ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN HỌC THPT 2015 KÈM LỜI GIẢI VÀ ĐÁP SỐ - ĐỀ SỐ 8

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
32
31y x x  
có đồ thị
 
C
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số.
2. Tìm hai điểm
,AB
thuộc đồ thị
 
C
sao cho tiếp tuyến của
 
C
tại
A
và
B
song song với nhau
và độ dài
42AB 
.

Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:
 
cos 2 cos 2 4 sin 2 2 1 sin
44
x x x x

   
      
   
   

Câu 3: (1 điểm)
Tính tích phân:
32
ln 3
0
2
4 3 1
xx
xx
ee
ee
I dx





Câu 4: (1 điểm)

Giải hệ phương trình:
11
1
6 5 2
y y y
x x x
C C C




Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ
O xyz
, cho hai đường thẳng
12
,dd
lần lượt có phương trình:
12
1
2 1 1
: , :
2
1 2 2
1
xt
x y z
dd
yt
z



  








. Viết phương trình mặt phẳng
 
P
song song với
1
d
và
2
d
sao
cho khoảng cách từ
1
d
đến
 
P
gấp 2 lần khoảng cách từ
2
d

đến
 
P

Câu 6: (1 điểm)
Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác đều cạnh
a
. Chân đường cao hạ từ
S
lên mặt phẳng
 
ABC
là điểm
H
thuộc
AB
sao cho
2H A H B
. Góc tạo bởi
SC
và mặt phẳng
 
ABC
bằng
60
o

.
Tính thể tích khối chóp
.S ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
,SA B C
theo
a
.
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
O xy
, cho hình thang
AB CD
vuông tại
A
và
D
có đáy lớn là
CD
,
đường thẳng
AD
có phương trình
1
: 3 0d x y
, đường thẳng
BD
có phương trình
2
: 2 0d x y

,
góc tạo bởi hai đường thẳng
BC
và
AB
bằng
45
o
. Viết phương trình đường thẳng
BC
biết diện
tích hình thang bằng 24 và điểm
B
có hoành độ dương.
Câu 8: (1 điểm)
Giải phương trình:
 
22
3 2 1 3x x x x    

ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 8

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2
Câu 9: (1 điểm)
Cho
,,x y z
là các số thực không âm thỏa mãn
0xy yz zx
và
 

max , ,z x y z
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
3
23
x y z
P
y z z x x y
  
  

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:
1.
Tập xác định:
D 
.
Ta có:
2
0
3 6 ; ' 0
2
x
y x x y
x




   





 
'' 6 6; '' 0 0; ''(2) 0y x y y   

Suy ra hàm số đạt cực đại tại
0x 
và đạt cực tiểu tại
2x 
. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
 
;0
và
(2; )
, hàm số đồng biến trên khoảng
 
0; 2

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

Bảng biến thiên:
x



0
2


'y


+
0

0 +
y


1





-3
Đồ thị:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3

2.
Gọi tọa độ của
,AB
là
   
3 2 3 2
; 3 1 , ; 3 1A a a a B b b b   
với
ab
.
Vì tiếp tuyến của
 
C
tại
A
và
B
song song với nhau nên ta có:
       
22
' ' 3 6 3 6 2 0y a y b a a b b a b a b         
20ab   
, vì
ab
.
Mà
ab
nên ta có:
21a a a   
.

Ta có:
 
 
2
2
2 3 2 3 2
33A B b a b b a a     


         
2
23
33b a b a ab b a b a b a

        



     
2
2 2 2
36b a b a b a ab

      



     
2
2 2 2

6b a b a b a ab

      



   
22
12b a ab

    



 
 
2
2
2
2 2 1 2 2a a a

    




     
6 4 2
4 1 24 1 40 1a a a     

Ta có:
     
6 4 2
4 2 4 1 24 1 40 1 32AB a a a       

     
6 4 2
1 6 1 10 1 8 0a a a       

 
2
3
14
1
a
a
a


   




Với
3a 
, ta có hai điểm
   
3;1 , 1; 3AB

Với
1a 
, ta có hai điểm
   
1; 3 , 3;1AB


Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4
Vậy hai điểm cần tìm là:
   
3;1 ; 1; 3
.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hàm số
32
6 9 3y x x x   
có đồ thị
()C
. Tìm tất cả các giá trị
k
sao cho tồn tại 2 tiếp tuyến
với
 
C
phân biệt và có cùng hệ số góc
k
, đồng thời đường thẳng đi qua các tiếp điểm của hai tiếp
tuyến đó cắt các trục
,O x O y
tương ứng tại

,AB
sao cho
2015.O A OB
.
Đáp số:
9
; 60 51
2
k





2. Cho hàm số
3
1y x m x m   
có đồ thị
()
m
C
. Tìm
m
để tiếp tuyến của đồ thị
 
m
C
tại điểm
M

có hoành độ
1x 
cắt đường tròn
     
22
: 2 3 4C x y   
theo một dây cung có độ dài nhỏ nhất.
Đáp số:
2m 


Câu 2:
Phương trình đã cho tương đương với:

 
2 2 2 2
4 4 4 4
2 co s cos 4 sin 2 2 1 sin
22
x x x x
xx
   
     
   

2 co s 2 cos 4 sin 2 2 2 sin 0
4
x x x

    

 
2 cos 2 4 2 sin 2 2 0xx   

 
2
2 2 sin 4 2 sin 2 0xx   

1
sin
2
x


2
6
,
5
6
2
xk
k
xk














.
Vậy nghiệm của phương trình là:
6
2,
6
5
2;x k k k



   


.
Nhận xét: Đây là dạng phương trình lượng giác dễ, chỉ cần các phép biến đổi đơn giản để đưa về
phương trình bậc hai theo một biến.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình:
2 2 2 2
3
cos cos 2 co s 3 cos 4
2
x x x x   
.

Đáp số:
2
; ; ,
8 4 5 5
k
x k k k
   


      


.
2. Giải phương trình:
5 5 2
4 sin cos 4 cos sin sin 4x x x x x
.
Đáp số:
;,
4 8 2
kk
xk
  

   


.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5

Câu 3:
Đặt
 
3 2 2 3 2 3 2
4 3 4 3 2 12 6
x x x x x x
t e e t e e tdt e e dx       

Đổi cận:
01xt  


ln 3 9xt  

Khi đó ta có:
99
11
9
ln 1
1 1 1 8 ln 5
1
1
3 1 3 1 3 3
tt
tdt
I dt
tt




    





Vậy
8 ln 5
3
I



Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tính tích phân:
ln
2
2
3
ln
12
x
xx
e
e
Id
e
x
  




Đáp số:
2 ln 3 1I 

2. Tính tích phân:
2
1
ln
3 ln
1 ln
e
x
I x x dx
xx







Đáp số:
3
5 2 2 2
3
e
I




3. Tính tích phân:
 
 
1
2 ln
1 ln
e
x x x
dx
x
I
x





Đáp số:
3 2 ln 2Ie  


Câu 4:
Điều kiện:
,
,
01
1
01

1
01
xy
xy
yx
y
yx
xy
yx





  




  




  


Ta có:
11
1

6 5 2
y y y
x x x
C C C




1
1
11
1 ( 1) ! 1 ( )!
6 !( 1 )! 5 ( 1) !( 1) !
65
1 ( )! 1 ( )!
5 ( 1) !( 1) ! 2 ( 1) !( 1) !
52
yy
xx
yy
xx
xx
CC
y x y y x y
xx
CC
y x y y x y







  



    




  


     



5( 1)( 1) 6( )( 1)
2( )( 1) 5 ( 1)
x y x y x y
x y x y y y
     



    


5( 1)( 1) 15 ( 1) 1 3
2( )( 1) 5 ( 1) 2( )( 1) 5 ( 1)
x y y y x y
x y x y y y x y x y y y
     



         



Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6
2
3 1 3 1 3 1 8
2(3 1 )(3 1 1) 5 ( 1) 3 9 3 3
x y x y x y x
y y y y y y y y y y
      
   
   
   
         
   

Vậy nghiệm của hệ là:
   
; 8; 3xy 
.
Nhận xét: Các phương trình, bất phương trình tổ hợp thường không khó để giải quyết. Chúng ta chỉ

cần sử dụng công thức xác định của các biểu thức chỉnh hợp, tổ hợp hay hoán vị để rút gọn và tìm ra
mối quan hệ đơn giản giữa các biến.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải bất phương trình:
2 2 3
2
16
10
2
x x x
A A C
x
  

Đáp số:
 
3; 4x 
.
2. Giải hệ phương trình:
1 1 1
11
10 2 1
y y y y
x x x x
A yA A C
  




Đáp số:
   
; 7;3xy
.

Câu 5:
Đường thẳng
1
d
có vectơ chỉ phương là
 
1
1; 1; 0u 
và đi qua
 
1; 2;1A

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

Gọi
n

là vectơ pháp tuyến của
 
P
.
Vì
 
P
song song với
1
d
và
2
d
nên ta có:
 
12
, 2; 2; 1n u u

    


Suy ra phương trình
 
P
có dạng
2 2 0x y z m   
.
Ta có:
 
 

 
 
1
7
,,
3
m
d d P d A P



 
 
 
 
2
5
,,
3
m
d d P d B P



Mà
 
 
 
 
 

 
12
3
7 2 5
, 2 , 7 2 5
17
7 2 5
3
m
mm
d d P d d P m m
mm
m


  


      



   




Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn đó là:
2 2 3 0x y z   
và

17
2 2 0
3
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 hai đường thẳng
12
,dd
lần lượt có phương trình là
12
2 2 3 1 2 1
: , :
2 1 3 2 1 4
x y z x y z
dd
     
   

. Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường
thẳng
12
,dd
.
Đáp số:
14 4 8 3 0x y z   
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7
2. Trong không gian với hệ tọa độ
O xyz
, cho ba
điểm
     
1;1; 1 , 1;1; 2 ,C 1; 2; 2AB  
và mặt phẳng
 
: 2 2 1 0P x y z   
. Viết phương trình mặt phẳng
 
Q

đi qua
A
, vuông góc với mặt phẳng
 
P
, cắt đường
thẳng
BC
tại
I
sao cho
2IB IC
.
Đáp số:
2 2 3 0x y z   
hoặc

2 3 2 3 0x y z   
.

Câu 6:
Vì
 
SH ABC
nên
HC
là hình chiếu của
SC
lên
mặt
phẳng
 
ABC
.
Góc tạo bởi
SC
và mặt phẳng
 
ABC
là
60
o
SC H 
.
Xét tam giác
BHC
, ta có:

2
2 2 2
7
2 . . cos 60
9
o
a
H C H B H C H B H C   

7
3
a
HC

7 2 1
. tan . 3
33
aa
SH H C S C H   

Suy ra:
23
.
1 1 21 3 7
. . . .
3 3 3 4 1 2
S AB C A BC
a a a
V S H S  

Gọi
E
là trung điểm của
BC
và
D
là đỉnh thứ tư của hình bình hành
AB CD
.
Ta có:
   
 
 
 
3
// , , ,
2
A D B C d SA B C d B C SA D d H SA D  

Kẻ
   
 
,,HF AD H K SF H K SAD d H SAD H K     
.
Ta có:
23
33
a
H F A E

Trong tam giác vuông
SHF
, ta có:
2 2 2
22
1 1 1 . 42
12
H F H S a
HK
H K H F H S
H F H S
    


Suy ra:
   
 
3 4 2
, . ,
28
a
d S A B C d H SA D

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Định lý hàm số cosin:
2 2 2
2 . .cosB C A B A C A B A C B A C  

 Góc tạo bởi một đường thẳng và một mặt phẳng là góc tạo bởi đường thẳng đó và hình chiếu
của đường thẳng này trên mặt phẳng đó.

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8
1. Cho hình chóp
.S ABCD
, đáy
AB CD
là hình
thang có
90
o
A B C BA D
,
BA BC a
,
2AD a
. Cạnh bên
SA

vuông góc với đáy và
2SA a
, góc tạo bởi
SC

và
 
SAD

bằng
30

o
. Gọi
G
là trọng tâm tam giác
SAB
.
Tính
khoảng cách từ
G
đến mặt phẳng
 
SC D
.
Đáp số:
da
.
2. Cho hình lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại
A
, cạnh huyển
2BC a
,
cạnh bên
'2AA a
, biết
'A
cách đều các đỉnh

,,A B C
. Gọi
,MN
lần lượt là trung điểm của
',A A A C
. Tính thể tích khối chóp
'C MN B
và khoảng cách từ
'C
đến mặt phẳng
 
M NB
.
Đáp án:
3
1 4 3 9 94
;
1 6 7 1
aa
Vd
.

Câu 7:
Ta có:
D
là giao điểm của
12
,dd
, suy ra tọa độ
D

là
 
0; 0D
.
Vectơ pháp tuyến của
AD
và
BD
lần lượt là:
   
12
3; 1 ; 1; 2nn   

Suy ra:
1
cos 45
2
o
A D B A D B A D A B    

Lại có:
 
, 45
o
BC AB 
nên
45
o
B C D BC D  
vuông cân tại

2B CD AB
.
Ta có:
 
2
13
24 24 24 4 4 2
22
A BC D
S A B C D A D A B A B BD         

Giả sử tọa độ
B
có dạng
 
2;B b b
với
0b 
.
Ta có:
2
4 1 0
4 2 5 4 2
5
B D b b    
(vì
0b 
).
Vậy tọa độ điểm
B

là
8 10 4 10
;
55
B




.
Đường thẳng
BC
đi qua
B
và vuông góc với
2
d
nên phương trình đường thẳng
BC
là:
2 4 1 0 0xy  
.
Nhận xét: Đối với các bài toán tọa độ trong mặt phẳng về các tứ giác đặc biệt, chúng ta cần tập
trung khai thác các tính chất hình học phẳng thuần túy của tứ giác đó để giải quyết bài toán và hạn
chế được số biến cần gọi. Khi giải quyết các bài toán này không yêu cầu chúng ta phải có hình vẽ,
tuy nhiên sẽ dễ dàng hơn nếu chúng ta có một hình vẽ minh họa “rõ ràng và chính xác”.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
O xy
, cho hình thang cân

AB CD
(
// ,AB C D AB C D
). Biết tọa độ
các đỉnh
,AD
là
   
0; 2 , 2; 2AD
và giao điểm
I
của
AC
và
BD
nằm trên đường thẳng có
phương trình
: 4 0d x y  
. Tìm tọa độ của các đỉnh còn lại của hình thang biết góc
45
o
A ID 
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9
Đáp số:
   
2 2; 2 2 , 2 4 2 ; 2 4 2BC   
hoặc
   

4 3 2 ; 2 2 , 4 4 2 ; 2 2BC   

2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
O xy
, cho đường tròn
22
( ) : 2 2 0C x y x y   
và hai điểm
   
0; 4 , 4; 0AB
. Tìm tọa độ hai điểm
,CD
sao cho đường tròn
 
C
nội tiếp hình thang
AB CD
có
đáy là
AB
và
CD
.
Đáp số:
1 1 1 1
; , ;
2 2 2 2
CD

   

   
   
.

Câu 8:
Định hướng: Phương trình đã cho hoàn toàn có thể giải quyết bằng cách nâng lũy thừa để đưa về
phương trình bậc 4 của
x
. Tuy nhiên, bằng việc nhẩm nghiệm ta thấy
0x 
là nghiệm của phương
trình, nên ta sẽ thử dùng phương pháp nhân lượng liên hợp để xử lý bài toán.
Lời giải:
Dễ thấy
3x 
không là nghiệm của phương trình.
Xét
3x 
, phương trình đã cho tương đương với:

2
2
3
21
3
xx
x
x





2
2
2 1 1
3
x
x
x
   


22
2
2
3
2 1 1
xx
x
x




2
0
21
(*)
3
2 1 1

x
x
x











Ta sẽ giải phương trình
 
*
:
 
2
* 2 1 1 2 6xx    


2
2 1 2 5xx   


22
5
5 1 3

2
2 1 4 20 2 5
x
x
x x x



   


   


Vậy phương trình có nghiệm:
 
0; 5 13x   

Nhận xét: Phương pháp nhân lượng liên hợp là phương pháp rất mạnh để giải quyết các phương
trình vô tỷ. Để giải quyết bài toán bằng phương pháp này, ta phải nhẩm được một nghiệm nào đó
(có thể là nghiệm duy nhất) của phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Phương pháp nhân lượng liên hợp:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10
Giả sử trong phương trình chúng ta có biểu thức có dạng
 
Px
với
 

Px
là một đa thức nào đó.
Bằng cách nhẩm nghiệm, ta tìm được
xa
là nghiệm của phương trình. Ta sẽ sử dụng đẳng thức:
   
   
   
P x P a
P x P a
P x P a



để làm xuất hiện đại lượng
xa
ở tử số.
Một điều cần chú ý khi sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp là ta phải xét điều kiện để đảm
bảo mẫu số của biểu thức liên hợp khác 0.
Một số hằng đẳng thức hay dùng:

22
ab
ab
ab






33
22
ab
ab
a ab b





1 2 2 1
nn
n n n n
ab
ab
a a b a b b
   


   

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình:
1 4 9 16 2 5 2 25x x x x x x          

Đáp số:
0x 
.
2. Giải phương trình:
3

2 2 2
15 3 8 2x x x    

Đáp số:
1x 
.
3. Giải phương trình:
3
2
2
3
1 3 1 5
6
x
x x x x
x

       


Đáp số:
3x 
.

Câu 9:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
3
1 2 2 3 1
x x x y z
P

y z y z y z z x x y

      


    


Giả sử
xy
. Ta sẽ chứng minh:
(*)
x y z
y z z x x y

  

Thật vậy,
       
(*) 1
xz yz
x y y z x z x y
  
   

Ta có:
   
   
22
2

2.
xz xz xz
x y y z xy yz xz
z x y x y z

   


Tương tự ta có:
   
22
22
yz yz yz
x z x y xy yz xz xy yz xz

     

Suy ra:
       
22
11
22
xz yz xz yz yz xy
x y y z x z x y xy yz xz xy yz xz

    
       


Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 11

Đặt
6
6
1
,
2
z
tt
xy


thì suy ra:
2
3
2
( ) 3 1P f t t
t
   

Khảo sát hàm ta nhận được:
m in ( ) (1) 4f t f
.
Giá trị nhỏ nhất của
P
là 4, đạt được khi
;0x z y
.
Nhận xét: Bài toán trên là một bài toán đẹp và khó. Sẽ rất khó khăn nếu chúng ta không biết đến bất
đẳng thức
(*)

. Sau khi đã sử dụng kết quả của bất đẳng thức
(*)
thì công việc khảo sát hàm số cuối
cùng trở nên khá đơn giản.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. (Khối B – 2014) Cho
,,abc
là các số thực không âm thỏa mãn:
 
0a b c
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
 
2
a b c
P
b c c a a b

  

Hướng dẫn: Sử dụng các đánh giá:
22
;
a a b b
b c a b c c a a b c

     

Suy ra:
   

2( ) 2
22
1
a b c c
P
c
a b c a b a b
ab

   
   



Đặt
,0
c
tt
ab


. Xét hàm:
2
( ) 2
1
f t t
t


ta nhận được:

3
m in 0; 0
2
P a b c    

2. (Khối D – 2014) Cho
,xy
là các số thực thỏa mãn
1 , 2xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 
22
2 2 1
3 5 3 5 4 1
x y y x
P
x y y x x y

  
     

Hướng dẫn: Sử dụng đánh giá
22
3 2; 3 2x x y y   

Suy ra:
 
1
1 4 1
xy

P
x y x y


   

Đặt
, 2 4t x y t   
, xét hàm
 
1
()
1 4 1
t
ft
tt


nhận được
7
m in (3)
8
Pf