ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN HỌC THPT 2015 KÈM LỜI GIẢI VÀ ĐÁP SỐ - ĐỀ SỐ 7

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
22
1
x
y
x



có đồ thị
()C
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
2. Tìm
m
để đường thẳng
:2d y x m
cắt đồ thị
 
C
tại 2 điểm phân biệt
,AB
sao cho
5AB 

.
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:
 
 
3
sin 2 cos 3 2 3 cos 3 3 cos 2 8 3 cos sin 3 3x x x x x x     

Câu 3: (1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường
 
1y e x
và
 
1
x
y e x

Câu 4: (1 điểm)
Tìm phần thực và phần ảo của số phức
z
biết
 
 
50
49
1
3
i
z

i




Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ
O xyz
, cho mặt phẳng
 
: 2 2 1 0P x y z   
và các đường thẳng:
12
1 3 5 5
: ; :
2 1 2 3 4 2
x y z x y z
dd
   
   

. Tìm các điểm
12
,A d B d
sao cho
 
//AB P
và
AB
cách

 
P
một khoảng bằng 1.
Câu 6: (1 điểm)
Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình vuông cạnh
a
, mặt bên
 
SAD
là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
,,M N P
lần luowjt là trung điểm của các cạnh
,,SB BC CD
.
Chứng minh rằng
AM
vuông góc với
BP
và tính thể tích của khối tứ diện
CM N P
.
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
O xy
, cho hai đường thẳng
1
: 3 5 0d x y  

và
2
: 3 1 0d x y  
, điểm
 
1; 2I 
. Viết phương trình đường thẳng

đi qua
I
và cắt
12
,dd
lần lượt tại
,AB
sao cho
22AB 
.
Câu 8: (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
7 2 5
22
x y x y
x y x y

   


   




Câu 9: (1 điểm)
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 7

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2

Cho
,,x y z
là các số thực thỏa mãn
2 2 2
5x y z  
và
3x y z  
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
2
2
xy
P
z




HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:

1. Tập xác định:
\ { 1}D 
.
Ta có:
2
0,
( 1)
4
y x D
x

   


Suy ra hàm số không có cực trị và hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ; 1)  
và
( 1; ) 

Ta có:
lim lim 2
xx
y
     

nên hàm số có tiệm cận ngang
2y 
.

11

lim ; lim
xx
y


    
nên hàm số có tiệm cận đứng
1x 
.
Bảng biến thiên:
x


-1


'y




||



y



2

2



Đồ thị:

2. Phương trình hoành độ giao điểm là:
 
2
22
2 2 2 0 1
1
x
x m x m x m x
x

        



Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3

Đường thẳng
d
cắt
 
C
tại 2 điểm phân biệt

,AB


phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt
12
,xx
khác -1
2
8 16 0mm   

Theo định lý Viète, ta có:
12
12
2
2
2
m
xx
m
xx













Gọi tọa độ
,AB
là
   
1 1 2 2
; 2 , ; 2A x x m B x x m
.
   
22
2
1 2 1 2
5 4 5AB x x x x     


 
2
1 2 1 2
41x x x x   


2
10
8 20 0
2
m
mm
m



    



(thỏa mãn)
Vậy
 
10; 2m 

Nhận xét: Bài toán này thuộc lớp các bài toán liên quan đến sự tương giao của đồ thị. Trong dạng
bài này, chúng ta thường sử dụng các kỹ thuật liên quan đến dấu của tam thức bậc hai và sử dụng
định lý Viète về mối liên hệ giữa các nghiệm của phương trình đa thức (đã được đề cập đến trong đề
số 5).
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hàm số
1x
y
xm



có đồ thị
()
m
C
. Tìm
m
để đồ thị hàm số cắt đường thẳng
:2d y x

tại 2
điểm
A
và
B
sao cho
22AB 
.
Đáp số:
7m 

2. Cho hàm số
2
1
x
y
x


có đồ thị
()C
. Tìm
m
để đường thẳng
:2d y m x m  
cắt đồ thị hàm số tại
hai điểm
,AB
phân biệt sao cho độ dài
AB

ngắn nhất.
Đáp số:
1m 


Câu 2:
Phương trình đã cho tương đương với:

 
23
2 sin cos 6 sin cos 2 3 cos 6 3 cos 3 3 8 3 cos sin 3 3x x x x x x x x      

     
2
2 cos sin 3 cos 6 cos sin 3 cos 8 sin 3 cos 0x x x x x x x x     

 
 
2
sin 3 cos 2 cos 6 cos 8 0x x x x    

2
sin 3 cos 0
2 cos 6 co s 8 0
xx
xx



  




, vì
cos 0x 


Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4

,
tan 3
3
cos 1
2
xk
k
x
x
xk

















.
Vậy nghiệm của phương trình là:
; 2 ,
3
x k k k



  


.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình:
 
2
cos 2 cos 2 tan 1 2x x x  
.
Đáp số:
2 ; 2 ,
3
x k k k

  


    


.
2. Giải phương trình:
2
tan tan tan 3 2x x x
.
Đáp số:
42
,
k
xk

  
.

Câu 3:
Hoành độ giao điểm của hai đường là nghiệm của phương trình:
 
   
0
1 1 0
1
xx
x
e x e x x e e
x



      




Vậy diện tích hình phẳng cần tính là:
   
11
00
xx
S x e e dx x e e dx   


 
1 1 1
2
0 0 0
1
0
2
xx
ex
e xdx xe dx xd e   
  

1
0
11
1
00

2 2 2
x x x
e e e
xe e d x e e


       






(đvdt)
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường:
   
;
,
y f x y g x
x a x b
  




Khi đó diện tích hình phẳng là:
   
b
a

S f x g x dx


Khi đề bài chưa cho
,x a x b
thì khi đó
,x a x b
có thể được tìm ra bằng cách giải phương
trình:
   
f x g x

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong
lny x x
với trục hoành và đường thẳng
xe

Đáp số:
2
1
4
e
S



2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong
2
4yx  

và
2
3
x
y 


Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5

Đáp số:
43
3
S





Câu 4:
Sử dụng công thức Moivre ta có:
 
 
50
50
49 49
2 cos sin
1
44
3
2 co s sin

66
i
i
z
i
i





















25
49
2 5 25

2 co s sin
22
4 9 4 9
2 co s sin
66
i
i













24
1
co s sin
2 3 3
i






Suy ra:
24
1
co s sin
2 3 3
zi






Vậy số phức
z
có phần thực là
24 2 5
11
cos
2 3 2


và phần ảo là
24 25
13
sin
2 3 2



Nhận xét: Đối với các biểu thức số phức với lũy thừa bậc cao, ta thường sử dụng dạng lượng giác
của số phức cùng công thức Moivre.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Số phức
z x yi
có dạng lượng giác
 
cos sinz r i


với
22
r x y
và góc

được xác định
như sau:
2 2 2 2
cos ; sin
xy
x y x y




Công thức Moivre:
 
cos sin cos sin
n
i n i n

   
  

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tìm phần thực và phần ảo của số phức
z
biết
 
9
6
co s sin 1 3
33
z i i i


  



Đáp số: Phần thực là
8
23
, phần ảo là
8
2

2. Tìm phần thực và phần ảo của số phức
10
10
1

z




biết
1
1



.
Đáp số: Phần thực là
1
, phần ảo là
0


Câu 5:
Vì
1
Ad
nên tọa độ
A
có dạng
 
2 1; 3; 2A a a a  

Vì
2

Bd
nên tọa độ
B
có dạng
 
3 5; 4 ; 2 5B b b b


Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6

Ta có:
 
3 2 4; 4 3; 2 2 5AB b a b a b a      

Vì
 
//AB P
nên ta có:
.0
P
AB n 

   
2 3 2 4 4 3 2 2 2 5 0 6 1 0b a b a b a a b             

Ta có:
 
 
 
 

5
4 2 3 4 1 2
, , 1 1
1
33
a
a a a a
d A P d A B P
b

     

     




Với
2
5
3
ab   
, ta có:
 
8 11
9; 2;10 , 7; ;
33
AB







Với
1
1
3
ab   
, ta có:
 
4 17
3; 4; 2 , 4; ;
33
AB






Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong không gian với hệ tọa độ
O xyz
, cho mặt phẳng
 
: 2 2 1 0P x y z   
và hai đường thẳng
12
1 9 1 3 1

: ; :
1 1 6 2 1 2
x y z x y z
dd
    
   

. Xác định tọa độ điểm
M
thuộc đường thẳng
1
d
sao cho
khoảng cách từ
M
đến đường thẳng
2
d
và khoảng cách từ
M
đến mặt phẳng
 
P
bằng nhau.
Đáp số:
 
2; 4;1M
hoặc
 
1;1; 4M 

.
2. Trong không gian với hệ tọa độ
O xyz
, cho điểm
 
0;1; 3A
và đường thẳng
1
:
22
3
xt
d
yt
z








. Tìm trên
d
hai điểm
,BC
sao cho tam giác
ABC
đều.

Đáp số:
6 3 8 2 3
; ; 3
55





và
6 3 8 2 3
; ; 3
55







Câu 6:
Gọi
O
là trung điểm của
AD
.
Vì tam giác
SA D
đều và
   

SAD ABC D

nên
 
SO ABC D
.
Chọn hệ trục tọa độ
O xyz
sao cho tọa độ các
đỉnh là:
 
0;0;0O
,
3
0; 0;
4
a
S




,
; 0; 0
2
a
D




,
; 0; 0
2
a
A




,
; ; 0
2
a
Ca



, và
; ; 0
2
a
Ba





Từ đó suy ra tọa độ các điểm
,,M N P
là:

3
;;
4 2 4
aaa
M





,
 
0; ; 0Na
,
; ; 0
22
aa
P




Ta có:
3
;;
4 2 4
aaa
AM






,
; ; 0
2
a
B P a




nên
.0A M B P 
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7

Suy ra
AM
vuông góc với
BP
.
Lại có:
3
;;
4 2 4
a a a
NM


  



,
; 0; 0
2
a
NC




,
; ; 0
22
aa
NP





Suy ra:
2 2 3
3 1 3
, 0; ; , .
8 4 6 96
C M N P
a a a

N M N C V N M N C N P

   
   

   



Nhận xét: Phương pháp tọa độ hóa là một phương pháp “chắc chắn” sẽ giải quyết được “tất cả” các
bài hình học phẳng cũng như hình học không gian. Tuy nhiên, để tránh những tính toán cồng kềnh,
phức tạp và xấu xí, không phải bài toán nào chúng ta cũng sử dụng phương pháp này, vì đa phần các
bài toán trong đề thi không thuận lợi cho phương pháp này. Vậy khi nào ta sẽ tọa độ hóa trong các
bài toán hình học không gian? Câu trả lời là khi tồn tại 3 đường đôi một vuông góc với nhau và
thường là không xuất hiện mặt cầu, mặt nón.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
1
,.
6
A BC D
V A B A C A D




Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hình lăng trụ đứng
. ' ' 'ABC A B C
có đáy
ABC

là tam giác vuông,
AB AC a
,
'2A A a
.
Gọi
,MN
lần lượt là trung điểm của đoạn
'AA
và
'BC
. Chứng minh
MN
là đường vuông góc
chung của
'AA
và
'BC
. Tính thể tích khối tứ diện
''M A BC
.
Đáp số:
3
2
2
a
V 
.
2. Cho hình chóp
.S ABCD

có đáy là hình thoi tâm
O
cạnh
a
,
60
o
BAD 
. Đường thẳng
SO
vuông
góc với mặt phẳng
 
ABC D
và
3
4
a
SO 
. Gọi
,EF
lần lượt là trung điểm
,B C BE
. Mặt phẳng
 


chứa
AD
và vuông góc với

 
SBC
cắt hình chóp
.S ABCD
theo một thiết diện. Tính diện tích thiết
diện đó.
Đáp án:
2
9
16
a
S 
.

Câu 7:
Giả sử
   
12
; 3 5 ; ; 3 1A a a d B b b d     

Khi đó ta có:
   
1; 3 3 ; 1; 3 1IA a a IB b b       

Ta có:
,,I A B
thẳng hàng
 
 
11

3 1 3 3
b k a
IB k IA
b k a
  


  

    



Nếu
1a 
thì
14b AB  
(loại)
Nếu
1a 
thì
 
1
3 1 3 3 3 2
1
b
b a a b
a

       



Ta có:
   
2
2
2 2 3 4 2 2A B b a a b      




Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8

   
2
2
5 12 4 0
2
5
ab
a b a b
ab
  


      

  


Với
2t 
ta có:
3 2 2
: 1 0
20
a b a
xy
a b b
   

     

   


Với
2
5
t 
ta có:
2
32
5
: 7 9 0
2
4
5
5
ab

a
xy
ab
b






     

  






Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là:
: 1 0xy   
hoặc
: 7 9 0xy   

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
,,M A B
thẳng hàng
M B k M A
, với
k

là số thực nào đó.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong mặt phẳng
O xy
, cho hai đường thẳng
12
: 3 5 0, : 4 0d x y d x y     
và điểm
 
1;1I
. Viết
phương trình đường thẳng

đi qua
I
và cắt
12
,dd
lần lượt tại
,AB
sao cho
23IA IB
.
Đáp số:
:0xy  
hoặc
: 1 0x  

2. Trong mặt phẳng
O xy

, cho hai đường thẳng
12
: 1 0, : 2 2 0d x y d x y     
và điểm
 
1; 0I
. Viết
phương trình đường thẳng

đi qua
I
và cắt
12
,dd
lần lượt tại
,AB
sao cho
30IB IA
.
Đáp số:
: 5 1 0xy   
hoặc
: 1 0xy   
.

Câu 8:
Điều kiện:
70
20
xy

xy






Đặt
7 ; 2 ; , 0x y u x y v u v    
.
Khi đó ta có:
22
2
22
2
22
7
38
5
5
2
72
5
uv
x
xyu
uv
xy
x y v
vu

y








   









Hệ phương trình đã cho trở thành:

22
5
38
2
5
uv
uv
v










15 7 7
2
77 5
2
u
v












(vì
,0uv
)

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9

Từ đó suy ra nghiệm của hệ là:
 
11 77
; 1 0 7 7 ;
2
xy







Nhận xét: Không quá khó khăn để chúng ta xác định được sẽ đặt các ẩn phụ như trên. Công việc
quan trọng sau khi đã đặt ẩn phụ là biểu diễn các biểu thức chứa biến trong hệ đã cho theo các ẩn
phụ mới.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải hệ phương trình:
5 2 2 2 5
2 4 3 3
x y x y
x y x y

   


   




Đáp số:
 
 
7 7 31 11 23 41
18 8 2 23 4 1
;;
25 45 0
xy







.
2. Giải hệ phương trình:
2 2 3 5 7
3 5 2 3 1
x y x y
x y x y

    


     



Đáp số:
   
; 3;1xy 


Câu 9:
Từ điều kiện ta có:
   
22
2 2 2
5
2
x y x y
z x y
  
   

 
2
2 2 2 2 2
( ) 10 2 ( ) 10 2 3 1 6 3x y z x y z z z z            

Dễ thấy
0z 
. Ta có:
( 2) 2P z x y   

 
2

2
2 2 1 6 3P z z z     



   
2 2 2 2
3 4 4 6 4 8 3 0P z P P z P P        

Phương trình có nghiệm ẩn
z
khi và chỉ khi
'
0
z


     
2
2 2 2
36
2 2 3 3 4 8 3 0 0
23
P P P P P P           

Giá trị nhỏ nhất của
P
là
36
23


, xảy ra chẳng hạn khi:
20 6 6 7
;;
31 31 31
x y z   

Giá trị lớn nhất của
P
là
0
, xảy ra chẳng hạn khi:
2; y 0; z 1x   

Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ mẫu mực cho phương pháp sử dụng tính chất của tam thức bậc
hai.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho
,,x y z
là các số thực không âm thỏa mãn:
1x y z  
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
9 10 11P xy yz zx  

Hướng dẫn: Từ giả thiết
1x y z  
suy ra:
22
11 10 11 1 0 1 2P x y x y xy     

hay
 
22
11 12 11 10 10 0x y x y y P     


Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10

Ta có:
2
74 2 2 12 1 7 4 5 4 4 5 49 5
0.
11 37 29 6 1 1 1 0 95 2 1 4 8
x
P y y
     
          
     
     

Giá trị lớn nhất của
P
là
495
148
, đạt được khi
11 25 27
;;
37 7 4 74
y x z  

2. Cho
, , ,a b c d
là các số thực. Chứng minh bất đẳng thức:
 
 
2
2 2 2 2
36a b c d a b c d ab       

Hướng dẫn: Viết lại bất đẳng thức dưới dạng:
   
 
2
2 2 2 2
( ) 2 2 2 3 0f a a c d b a b c d b c d           

Dễ dàng chứng minh được:
 
2
'
3 0 ( ) 0, , , ,
a
c d f a a b c d        