ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN HỌC THPT 2015 KÈM LỜI GIẢI VÀ ĐÁP SỐ - ĐỀ SỐ 10

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
2y x x
có đồ thị
()C
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
2. Trên đồ thị
 
C
lấy hai điểm phân biệt
,AB
có hoành độ lần lượt là
,ab
. Tìm điều kiện đối với
,ab
để hai tiếp tuyến của
 
C
tại
,AB
song song với nhau.
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:

9 sin 6 cos 3 sin 2 cos 2 8x x x x   

Câu 3: (1 điểm)
Tính tích phân:
 
4
4
m in tan ,I x x dx






Câu 4: (1 điểm)
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức của số phức
 
1 3 2iz

  
biết rằng số
phức
z
thỏa mãn
12z 

Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ
O xyz
, cho tam giác

ABC
với
 
1; 1;1A 
và hai đường trung tuyến
lần lượt có phương trình là:
1
12
:
2 3 2
x y z
d



và
2
1
:
0
1
xt
d
y
zt









. Viết phương trình đường phân giác
trong góc
A
.
Câu 6: (1 điểm)
Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABC D
là hình bình hành thỏa mãn
2AB a
,
2B C a
,
6B D a
.
Hình chiếu vuông góc của đỉnh
S
lên mặt phẳng
 
ABC D
là trọng tâm của tam giác
BCD
. Tính
theo
a
thể tích khối chóp

.S ABCD
, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC
và
SB
bằng
a
.
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
O xy
, cho tam giác
ABC
cân tại đỉnh
C
biết phương trình đường
thẳng
AB
là
20xy  
, trọng tâm của tam giác là
14 5
;
33
G



và diện tích tam giác
ABC

bằng
65
2
.
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
Câu 8: (1 điểm)
Giải phương trình:
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 10

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2

 
2 2 2 2
1 7 1
1 3 6 1 0 5 1 3 1 7 4 8 36 3 6 8 21
22
x x x x x x x x          

Câu 9: (1 điểm)
Cho
,,abc
là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2 2 2 2
2 3 2 3a ab b b bc c a a c c        

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:
1.
Tập xác định:
D 
.
Ta có:
3
0
4 4 ; ' 0
1
x
y x x y
x



   





2
'' 12 6; ''( 1) 0; ''(0 ) 0; ''(1) 0y x y y y     

Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại
1x 
và
1x 

và hàm số đạt cực đại tại
0x 
. Hàm số nghịch biến
trên mỗi khoảng
( ; 1)  
và
(0;1)
, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( 1; 0)
và
(1; )

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

Bảng biến thiên:
x


-1 0 1


'y




0

0

0 +
y


0



-1 -1
Đồ thị:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3


2.
Ta có:
3
' 4 4y x x

Hệ số góc tiếp tuyến của
 
C
tại
,AB
lần lượt là:
33

4 4 ; 4 4
AB
k a a k b b   

Tiếp tuyến tại
A
có phương trình:
           
' ' 'y y a x a y a y y a y a ay a      

Tiếp tuyến tại
B
có phương trình:
           
' ' 'y y b x b y b y y b y b by b      

Hai tiếp tuyến của
 
C
tại
A
và
B
song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
 
 
3 3 2 2
4 4 4 4 1 0
AB
k k a a b b a b a ab b          

Vì
A
và
B
phân biệt nên
ab
, suy ra:
22
10a a b b   

Hai tiếp tuyến của
 
C
tại
A
và
B
trùng nhau khi và chỉ khi:
       
22
22
4 2 4 2
1
10
10
1
1
''
3 2 3 2

1
a
a ab b
a ab b
b
ab
ab
a
y a ay a y b by b
a a b b
b



   

   



  











  
    








Vậy điều kiện để hai tiếp tuyến của
 
C
tại
A
và
B
song song với nhau là:
22
10
1;
a ab b
a a b

   

  


Nhận xét: Bài toán này chỉ đòi hỏi những kỹ năng biến đổi hết sức cơ bản, tuy nhiên, nhiều học
sinh vẫn không được điểm trọn vẹn khi quên không xét trường hợp 2 tiếp tuyến trùng nhau. Tiếp
tuyến tại 2 điểm khác nhau trên đồ thị có thể trùng nhau là một tính chất đặc biệt của hàm bậc 4, và
tính chất này không xuất hiện ở hàm bậc 3, hay hàm phân thức bậc nhất.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cho hai đường thẳng
1 1 1 2 2 2
: ; :d y a x b d y a x b   
, ta có:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4


12
,dd
cắt nhau
12
aa


12
,dd
song song với nhau
12
12
aa
bb









12
,dd
trùng nhau
12
12
aa
bb







Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hàm số
42
1y x m x m   
có đồ thị
()
m
C
. Chứng minh rằng khi
m
thay đổi thì

 
m
C
luôn
luôn đi qua hai điểm cố định
,AB
, và tìm
m
để các tiếp tuyến tại
,AB
vuông góc với nhau.
Đáp số:
35
;
22
m

  



2. Cho hàm số
   
22
11y x x  
có đồ thị
()C
. Cho điểm
 
;0Aa

, tìm
a
để từ
A
kẻ được 3 tiếp
tuyến phân biệt với đồ thị
 
C
.
Đáp số:
3
1
2
a   
hoặc
3
1
2
a


Câu 2:
Phương trình tương đương với:

2
9 sin 6 cos 6 sin cos 2 cos 9x x x x x   

   
2
9 sin 1 6 cos 1 sin 2 cos 0x x x x     

   
2
sin 1 9 6 cos 2 cos 0x x x    

       
1 sin 6 cos 9 2 1 sin 1 sin 0x x x x      

   
1 sin 6 cos 9 2 2 sin 0x x x     

 
 
sin 1 1
6 co s 2 sin 7 2
x
xx








 
2
2
x k k



   
(Phương trình
6 cos 2 sin 7xx
vô nghiệm do
2 2 2
6 2 7
)
Vậy họ nghiệm của phương trình là:
 
2
2
x k k


  
.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Phương trình
sin cosa x b x c
có nghiệm
2 2 2
a b c  
.
Thật vậy: chọn góc
a
sao cho
cos ; sin
ab
a b a b

2 2 2 2
==
++
aa
, phương trình trở thành:
( )
sin co s co s sin sin
cc
x x x
a b a b

2 2 2 2
+ = + =
++
a a a


Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5

Phương trình trên có nghiệm
2 2 2
22
1
c
c a b
ab
    


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

1. Giải phương trình:
 
2 2 sin cos cos 3 cos 2x x x x  
.
Đáp số: Phương trình vô nghiệm.
2. Giải phương trình:
 
3
sin cos sin 2 3 cos 3 2 cos 4 sinx x x x x x   
.
Đáp số:
;,
7
2
6 42
2
k
x k k
  


    


.

Câu 3:
Xét hàm số
 
tanf x x x

trên đoạn
;
44






Ta có:
   
2
1
' 1 0, ;
co s 4 4
f x x f x
x


      


là hàm số đồng biến trên
;
44






Mà ta có:
 
00f 
, nên suy ra:
 
m in tan , tan , ; 0
4
x x x x


  


và
 
m in tan , , 0;
4
x x x x


  



Vậy:
   
0
4
0

4
m in tan , m in tan ,I x x d x x x dx






0
22
4
0
4
0
2
tan ln co s ln
4
2 32 2
0
4
x
xd x xdx x






     




Nhận xét: Bài toán trên không hề khó, tuy nhiên cách phát biểu như trên thường ít gặp đối với học
sinh. Cách giải hoàn toàn giống cách tính tích phân có chứa dấu giá trị tuyệt đối, khi xét các khoảng
khác nhau của biến số.Một điều vô cùng thú vị là hàm số
min
hay
m ax
có thể biểu diễn thông qua
hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối.Cụ thể là:
 
 
1
m in ,
2
a b a b a b   
và
 
 
1
m ax ,
2
a b a b a b   
.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tính tích phân:
 
2
2
0

m in ,I x x dx


Đáp số:
4 2 1
3
I



2. Tính tích phân:
2
4
0
m ax cos , 2
2
x
x
I e x x dx


   





Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6

Đáp số:

4
1
1
2
Ie

   

3. Tính tích phân:
 
4
6
m ax tan 2 sin , 3I x x x dx






Đáp số:
2
4 2 2 ln 2
2 24
I





Câu 4:

Giả sử
; ; , , ,z a bi x yi a b x y

    
.
Ta có:
 
2
2
1 2 1 4z a b     

Lại có:
 
1 3 2iz

  

 
 
1 3 2x yi i a bi     

32
3
x a b
y a b

  








 
 
3 1 3
3 3 1
x a b
y a b

   



   



Do đó:
 
 
 
2
22
2
3 3 4 1 16x y a b

      


Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức

trên mặt phẳng phức là hình tròn
 
 
2
2
3 3 1 6xy   

có tâm
 
3; 3I
và bán kính
4R 
.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức
z
thỏa mãn
z
k
zi


, trong đó
k

là số thực dương cho trước.
Đáp số: Nếu

1k 
thì tập hợp là đường thẳng
1
2
y 

Nếu
1k 
thì tập hợp là đường tròn tâm
2
2
0;
1
k
I
k




và bán kính
2
1
k
R
k



2. Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức

z
thỏa mãn
11
z i z i
zz



là số thuần
ảo.
Đáp số: Tập hợp điểm cần tìm là đường tròn
2
2
11
24
xy

  


trừ điểm
 
1; 0A 
.

Câu 5:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7

Nhận thấy

12
,A d A d
nên giả sử
12
,dd
lần lượt là trung tuyến kẻ từ đỉnh
,BC
.
Gọi
,MN
lần lượt là trung điểm
,AC AB
.
Do
N
thuộc
2
d
nên tọa độ
N
có dạng
 
1 ; 0;1N t t
. Vì
N
là trung điểm
AB
suy ra tọa độ
B
là

 
1 2 ;1;1 2B t t
.
Mà
B
thuộc
1
d
, nên ta có:
1
2
t 
. Vậy tọa độ đỉnh
B
là
 
0;1; 2B
.
Do
M
thuộc
1
d
nên tọa độ
M
có dạng
 
2 ;1 3 ; 2 2M s s s
. Vì
M

là trung điểm
AC
suy ra tọa độ
C
là
 
4 1;3 6 ;3 4C s s s  
.
Mà
C
thuộc
2
d
, nên ta có:
1
2
s 
. Vậy tọa độ đỉnh
C
là
 
1;0;1C
.
Khi đó ta có:
6 ; 1A B A C
.
Gọi
AD
là đường phân giác trong của góc
A

.
Ta có:
6 1 2 6
6 ; ;
1 6 1 6 1 6
D B D C D


  


  


Từ đó suy ra phương trình đường thẳng
AD
là:
1 1 1
11
26
x y z  




Nhận xét: Bài toán trên rất giống những bài toán hay gặp trong mặt phẳng, tuy nhiên sẽ tương đối
khó khăn và phức tạp nếu ta cố tình áp dụng các phương pháp truyền thống trong mặt phẳng vào
không gian. Chúng ta cần sử dụng các kỹ thuật nâng cao hơn để giải quyết.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cho tam giác

ABC
có đường phân giác trong
AD
.
Theo tính chất đường phân giác, ta sẽ có:
.
AB
D B D C
AC


Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong không gian với tọa độ
O xyz
, cho tam giác
ABC
với tọa độ đỉnh
 
3; 2; 3C
và phương trình
đường cao
AH
, phương trình đường phân giác trong
BD
lần lượt là:
12
2 3 3 1 4 3
: ; :
1 1 2 1 2 1
x y z x y z

dd
     
   

. Viết phương trình đường thẳng
BC
và tính diện tích
tam giác
ABC
.
Đáp số:
12
:
42
3
xt
BC
yt
z








và
23
ABC

S 

2. Trong không gian với hệ toạ độ
O xyz
, cho hai điểm
 
1; 2; 3A
và
 
1; 4; 2B 
. Tìm toạ độ điểm
C

thuộc mặt phẳng
 
: 1 0P x y z   
để
ABC
là tam giác đều.
Đáp số:
1 3 5 11 3 5 3
;;
4 4 2
C





hoặc

1 3 5 1 1 3 5 3
;;
4 4 2
C








Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8

Câu 6:
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng
 
ABC D
,
M
là trung điểm
CD
và
O
là tâm
của đáy

ABC D
.
Do
AO
là trung tuyến của
ABD
nên
2 2 2 2
2
36
2 4 2 2
A B A D B D a a
A O A O

    

26
33
A O a
A H A O   

Lại có:
2 2 2
22
23
33
2 4 3
B D B C C D a
B M a B M a B H


      

Ta có:
2 2 2 2
4AH H B a A B AH HB    
.
Mà
 
AH SH AH SH B  
.
Kẻ
HK SB
. Vì
 
AH SHB
nên
AH HK HK
là đôạn vuông góc chung của
AC
và
SB
, suy
ra
H K a
.
Trong tam giác vuông
SH B
, ta có:
2 2 2
1 1 1

2SH a
H K SH H B
   

Ta có:
3
.
1 4 8 4 2
. . . .
3 3 3 3
S AB C D ABC D O A B
a
V S H S SH S SH O A B H   

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hình chóp
.S ABCD
, đáy
ABC D
là hình bình hành với
AB a
,
2A D a
và
SC
vuông góc
với mặt phẳng
 
ABC D
. Biết góc

60
o
BAD 
,
SA
hợp với
 
ABC D
một góc
45
o
. Tính thể tích khối
chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa
SA
và
BD
.
Đáp số:
3
21 7 7
;
3 1 1
aa
Vd
.
2. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy

ABC D
là hình bình hành với
AB a
,
2A D a
,
60
o
BAD 
. Cạnh
SA a
và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
,,M N P

lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A
lên
,,B C D C SC
tương ứng. Tính thể tích khối tứ
diện
AMNP
và khoảng cách giữa 2 đường thẳng
,N P A C

theo
a
.
Đáp án:
3
5 3 10 2829

;
6 4 94 3
aa
Vd
.

Câu 7:
Gọi
M
là trung điểm
AB
, suy ra:
CM AB
.
Đường thẳng
CM
đi qua
G
và vuông góc với đường thẳng
AB
nên đường thẳng
CM
có phương
trình
30xy  
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9

Tọa độ của

M
là nghiệm của hệ:
5
20
2
3 0 1
2
x
xy
xy
y



  




  






Hay tọa độ
M
là
51

;
22
M





Lại có:
3C M G M
, suy ra tọa độ của
C
là
 
9; 6C
.
Vì
A
thuộc đường thẳng
20xy  
nên tọa độ
A
có dạng
 
;2A a a
.
Do
14 5
;
33

G



là trọng tâm tam giác
ABC
nên tọa độ đỉnh
B
là
 
5 ; 3B a a
.
Khi đó ta có:
   
22
5 2 2 5 2 2 5A B a a a     

Ta có:
0
65 1 65 13
. . 2 2 5 . 65 2 5 5
5
2 2 2
2
ABC
a
S AB C H a a
a



         




Với
0a 
, ta có:
   
0; 2 , 5; 3AB

Với
5a 
, ta có:
   
5; 3 , 0; 2AB

Giả sử phương trình đường tròn
 
C
ngoại tiếp
ABC
là:
22
2 2 0x y ax by c    
.
Vì
 
C
đi qua

,,A B C
nên ta có hệ:
137
26
44
59
10 6 34
26
18 1 2 1 17
66
13
a
bc
a b c
b
a b c
c



  




   



   







Vậy phương trình đường tròn
 
C
là:
22
137 59 66
0
13 13 13
x y x y    

Nhận xét: Với các bài toán có xuất hiện trọng tâm tam giác, ta cần vận dụng công thức tính tọa độ
trọng tâm tam giác để biểu diễn mối quan hệ về tọa độ giữa 3 đỉnh của tam giác, từ đó giảm số biến
cần tìm xuống.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cho
BC
có trọng tâm
G
thì ta có:
3
3
A B C
G
A B C

G
xxx
x
yyy
y












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
có đỉnh
 
12;1B 
, đường phân giác trong
góc
A
có phương trình
: 2 5 0d x y  

. Điểm
12
;
33
G



là trọng tâm tam giác
ABC
. Viết phương
trình đường thẳng
BC
.
Đáp số:
8 20 0xy  
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10

2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
O xy
, cho tam giác
ABC
có
 
2; 7A
và đường thẳng
AB
cắt trục

Oy
tại
E
sao cho
2AE E B
. Biết rằng tam giác
AEC
cân tại
A
và có trọng tâm
13
2;
3
G



. Viết
phương trình đường thẳng
BC
.
Đáp số:
2 5 7 0xy  


Câu 8:
Định hướng: Nhận thấy biểu thức ở vế trái là một hàm số đồng biến với
x
đủ lớn và biểu thức ở vế
phải là một hàm số nghịch biến với

x
đủ lớn. Nếu sử dụng phương pháp khảo sát hàm số thì chúng
ta sẽ gặp phải một biểu thức đạo hàm hết sức cồng kềnh. Vậy nên ta nghĩ đến việc sẽ sử dụng
phương pháp đánh giá.
Lời giải:
Ta có:
2 2 2
17
1 3 6 1 0 5 1 3 17 48 3 6
2
xP x x x x x       


     
22
2 2 2
2
53
3 1 2 3 2 4 6
22
x x x x x x
   
          
   
   


3 1 2 5x x x    

5 3 3
3 1 2 6 6
2 2 2
x x x x x        

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3
2
x 
.
Lại có:
 
 
2
2
1 1 3
36 8 21 12 3 2 2 3 6
2 2 2
Q x x x x x

        


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3
2
x 
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất:
3

2
x 
.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình:
 
2 2 2 2
1
3 1 1 7 4
22
x x x x x x x       

Đáp số:
1x 
.
2. Giải phương trình:
 
 
4
2 2 2
1 2 1 2 2 1 2 4 1x x x x x x x        

Đáp số:
2x 
.
3. Giải phương trình:
68
6
32xx





Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 11

Đáp số:
3
2
x 
.

Câu 9:
Xét tứ giác
OABC
có
; ; ; 45 ; 30
oo
OA a O B b O C c AO B BO C    
.
Áp dụng định lý hàm số cosin ta có:
22
2AB a ab b  

22
3B C b bc c  

22
23A C a ac c   
, vì
23

cos 75
2
o



Theo bất đẳng thức tam giác, ta có:
AB BC AC
, nên ta suy ra điều phải chứng minh.
Dấy bằng xảy ra khi
,,A B C
thẳng hàng
sin 45 sin 6 0 sin 7 5
2 2 2
o o o
O A B O B C O AC
ab bc a c
S S S    

2 2 3 2 3
4 4 4
2
ab bc ac ac
b
ac

    


Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp

hình học. Trong các bài toán này, chúng ta cần sử dụng linh hoạt các công thức: phương trình đường
tròn, phương trình đường thẳng, công thức tính khoảng cách, định lý hàm số cos, …
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho
, , ,a b c d
là các số thực thỏa mãn
 
22
12a b a b   
và
 
22
36 12c d c d   
.
Chứng minh rằng:
 
   
 
66
22
2 1 2 1a c b d      

Hướng dẫn: Xét điểm
   
, , ,M a b N c d
thì ta có:
M
nằm trên đường tròn tâm
 
1;1A

bán kính
1
1R 

và
N
nằm trên đường tròn tâm
 
6; 6B
bán kính
1
6R 

2. Cho
,xy
là các số thực thỏa mãn
0; 0; 2 3 2; 3 9x y x y x y     
. Chứng minh rằng:
22
35
4 8 45
2
x y x y

    

Hướng dẫn: Tập hợp điểm
 
;M x y
trong đó

,xy

thỏa mãn
các điều kiện đã cho là phần bên trong tứ giác
ABC D

với
       
1; 0 ; 0; 2 ; 0;3 ; 9; 0A B C D

Dễ dàng chứng minh được:
2
5
65
2
MI
với điểm
I

có tọa độ
 
2; 4I