
2
1 3 1 3
1 1 0
2 2 2 2
z z i i
   
+ + = + − + + − − =
 ÷  ÷
   
Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ∆ ABC. Vì A'.ABC là hình chóp
đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là ϕ =
·
'A EH
.
Tá có :
3 3 3
E , ,

2 3 6
a a a
A AH HE= = =
⇒
2 2
2 2
9 3a
A' '
3
b
H A A AH
−
= − =
.
Do đó:
2 2
' 2 3
tan
A H b a
HE a
ϕ
−
= =
;
2 2 2 2
. ' ' '
3 3
' .
4 4
ABC ABC A B C ABC

a a b a
S V A H S
∆ ∆
−
= ⇒ = =
2 2 2
'.
1 3
' .
3 12
A ABC ABC
a b a
V A H S
∆
−
= =
.
Do đó:
' ' ' . ' ' ' '.A BB CC ABC A B C A ABC
V V V= −
.
2 2 2
' ' '
1 3
' .
3 6
A BB CC ABC
a b a
V A H S
∆

−
= =
(đvtt)
Hết
15
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
Đề 4:
( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 20014 – 20015)
Câu 1:
Cho hàm số y =
2
m
(m 1)(x 2x) m 4
(C )
mx m
− − + +
+
với
0≠m
và
1
m .
4
≠ −
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2.
2. Tìm m, để hàm số (C
m
) có cực đại, cực tiểu và giá trị cực đại, cực tiểu cùng dấu.
Câu 2:
1. Giải bất phương trình:

1 1
15.2 1 2 1 2
+ +
+ ≥ − +
x x x
2. Tìm m để phương trình:
2
2 0,5
4(log ) log 0− + =x x m
có nghiệm thuộc (0, 1).
Câu 3:
1. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
– 2x – 2y – 2 = 0.
(C
2
): x
2
+ y
2
– 8x – 2y + 16 = 0.
Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
).

2. Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng:
(d
1
) :





+=
+=
=
t26z
t4y
tx
; và (d
2
) :





−=
−=
=
1'tz
6't3y
'tx
Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; -1; 1) trên (d

2
). Tìm phương trình tham số
của đường thẳng qua K vuông góc với (d
1
) và cắt (d
1
).
Câu 4:
1. Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên
(SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α.
2. Tính tích phân: I =
∫
+
3
1
26
)x1(x
dx
.
Câu 5:
1. Tính tổng
0 1 2 2009
2009 2009 2009 2009
S C 2C 3C 2010C= + + + +
.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y =
)xsinxcos2(xsin
xcos
2
−

với 0 < x ≤
3
π
.
Câu 6: Giải phương trình
2
4 3
1 0
2
z
z z z− + + + =
trên tập số phức.
Hết
16
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: (2,0 điểm)
1) Khi m = 2, ta có:
2
x 2x 6 x 3 9
y : (C)
2x 2 2 2 2x 2
− +
= = − +
+ +
* MXĐ: D = R\{-1}
*
2
/
2

2x 4x 16
y
(2x 2)
+ −
=
+
/
x 4 y 5
y 0
x 2 y 1
= − ⇒ = −

= ⇔

= ⇒ =

* Giới hạn và tiệm cận:
x 1
lim y x 1
→−
= ∞ ⇒ = −
: tiệm cận đứng
x x
x 3 9
lim y lim 0
2 2 2x 2
→∞ →∞
 
 
− − = =

 ÷
 
+
 
 

x 3
y
2 2
⇒ = −
: tiệm cận xiên
* Bảng biến thiên:
x
-∞
-4 -1 2
+∞
y
/
+ 0 - - 0 +
y
-∞
-5
CĐ
-∞
+∞
CT
1
+∞
* Đồ thị: hình trên.
2).

2 2
/
2
m(m 1)x 2m(m 1)x 3m 2m
y
(mx m)
− + − − −
=
+

2
/
2
(m 1)x 2(m 1)x 3m 2
y
m(x 1)
− + − − −
⇔ =
+
(vì
m 0)≠
° Hàm số có cực đại, cực tiểu
/
y 0⇐ =
có hai nghiệm phân biệt khác –1.
2
g(x) (m 1)x 2(m 1)x 3m 2 0⇔ = − + − − − =
có 2 nghiệm phân biệt khác –1
/
m 1 0

m 1
(m 1)(4m 1) 0 (*)
1
m
g( 1) 4m 1 0
4
+ ≠

>



⇔ ∆ = − + > ⇔


< −

− = − − ≠


° Trong điều kiện đó, g(x) = 0 có 2 nghiệm x
1
, x
2
và
1 2
1 2
x x 2
3m 2
x x

m 1
+ = −



+
= −

 −
° Gọi
1 2 2 2
(x ; y ), (x ; y )
là tọa độ 2 điểm cực trị.
17
x
(C)
320-1-4
-5
3
2
−
3
y
1
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
° tại điểm cực trị thì:
/ /
/
/
2

/
u .v u.v
y 0
u 2(m 1)
v
y (x 1)
m
v
u
y , v 0
v

−
= =

−

⇒ = = −


= ≠



1,2 1,2
2(m 1)
y (x 1)
m
−
⇒ = −

° Hai giá trị cực trị cùng dấu
1 2
y .y 0⇔ >
2
1 2 1 2
2
2(m 1) 2(m 1) 4(m 1)
(x 1). (x 1) 0 (x 1)(x 1) 0
m m
m
− − −
⇔ − − > ⇔ − − >
1 2
(x 1)(x 1) 0⇔ − − >
(do điều kiện (*)
⇔ − + + >
1 2 1 2
x x (x x ) 1 0
+ −
⇔ − + + > ⇔ > ⇔ <
− −
3m 2 5
2 1 0 0 m 1.
m 1 m 1
° Kết hợp các điều kiện ta được:
1
m .
4
< −
Vậy, giá trị cần tìm:

1
m .
4
< −
Câu 2: (2,0 điểm)
1). Giải bất phương trình:
1 1
15.2 1 2 1 2
+ +
+ ≥ − +
x x x
(1)
* Đặt:
x
t 2 ;=
điều kiện: t > 0. Khi đó
(1) 30t 1 t 1 2t (2)⇔ + ≥ − +
TH1:
t 1
≥
2
(2) 30t 1 3t 1 30t 1 9t 6t 1 1 t 4 (a)⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ − + ⇔ ≤ ≤
TH2:
0 t 1
< ≤
2
(2) 30t 1 t 1 30t 1 t 2t 1 0 t 1 (b)⇔ + ≥ + ⇔ + ≥ + + ⇔ < ≤
* Kết hợp (a) và (b) ta được:
x
0 t 4 0 2 4 x 2.< ≤ ⇔ < ≤ ⇔ ≤

* Vậy, bất phương trình có nghiệm:
x 2.
≤
2). Tìm m để phương trình:
2
2 0,5
4(log ) log 0− + =x x m
có nghiệm thuộc (0, 1).
Ta có :
2
2 0,5
4(log x) log x m 0− + =
với
x (0; 1)∈

2
2 2
log x log x m 0; x (0;1) (1)⇔ + + = ∈
° Đặt:
2
t log x=
° Vì:
2
x 0
limlog x
→
= −∞
và
x 1
limlogx 0

→
=
, nên: với
x (0;1) t ( ; 0)∈ ⇒ ∈ −∞
° Ta có: (1)
2
t t m 0, t 0 (2)⇔ − − = <

2
m t t, t 0⇔ = − − <
° Đặt:
2
y t t, t 0 : (P)
y m : (d)

= − − <

=

° Xét hàm số:
2
y f(t) t t= = − −
, với t < 0 ⇒
/
f (t) 2t 1= − −
⇒
/
1 1
f (t) 0 t y .
2 4

= ⇔ = − ⇒ =
° Từ bảng biến thiên ta suy ra:
(1) có nghiệm
x (0; 1)∈
⇔ (2) có
nghiệm t < 0
18
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
⇔ (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0
1
m
4
⇔ ≤
. Vậy, giá trị m cần tìm:
1
m .
4
≤
Câu 3:
1). (C
1
):
2 2
(x 1) (y 1) 4− + − =
có tâm
1
I (1; 1)

bán kính R
1

= 2
(C
2
):
2 2
(x 4) (y 1) 1− + − =
có tâm
2
I (4;1)

bán kính R
2
= 1
Ta có:
1 2 1 2
I I 3 R R= = +
⇒ (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1)
⇒ (C
1
) và (C
2
) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 //
Oy.
* Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài:
( ): y ax b ( ):ax y b 0∆ = + ⇔ ∆ − + =
ta có:

2 2
1 1
2 2
2 2
a b 1
2 2
2
a a
d(I ; ) R
a b
4 4
hay
d(I ; ) R
4a b 1
4 7 2 4 7 2
1
b b
4 4
a b
 + −
 
=

= = −
 
∆ =

+
  
⇔ ⇔

   
∆ =
+ −
− +

  
=
= =
  
 
+


* Vậy, có 3 phương trình tiếp tuyến chung:
1 2 3
2 4 7 2 2 4 7 2
( ) : x 3, ( ): y x , ( ) y x
4 4 4 4
+ −
∆ = ∆ = − + ∆ = +
2). (d
1
) có vectơ chỉ phương
1
u (1;1; 2)=
r
; (d
2
) có vectơ chỉ phương
2

u (1; 3; 1)=
r
°
/ / / / / /
2
K (d ) K(t ; 3t 6; t 1) IK (t 1; 3t 5; t 2)∈ ⇒ − − ⇒ = − − −
uur
°
/ / / /
2
18 18 12 7
IK u t 1 9t 15 t 2 0 t K ; ;
11 11 11 11
 
⊥ ⇔ − + − + − = ⇔ = ⇒ −
 ÷
 
uur r
° Giả sử (d ) cắt (d
1
) tại
1
H(t; 4 t; 6 2t), (H (d ))+ + ∈
°
18 56 59
HK t; t; 2t
11 11 11
 
= − − − − −
 ÷

 
uuur
°
1
18 56 118 26
HK u t t 4t 0 t
11 11 11 11
⊥ ⇔ − − − − − = ⇔ = −
uuur r
30 7 1
HK 4; ; (44; 30; 7).
11 11 11
 
⇒ = − − = − −
 ÷
 
uuur
° Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ):
18
x 44
11
12
y 30
11
7
z 7
11

= + λ




= − − λ



= − λ


.
Câu 4:
19
x
y
(C
1
)
(C
2
)
I
2
AI
1
1
1
4
x = 3
0
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN

1). Cách 1:
* Dựng
SH AB
⊥
* Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)⇒ ⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
* Dựng
HN BC, HP AC⊥ ⊥
·
·
SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α
* ∆ SHN = ∆ SHP ⇒ HN = HP.
* ∆ AHP vuông có:
o
a 3
HP HA.sin60 .
4
= =
* ∆ SHP vuông có:
a 3
SH HP.tg tg
4
= α = α
* Thể tích hình chóp
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC: V .SH.S . .tg . tg

3 3 4 4 16
= = α = α
Cách 2:
* Dựng
SH AB⊥
* Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) B, SH (SAB) SH (ABC)⊥ ∩ = ⊂ ⇒ ⊥
* Vì (SAC) và (SBC) cùng tạo với (ABC) một góc  và ABC đều, nên suy ra H là
trung điểm AB.
* Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz
đôi một vuông góc,
H(0; 0; 0),
 
   
− >
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   
 
a a a 3
A ; 0; 0 ; B ; 0; 0 ;C 0; ; 0 , S(0; 0; h), (h 0).
2 2 2
* Phương trình mp (ABC):
z = 0, với pháp vectơ
1
n (0; 0;1)=
r
* Phương trình mp (SAC):

x y z
1
a h
a 3
+ + =
(SAC): 2h 3x 2hy a 3z ah 3 0⇔ + + − =
với
2
n (2h 3; 2h; a 3)=
r
* (SAC) tạo với (ABC) một góc α:
2 2 2 2 2
0 0 a 3
a 3
cos
0 0 1. 12h 4h 3a 16h 3a
+ +
α = =
+ + + + +

+
⇔ = + α =
α
2 2
2
2 2
1 16h 3a
1 tg
cos 3a
α

⇔ = ⇔ = α
2 2
2
3a tg a 3
h h tg
16 4
* Thể tích hình chóp S.ABC:
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
V .h.S . tg . tg
3 3 4 4 16
= = α = α
.
20
z
h
S
B
C
A
x
H
a
2
a 3
2
y
S
H

P
C
A
B
N
ϕ
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
2). Tính
3
6 2
1
dx
I
x (1 x )
=
+
∫
. Đặt :
2
1 dt
x dx .
t
t
= ⇒ = −
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1; x =
3
⇒
t =
3
3

 
 
−
= − = − + − = − + + = +
 
 ÷
+ + + +
 
 
∫ ∫ ∫ ∫
3
1
1 1 1
6 5 3
3
4 2
2 2 2 2
3
1
3 3 3
3
3 3 3
t 1 t t dt 117 41 3 dt
I dt t t 1 dt t
5 3 135
t 1 t 1 t 1 t 1
° Đặt:
2 2
t tg u dt (1 tg u)du= ⇒ = +

. Đổi cận: t = 1 ⇒ u =
6
π
; t =
3
3
⇒ u =
4
π
[ ]
1
2
4
/ 4
2 2
/ 6
3
6
3
dt 1 tg u
du u .
12t 1 1 tg u
π
π
π
π
+ π
⇒ = = =
+ +
∫ ∫

° Vậy:
117 41 3
I
135 12
− π
= +
.
Câu 5:
1). Xét đa thức:
= + = + + + +
2009 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009
f(x) x(1 x) x(C C x C x C x )
= + + + +
0 1 2 2 3 2009 2010
2009 2009 2009 2009
C x C x C x C x .
* Ta có:
= + + + +
/ 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009
f (x) C 2C x 3C x 2010C x
⇒ = + + + +
/ 0 1 2 2009
2009 2009 2009 2009
f (1) C 2C 3C 2010C (a)
* Mặt khác:
= + + + = + +
/ 2009 2008 2008
f (x) (1 x) 2009(1 x) x (1 x) (2010 x)

⇒ =
/ 2008
f (1) 2011.2 (b)
* Từ (a) và (b) suy ra:
=
2008
S 2011.2 .
2). Với
0 x
3
π
< ≤
thì
0 tg 3< α ≤
và
sinx 0,cosx 0, 2cosx sinx 0≠ ≠ − ≠
°
2 2
3
2 2 2 3
2
cosx
1 tg x 1 tg x
cos x
y
sin x 2cosx sinx tg x(2 tgx) 2tg x tg x
.
cosx
cos x

+ +
= = =
− − −
° Đặt:
t tgx; 0 t 3= < ≤
⇒
2
2 3
1 t
y f(t) ; 0 t 3
2t t
+
= = < ≤
−
+ − + − − + +
= = = ⇔ = ⇔ = ∨ =
− − −
4 2 3 2
/ /
2 3 2 2 3 2 2 3 2
t 3t 4t t(t 3t 4) t(t 1)(t t 4)
f (t) f (t) 0 (t 0 t 1).
(2t t ) (2t t ) (2t t )

° Bảng biến thiên:
t
0 1

3
f

/
(t) 0 - 0 +
f(t)
+∞
21
Lờ Trinh Tng THPT Trng Vng QN
2
4
6 3 3
Tửứ baỷng bieỏn thieõn, ta coự:
minf(t) 2 t 1 x
4

= = =
Vy, giỏ tr nh nht ca hm s:





= =
0;
3
miny 2 khi x / 4.
Cõu 6: Gii phng trỡnh
2
4 3
1 0
2
z

z z z + + + =
trờn tp s phc.
* Bin i:



+ + + = +
ữ ữ



2
2
4 3 2
1 1 5
1
2 2
z
z z z z z z
z z
. t n s ph: t =
1
z
z

* a v phng trỡnh:
2
5 1 3 1 3
0
2 2 2

i i
t t t t
+

+ = = =
ữ

* ỏp s cú 4 nghim z : 1+i; 1- i ;
1 1
;
2 2
i i +
.
Ht
22
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
Đề 5:
( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 20014 – 20015)
Bài 1:
1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2x 4
1
y
x
−
=
+
.
2). Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của đồ thị (C) đi qua giao điểm của
hai tiệm cận của của đồ thị đó.

Bài 2: 1). Giải phương trình
2
1 sinx
tan
2 sinx
x
π
+
 
− =
 ÷
 
.
2). Chứng minh hệ phương trình
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 3
2 3
2 3
1 2 1
1 2 1
1 2 1
x x y x
y y z y
z z x z


+ = − +


+ = − +


+ = − +


có ba nghiệm phân biệt.
Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 4x −3y +11z – 26 = 0 và
hai đường thẳng (d
1
):
3 1
1 2 3
x y z− +
= =
−
; (d
2
):
4 3
1 1 2
x y z− −
= =
.
1). Chứng minh rằng (d
1
) và (d

2
) chéo nhau.
2). Viết phương trình đường thẳng (∆) nằm trên (P), đồng thời cắt cả (d
1
) và (d
2
).
Bài 4: 1). Tính tích phân:
4
2 2
0
sinx
dx
2 os sin
I
c x x
π
=
−
∫
.
2). Tính đạo hàm cấp n của hàm số y = f(x) = cos(3x − 2).
Bài 5: Với mọi số thực dương a; b; c thõa mãn điều kiện a + b + c = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b c
P

a b c
= + +
− − −

Bài 6: 1) Giải bất phương trình:
4
1
log 2 log 0
2
x
x− − ≥
.
2) Tìm m để phương trình
2
2x
2
1
1
3
x
m m
−
 
= + +
 ÷
 
có 4 nghiệm
Bài 7: 1). Tính gọn biểu thức S =
( )
25

1 i+
.
2). CMR,
+
∀ ∈k,n Z
thõa mãn
≤ ≤3 k n
ta luôn có:
− − − −
+
+ + = − −
k k 1 k 2 k k 3 k 2
n n n n 3 n n
C 3C 2C C C C
.
Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên A'A = A'B=A'C =
a. Chứng minhBB'C'C là hình chữ nhật và tính theo a thể tích của khối lăng trụ
ABC.A'B'C'.
Hết
23
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
1).
2x 4
1
y
x
−
=

+
. (Các bước khảo sát HS tự thực hiện)
TCĐ: x = −1; TCN: y = 2;
( )
2
6
' 0, 1
1
y x
x
= > ∀ ≠ −
+
BBT:
2) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(x
0
;
y
0
)∈(C)

( ) ( )
2
0 0
2 2
0 0
2x 8x 46
1 1
y x
x x
− −

= +
+ +
với x
0
≠ −1 (1)
Giao điểm của hai tiệm cận là: I(−1; 2). Thay tọa độ của I vào phương trình (1) ta được:
( )
( )
( )
2
0
0 0
2 2
0
0 0
12x 12
2x 8x 46
2 1
1
1 1
x
x x
= −

− −
= − + ⇔

≠ −
+ +


(VN). Kết luận không có tiếp tuyến nào của
(C) đi qua giao điểm I của hai tiệm cận.
Bài 2: 1). Giải phương trình
2
1 sinx
tan
2 sinx
x
π
+
 
− =
 ÷
 
.(2) Điều kiện: sinx ≠ 0
Ta có: (2) ⇔
( ) ( )
2 2 2
1 sin
cot os sinx 1 sinx 1 sin sinx 1 sinx
sinx
x
x c x x
+
= ⇔ = + ⇔ − = + ⇔

( ) ( )
sinx 1
5
1 sinx 1 2sinx 0 2 2 2 , ,

1
2 6 6
sinx
2
x k x l x l k l Z
π π π
π π π
= −

 

+ − = ⇔ ⇔ = − + ∨ = + ∨ = + ∈
 ÷

=
 

2). Hệ phương trình viết lại
3 2 3
3 2 3
3 2 3
2x 2 1
2 2 1
2 2 1
x x y
y y y z
z z z x

+ + = +


+ + = +


+ + = +

. (3)
Nhận xét: Vai trò của x, y, z là bình đẳng trong hệ và mỗi vế của từng phương trình
của hệ.
24
Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN
Đặt: f(t) = t
3
+t
2
+2t và g(t) = 2t
3
+ 1 với t ∈ R.
Hệ phương trình viết lại:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
f x g y
f y g z
f z g x
=


=



=

Ta có:
( )
2
3 2 2 0,f t t t t R
′
= + + > ∀ ∈
và
( )
2
6 0,g t t t R
′
= ≥ ∀ ∈
. Do đó f(t), g(t) là các hàm số
liên tục và đồng biến trên R.
Không mất tính tổng quát, gọi x = Max{x,y,z}, ta có đánh giá sau:

x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )y f x f y g y g z y z f y f z g z g x z x≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

Suy ra x = y = z. Vậy hệ (3) tương đương:
3 2
2x 1 0
x y z
x x
= =


− − + =


.
Xét hàm số h(x) = x
3
− x
2
−2x + 1 liên tục trên [−2; 2]⊂ R, ta có: h(−2)=−7; h(0) = 1; h(1)
= −1; h(2) = 1
Áp dụng tính chất hàm liên tục −− > h(x) = 0 có đúng ba nghiệm phân biệt (do h(x) bậc 3)
−−− > (đpcm).
Bài 3:
1) Ta có:
* M(0; 3; − 1) ∈(d
1
) ; N(4; 0; 3) ∈(d
2
) ⇒
( )
= −
uuuur
MN 4; 3;4
* VTCP của (d
2
) là
( )
=
r
2
u 1;1;2
và VTCP của (d
1

) là
( )
= −
r
1
u 1;2;3
⇒
( )
 
= −
 
r r
1 2
u ,u 1;5; 3
.
* Xét
 
= − − = − ≠
 
r r uuuur
1 2
u ,u .MN 4 15 12 23 0
⇒ (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
2) Nhận xét: Vì ∆ nằm trên (P) và cắt cả d
1
, d

2
nên ∆ qua giao điểm của d
1
, d
2
với (P).
Tọa độ giao điểm A của d
1
và (P) là nghiệm của hệ:

− +
= =

−


− + − =

x y 3 z 1
1 2 3
4x 3y 11z 26 0
⇒ A (−2; 7; 5)
Tọa độ giao điểm B của d
2
và (P) là nghiệm của hệ:

− −
= =




− + − =

x 4 y z 3
1 1 2
4x 3y 11z 26 0
⇒ B( 3; −1; 1)
Phương trình đường thẳng ∆:
+ − −
= =
− −
x 2 y 7 z 5
5 8 4
Bài 4:
1). Ta có
( )
4 4
2 2 2
0 0
osx
sinx
dx
2 os sin 3 os 1
d c
I
c x x c x
π π
= =
− −
∫ ∫

.
Đặt t = sinx ⇒ dt = cosx.dx, khi x = 0 ⇒ t = 0; x =
π
⇒ =
2
t
4 2

25