ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN THPT 2015 KÈM LỜI GIẢI VÀ ĐÁP SỐ - ĐỀ SỐ 6

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 1


MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
42
8 9 1y x x  
có đồ thị
()C
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số.
2. Dựa vào đồ thị
 
C
của hàm số, biện luận theo
m
số nghiệm của phương trình:
42
8 cos 9 cos 0x x m  
với
 
0;x


.
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:
cos cos 2 cos 3 cos 4 cos

2
5
1
x x x x x     

Câu 3: (1 điểm)
Tính tích phân:


23
4
2
0
ln 9 3
9
x x x
I dx
x
  




Câu 4: (1 điểm)
Cho
,nk
là các số nguyên dương thỏa mãn
0 kn
. Chứng minh rằng:
 

2
2 2 2
n n n
n k n k n
C C C



Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ
O xyz
, cho đường thẳng
3 2 1
:
2 1 1
x y z
d
  


và mặt phẳng
 
: 2 0P x y z   
. Gọi
M
là giao điểm của
d
và
 
P

. Viết phương trình đường thẳng

nằm
trong mặt phẳng
 
P
, vuông góc với
d
đồng thời khoảng cách từ
M
tới

bằng
42
.
Câu 6: (1 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng
1 1 1
.A B C A B C
có
AB a
,
2AC a
,
1
25AA a
và
120
o
BAC 

. Gọi
M
là
trung điểm của cạnh
1
CC
. Chứng minh
1
M B M A
và tính khohanrg cách từ điểm
A
đến mặt phẳng
 
1
A BM
.
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
O xy
, cho tam giác
ABC
với
 
1; 2A 
, đường cao
: 1 0C H x y  
,
phân giác trong
: 2 5 0B N x y  
. Tìm tọa độ các đỉnh

,BC
và tính diện tích tam giác
ABC
.
Câu 8: (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
42
22
698
81
3 4 4 0
xy
x y xy x y





     


Câu 9: (1 điểm)
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 10

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2

Cho
,,abc
là các số thực dương thỏa mãn
12; 8ab bc

. Chứng minh rằng:
1 1 1 8 1 21
2
12
abc
a b bc ca a b c

      



HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI


Câu 1:
1.
Tập xác định:
D 
.
Ta có:
3
0
3 2 18 ; ' 0
3
4
x
y x x y
x





   





2
33
'' 96 18; '' 0; ''(0 ) 0; '' 0
44
y x y y y
   
     
   
   

Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại
3
4
x 
và
3
4
x 
và hàm số đạt cực đại tại
0x 

. Hàm số nghịch biến
trên mỗi khoảng
3
;
4

  


và
3
0;
4



, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
3
;0
4




và
3
;
4






Tính giới hạn:
lim lim
xx
y
    
   

Bảng biến thiên:
x



3
4

0
3
4



'y



0


0

0 +
y


1




49
32


49
32


Đồ thị:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3


2.
Xét phương trình:
42
8 cos 9 cos 0x x m  
với
 

0;x



 
1

Đặt
costx
, phương trình trở thành:
42
8 9 0t t m  

 
2

Vì
 
0;x


nên
 
1;1t 
, tương ứng với mỗi giá trị của
t
là 1 giá trị duy nhất của
x
, do đó số
nghiệm của phương trình

 
1
và phương trình
 
2
bằng nhau.
Ta có:
 
42
2 9 1 1t t m     

Gọi
 
'C
là đồ thị hàm số
42
8 9 1y t t  
với
 
1;1t 
, thì
 
'C
là phần đồ thị
 
C
trong đoạn
 
1;1
.

Số nghiệm của phương trình
 
2
là số giao điểm của
 
'C
với đường thẳng
1ym
.
Nhìn vào bảng biến thiên suy ra:
Với
0m 
: phương trình vô nghiệm.
Với
0m 
: phương trình có 1 nghiệm.
Với
01m
: phương trình có 2 nghiệm.
Với
81
1
32
m
: phương trình có 4 nghiệm.
Với
81
32
m 
: phương trình có 2 nghiệm.

Với
81
32
m 
: phương trình vô nghiệm.
Nhận xét: Khi biện luận các phương trình mà cần thông qua phép đổi biến, ta phải xem xét đến sự
tương ứng về nghiệm giữa biến đã cho và biến số mới để tránh kết luận sai số nghiệm.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4

1. Tìm các giá trị của
m
để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn
2
0;
3




:
 
6 6 4 4
sin cos sin cosx x m x x  

Đáp số:
17
2 10
m

2. Tìm các giá trị của
m
để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:
 
2
2 1 1 0
xx
e m e m    

Đáp số:
7m 


Câu 2:
Xét
2,x k k


, phương trình trở thành:
1
5
2

(loại)
Xét
2 , sin 0
2
x
x k k


   
.
Nhân hai vế của phương trình với
2 sin 0
2
x

, ta được:

2 sin cos 2 sin cos 2 2 sin cos 3 2 sin cos 4 2 sin cos 5 sin
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
x x x x x     

3 5 3 7 5 9 7 11 9
sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x x x x x x x x x x x
           

11 2
sin 0 ,
2 11
xk
xk

    

Đối chiếu với điều kiện ta được:

2
,,
11
k
x k k


không chia hết cho 11.
Nhận xét: Dạng toán này sẽ giúp chúng ta giải quyết những phương trình lượng giác rất phức tạp.
Tuy nhiên, cần phải để ý xét các trường hợp cẩn thận trước khi nhân hay chia một biểu thức nào đó,
để tránh dẫn tới kết luận thừa nghiệm.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình:
1
cos cos 2 cos 4 cos 8
16
x x x x 
.
Đáp số:
 
2 17 1
15 ; , , ,
15 17 17 2
k l n
x k n l k l n
  
  

    





.
2. Giải phương trình:
sin 5
1
5 sin
x
x

.
Đáp số: Phương trình vô nghiệm.

Câu 3:
Ta có:


2
44
3
22
00
ln 9
3
99
xx
x
I dx dx
xx







Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5

Xét


2
4
1
2
0
ln 9
9
xx
I dx
x





Ta có:









22
4
22
22
1
0
ln 9
4
ln 5 ln 3
ln 9 ln 9
0
22
xx
I x x d x x


      


Xét
4
3
2
2
0

9
x
I dx
x




Đặt
2 2 2
2
9 ; 9
9
x
x t d t dx x t
x
     


Đổi cận:
03xt  


45xt  

Suy ra:
 
5
3
2

2
3
5
44
99
3
33
t
I t dt t

    




Từ đó suy ra:
22
12
ln 5 ln 3
3 44
2
I I I

   

Nhận xét: Bài toán trên là dạng thường xuất hiện trong đề thi đại học, khi chúng ta thường tách
thành nhiều biểu thức tích phân nhỏ và giải quyết từng biểu thức một.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tính tích phân:
3

1
4
2
0
1
x
x
I x e dx
x








Đáp số:
3
3
e
I



2. Tính tích phân:
2
3
1
2

4
x
x
I x e d x
x








Đáp số:
2
3
3
Ie

  


Câu 4:
Ta có:
 
 
2
2 2 2
0
n n n

n k n k n
C C C k n

  

 
 
 
 
 
2
2 ! 2 ! 2 !
.
! ! ! ! ! !
n k n k n
n k n n k n n n







                 
2
1 2 1 2 1 2n k n k n k n n k n k n k n n n n n                
     
     



    
2
11
nn
ii
n k i n k i n i


      




Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
     
2
0,n k i n k i n i k i n        

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Chứng minh rằng với mọi
0 2014k
ta có:
1 1 007 1 008
2 015 2 015 2 015 2 015
kk
C C C C


  

Hướng dẫn: Chứng minh:
1007
2 015 2 015
, 0 20 1 5
k
C C k   
.
2. Cho
n
là số nguyên dương (
2n 
). Chứng minh rằng:
 
2
2
1
!
2
n
n
n
nn






Hướng dẫn: Sử dụng các đánh giá:
 
 
2
1
0
1
1
2
k n k n
kn
n
k n k
   

  



  






Câu 5:
Giả sử tọa độ
M

là
 
3 2 ; 2 ; 1M t t t    
.
Vì
 
MP
nên ta có:
3 2 2 1 2 0 1t t t t         
, suy ra tọa độ
M
là
 
1; 3; 0M 

Đường thẳng
d
có vectơ chỉ phương là
 
2;1; 1
d
u 

Mặt phẳng
 
P
có vectơ pháp tuyến là
 
1;1;1
P

n 

Vì

nằm trọng
 
P
và vuông góc với
d
nên

có vectơ chỉ phương là:
 
, 2; 3;1
dP
u u n


  


Gọi
 
,,N a b c
là hình chiếu vuông góc của
M
trên

, khi đó:
 

1; 3;M N a b c  

Ta có:
 
   
22
2
5
2
2 3 11 0
5
20
3
1 3 4 2
42
4
5
a
b
a b c
M N u
c
abc
NP
a
a b c
MN
b
c









   









   








    















Với
5
2
5
a
b
c








, tọa độ
N
là
 

5; 2; 5N 
, suy ra phương trình

là:
5 2 5
2 3 1
x y z  



Với
3
4
5
a
b
c








, tọa độ
N
là
 
3; 4;5N 

, suy ra phương trình

là:
3 4 5
2 3 1
x y z  



Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong không gian với hệ tọa độ
O xyz
, cho mặt phẳng
 
: 1 0P x y z   
và hai đường thẳng
12
11
: ; :
1 1 1 1 1 3
x y z x y z
dd

   

. Viết phương trình đường thẳng

nằm trong mặt phẳng
 
P

và
cắt
2
d
đồng thời

và
1
d
chéo nhau và khoảng cách giữa chúng là
6
2


Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7

Đáp số:
0
:
1
x
yt
zt








  


hoặc
:
1
xt
yt
z










2. Trong không gian với hệ tọa độ
O xyz
, cho điểm
 
2;1; 0M
và đường thẳng
d
có phương trình
11
:
2 1 1

x y z
d



. Tìm tọa độ điểm
N
đối xứng với
M
qua đường thẳng
d
.
Đáp số:
854
;;
3 3 3
N




.

Câu 6:
Ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1
9A M A C C M a  

2 2 2 2

2 . .cos 120 7
o
BC A B AC AB A C a   

2 2 2 2
12BM BC C M a  

2 2 2 2
11
21A B A A A B a  

2 2 2
1 1 1
A B A M M B M B M A    

Ta có:
11
2
1
1 15
.
33
M A B A C A B A ABC
a
V V A A S  

 
 
11
1

1
1
36
5
,
.3
M A B A M A B A
M B A
VV
a
d A M B A
S M B M A
   

Nhận xét: Bài toán trên tương đối đơn giản, ý yêu cầu
chứng minh đầu tiên là một gợi ý rất hữu ích đối
với việc tính toán ở phần sau.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hình lăng trụ
1 1 1
.A B C A B C
có đáy là tam giác đều cạnh
2a
, điểm
1
A
cách đều ba điểm
,,A B C
.
Cạnh bên

1
AA
tạo với mặt phẳng đáy một góc

. Tìm số đo góc

, biết thể tích khối lăng trụ
1 1 1
.A B C A B C
bằng
3
23a
.
Đáp số:
60
o


.
2. Cho hình hộp đứng
. ' ' ' 'ABCD A B C D
có đáy là hình vuông, tam giác
'A AC
vuông cân và
'A C a
. Tính thể tích của khối tứ diện
''ABB C
và khoảng cách từ điểm
A
đến mặt phẳng

 
'BCD

theo
a
.
Đáp án:
3
48
26
;
6
aa
Vd
.

Câu 7:
Đường thẳng
AB
đi qua
A
vuông góc với đường cao
CH
nên đường thẳng
AB
có phương trình là:
10xy  
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8

Tọa độ của đỉnh
B
là nghiệm của hệ:
2 5 0 4
1 0 3
x y x
x y y
    



   


Hay tọa độ của đỉnh
B
là
 
4;3B 

Lấy
'A
đối xứng với
A
qua đường thẳng
BN
, suy ra
'A BC

Phương trình đường thẳng
d
đi qua
A
và vuông góc với
BN
là:
: 2 5 0d x y  

Gọi
I
là giao điểm của
d
và
BN
.
Tọa độ của
I
là nghiệm của hệ:
2 5 0 1
2 5 0 3
x y x
x y y
    



   


Hay tọa độ của
I
là
 
1;3I 
. Từ đó suy ra tọa độ
'A
là
 
' 3; 4A 

Đường thẳng
BC
đi qua
 
4;3B 
và
 
' 3; 4A 
có phương trình:
7 25 0xy  
.
Tọa độ của đỉnh
C
là nghiệm của hệ:
13
7 25 0
4
1 0 9
4

x
xy
xy
y



  




  






Hay tọa độ của đỉnh
C
là
1 3 9
;
44
C





Từ đó suy ra:
 
1 1 4 5 0 4 5
. . , . .3 2
2 2 4 4
ABC
S B C d A B C  
(đvdt)
Nhận xét: Đối với tất cả các bài toán có xuất hiện đường phân giác, thì ta luôn sử dụng phép lấy đối
xứng một điểm qua đường phân giác đó.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Các bước tìm ảnh
B
của phép đối xứng điểm
A
qua đường một đường thẳng
d
.
 Viết phương trình đường thẳng
'd
đi qua
A
và vuông góc với
d

 Tìm tọa độ giao điểm
I
của
d

và
'd

 Tìm tọa độ
B
sao cho
I
là trung điểm
AB
.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
O xy
, cho tam giác
ABC
với
 
1; 3A 
, phương trình đường phân
giác trong
BD
là
20xy  
và phương trình đường trung tuyến
CE
là
8 7 0xy  
. Tìm tọa độ
các đỉnh
,BC

.
Đáp số:
   
3; 5 , 7; 0BC
.
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
O xy
, cho tam giác
ABC
có phân giác trong
AD
và đường cao
CH
có phương trình lần lượt là
1
: 2 0d x y  
và
2
: 2 5 0d x y  
. Điểm
 
3; 0M
thuộc đoạn
AC

thỏa mãn
2AB AM
. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
.

Đáp số:
     
1;1 , 3; 3 , 1; 2A B C
.

Câu 8:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9

Định hướng: Hình thức của hệ gồm một phương trình có dạng
   
0f x g y
và một phương
trình là đa thức bậc hai
 
;h x y
. Ta nghĩ đến việc sẽ sử dụng tính chất nghiệm của tam thức bậc hai
để đánh giá
,xy
.
Lời giải:
Viết lại phương trình thứ hai dưới dạng:

     
 
2
2
22
3 2 0 1
4 3 4 0 (2 )

x y x y
y x y x x

    


     



Để
 
1
có nghiệm
x
thì
   
22
7
0 3 4 1 0 1
3
x
y y y         

Để
 
2
có nghiệm
y
thì

 
 
2
2
4
0 4 4 3 4 0 0
3
y
x x x x          

Từ đó suy ra:
42
42
4 7 697 698
3 3 8 1 81
xy
   
    
   
   

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét: Chỉ với những đánh giá khá đơn giản: đặt điều kiện của

để tam thức có nghiệm mà ta
có thể tìm ra cực trị của các ẩn. Từ đó đánh giá và giải quyết những bài toán mà các phương pháp
thông thương cũng bó tay. Loại hệ sử dụng phương pháp này thường cho dưới hai dạng chính.
 Thứ nhất: cho một phương trình là tam thức, một phương trình là tổng hoặc tích của hai hàm
 
fx

và
 
gy
.
 Thứ hai: cho cả 2 phương trình đều là phương trình bậc hai của 1 ẩn nào đó.
Dưới đây là một số bài toán tương tự.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải hệ phương trình:
   
22
22
7
2 1 2 1
2
7 6 14 0
x y xy
x y xy x y

  



     


Đáp số: Hệ phương trình vô nghiệm.
2. Giải hệ phương trình:
3 2 3 2
22
12 12 367 54 5 4 18 1 44

7 6 14 0
x x x y y y
x y xy x y

      

     


Đáp số:
 
7
; 2;
3
xy






Câu 9:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
3
22
3 . . 2
1 8 2 4 18 2 4
a b a b
a b a b
   

3
2 2 3
3 . .
1 6 8 1 6 8 4
b c b c
b c b c
   


Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10

3
22
3 . . 1
9 6 9 6
a c a c
ca ca
   

4
8 8 4
4 . . .
9 1 2 6 9 12 6 3
a b c a b c
a b c ab c
    

1 3 13 1 3
2 6 .

1 8 2 4 18 2 4 3
a b a b
  

1 3 1 3 1 3
2 6 .
2 4 4 8 2 4 4 8 6
c b c b
  

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
1 1 1 8 1 3 4 13 13 1 2 1
21
2 4 3 3 6 12
abc
ab bc ca ab c

            



Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3, 4, 2a b c  
.
Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ mẫu mực cho phương pháp chọn điểm rơi của bất đẳng thức
AM-GM. Mấu chốt trong các bài toán dạng này là tìm được điểm xảy ra dấu đẳng thức.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho
,,x y z
là các số thực dương thỏa mãn:

19; 5; 1890; 2014x y z x y z     
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức:
P xyz

Hướng dẫn: Đánh giá
124xy
.
Ta có:
   
3
3
2 3 3
18 2 8 6 2
18 9 0 189 0 62
62 .189 0 . 18 9 0 .18 9 0 .62 62 .18 90
33
x y x y z
x y z
P x y z
   



   




Từ

đó suy ra:
2
62 .189 0P 
.
2. Cho
,,abc
là các số dương thỏa mãn:
3
4
3
x xy xyz  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P x y z  

Hướng dẫn: Ta có:
3
4 1 1 4 4 1 6 4( )
.4 .4 .16
3 2 4 4 12 3
x y x y z x y z
x x y x y z x
    
      

Suy ra
16 4 1
m in 1 ; ;
21 2 1 21
P x y z    
.

3. Cho
,,x y z
là các số thực thỏa mãn
2 2 2
9
1
16
x y z xy   
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P xy yz zx  

Hướng dẫn: Sử dụng các đánh giá sau:
 
22
2 2 2 2
12 5 17 1 2 5 17 49 12 5 3 5 2 49 12 5 3 5 2
;;
32 16 3 2 2 4 32 2 4
zz
x y xy y yz x xz
     
     