Tổng hợp 5 đề và đáp án ôn thi quốc gia 2015 - Phan Nhật Nam

DANAMATH
www.toanhocdanang.com
www.facebook.com/ToanHocPhoThongDaNang

Tổng Hợp
5 Đề và
đáp án
GV:Phan Nhật Nam
ÔN THI QUỐC GIA 2015








ĐỀ SỐ 1
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số
21
1
x

y
x
+
=
+
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó cách đều hai điểm A(2; 4) và B(-4; -
2).
Câu 2(1,0 điểm):
1. Giải phương trình sau:
2cos6 2cos4 3cos2 sin 2 3x x xx+− =+

2. Giải phương trình :
3 33
3log 2 log log
23
.2 12
xx
xx x+=+

Câu 3 (1,0điểm).
1. Tính tích phân:
4
2
0
sin
5sinx.cos x + 2cosx
x
I dx

π
=
∫

2. Cho hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị của các hàm số
sin3 , 0 , 0y xy x= = =
và
6
x
π
=
.
Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi (H) khi quay quanh trục Ox.

Câu 4 (1,0 điểm).
1. Tìm tập hợp các điểm biểu diển của số phức z thỏa mãn đẳng thức sau :
21 1z i iz i− + = +−
.
trong các số phức thỏa điều kiện trên , hãy tìm số phức z có môđun nhỏ nhất.
2. Chọn ngẫu nhiên hai số hạng trong khai triển nhị thức Newton
( )
100
6
35−
. Tính xác suất để hai
số được chọn có một số là số hữu tỷ và một số là số vô tỷ.
Câu 5(1,0 điểm).Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB vuông góc tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SC
và AB bằng
2 57

19
a
; góc tạo bới SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30
0
. Tính thể tích của khối
chóp SABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD.

Câu 6(1,0điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(0; 2; 0) và hai đường
thẳng
1
121
:
2 21
xyz
d
−−+
= =
−
và
2
31
:
2 21
xyz
d
−+
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua
M song song vớitrục Ox, sao cho (P) cắt hai đường thẳng d

1
, d
2
lần lượt tại A, B thỏa mãn AB = 1.
Câu 7(1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có góc

0
60BAD =
.
Trên cạnh AB, BC lấy các điểm M, N sao cho MB + NB = AB. Biết
( )
3;1P
thuộc đường thẳng
DN và đường phân giác trong của góc

MDN
có phương trình
3 60xy− +=
. Tìm tọa độ đỉnh
D của hình thoi đã cho.
Câu 8(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:
22
2
1
32
2
3 6 2 2 3 10 2 2 1 4 6 4 2
x
x x y xy
x y x y x y xy

+

+− = ++



− − + + = −+ + − +










Câu 9 (1,0 điểm).Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện :
( )
2 2 22
2 x y xy+=
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức :
22
1
11
1
xy
P
yx

xy
=++
++
++

Hết

GIẢI ĐỀ SỐ 1
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số
21
1
x
y
x
+
=
+
có đồ thị (C).
2.Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó cách đều hai điểm A(2; 4) và B(-4; -
2).
Phương pháp chung :
Viết phương trình tiếp tuyến với (C):
()y fx=
thỏa mãn tính chất P.
• Gọi M(x
o
;
0
()fx
) ,

0 f
xD∀∈
là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm
⇒
hệ số góc của tiếp tuyến là
0
'( )k fx=

• Phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng :
00 0
: '()( ) ()dy f x x x fx= −+
{tới đây ta chỉ cần tìm
0
x
}
• Phân Tích tính chất P.
o Nếu tính chất P liên quan đến hệ số góc {song song đường thẳng cho trước hoặc
vuông góc đường thẳng cho trước hoặc tạo với đường thẳng cho trước một góc cụ
thể hoặc tạo với hệ trục Oxy thành tam giác có tính chất về tỷ số …} Thì ta sử dụng
các công thức ở trên để tìm hệ số góc tiếp tuyến sau đó giải phương trình
0
'( )k fx=
để
tìm
0
x

o Nếu tính chất P là tiếp tuyến kẻ từ hoặc đi qua
( )
11

;Ax y
thì ta có
( )
1 010 0
'() ()A d y f x x x fx∈⇔ = − +
{với
11
,xy
cho trước} từ đó suy ra
0
x

o Nếu tính chất P liên quan đến khoảng cách , góc, diện tích, … thì ta sử dụng công thức
tương ứng để lập phương trình theo biến
0
x
sau đó giải phương trình để tìm
0
x

Các chú ý về hệ số góc của đường thẳng :
d: y = ax + b
⇒
hệ số góc của d là a = tan (d,chiều dươngOx)
ĐB :d : x = a
⇒
d không có hệ số góc
Cho d
1
: y = a

1
x + b
1
và d
2
: y = a
2
x + b
2
khi đó ta có
•
{ }
1 2 12 12
//dd aa bb⇔= ≠

•
1 2 12
.1d d aa⊥⇔ =−









•
( )
12

12
12
tan ,
1
aa
dd
aa
−
=
+

• d
1
tạo với trục Ox một góc
α
⇒
α
tan
1
±=a

Nếu
{ }
{ }
d Ox A
d Oy B
∩=




∩=


Thì
d
OB
K
OA
=
{
d
K
là hệ số góc của đường thẳng d}
Cụ thể : Nếu
.0
AB
xy<
thì
d
OB
K
OA
=
Nếu
.0
AB
xy>
thì
d
OB

K
OA
= −

Bài giải :
Gọi
0
0
0
21
;
1
x
Mx
x

+

+

(với
0
1x ≠−
) là tiếp điểm của tiếp tuyến d cần tìm
22
0
0 0 00
2
00
21

1
: ( ) : ( 1) 2 2 1 0
( 1) 1
x
dy x x dx x y x x
xx
+
= −+ ⇔ −+ + + +=
++

d cách đều hai điểm A, B
( )
22 2 2
0 00 0 00
44
00
2 ( 1) 4 2 2 1 4 ( 1) ( 2) 2 2 1
, (,)
1 ( 1) 1 ( 1)
x xx x xx
d Ad dBd
xx
−+ + + + −−+−+ + +
= = =
++ ++
2
00 0 0
22
00 00
2

0 00
2 0 0, 2
2614 61
1 0 1, 1 ( )
xx x x
xx xx
x xx l

+ =⇔= =−
⇔− − −= + −⇔

−= ⇔ = =−



0
0: 1x dy x=⇒=+

0
2: 5x dy x=−⇒ = +

0
15
1:
44
x dy x=⇒=+

Vậy có ba tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán:
:1dy x= +
,

:5dy x= +
và
15
:
44
dy x= +

Câu 2(1,0 điểm):
1. Giải phương trình sau:
2cos6 2cos4 3cos2 sin 2 3x x xx+− =+

Dấu hiệu cần nhớ :
Nếu phương trình lượng giác có chứa
3
thì thông thường ta sẽ xét hai trường hợp:
• TH1: Nếu phương trình có chứa bật cao và dạng tích thì ta sử dụng công thức biến đổi
tích thành tổng và công thức hạ bật để quy về dạng phương trình bật một theo sin, cos.
• TH2: Nếu phương trình không có bật cao và dạng tích thì ta sử dụng công thức biến đổi
tổng thành tích và công thức nhân đôi để biến đổi phương trình về dạng phương trình
tích.
Nếu phương trình lượng giác có chứa hai số hạng đồng thới thỏa mãn điều kiện: cùng hệ số,
cùng hàm(sin hoặc cos), cùng tính chẳn hoặc lẻ của cung thì ta sử dụng công thức biến đổi
tổng thành tích để quy phương trình về dạng phương trình tích

Bài giải :

( )
( )
2
4cos5 cos 3 2cos 1 2sin cos 3 2cos 2cos5 3cos sin 0pt xx x xx x x x x⇔ − −= + ⇔ − − =


cos 0
2
3cos sin 2cos5 (1)
x xk
xx x
π
π

=⇔= +

⇔

+=




31
(1) cos sin cos5
22
xxx⇔ +=

(chia hai vế cho
2
22 2
31 2ab+ = +=
)

52
6 24 2
cos cos sin sin cos5 cos5 cos
66 6
52
6 36 3
xx k x k
x x x xx
xx k x k
π ππ
π
ππ π
π ππ
π

=− + ⇔=− +


⇔ + = ⇔ = −⇔




=−+ + ⇔ = +




Vậy phương trình có ba nghiệm:
2
xk
π
π
= +
,
24 2
xk
ππ
=−+
và
36 3
xk
ππ
= +
với
kZ∈


2. Giải phương trình :
3 33
3log 2 log log
23
.2 12
xx
xx x+=+

Dấu hiệu cần nhớ: Nếu phương trình lôga chứa số hạng có dạng:
log
b
x
a
thì ta đặt
log
t
b
t x xb= ⇔=
để chuyển phương trình về dạng phương trình mũ cơ bản
Bài giải :

ĐK:
0x >
. Đặt :
3
log 3
t
t xx= ⇔=

( )
3
3
3 33
log 2
3log 2 log 8 log 8
3 338
t

t
tt
x = = = =
.
( ) ( )
23
8 3 .2 12 3 8 18 12 27
ttt tt tt t t
pt ⇔+ = + ⇔+ = +
18 12 27
1
888
ttt
 
⇔+ = +
 
 

32 2
333 3 3 3
10 1 1 0 1 0 1
222 2 2 2
t tt t t t
tx
  
     
⇔ − + −= ⇔ − + = ⇔ =⇔= ⇔ =
  
     
     

  
  

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Câu 3 (1,0điểm).
1. Tính tích phân:
4
2
0
sin
5sinx.cos x + 2cosx
x
I dx
π
=
∫

Dấu hiệu cần nhớ: Nếu tích phân luong giác dạng phân số không căn và tất cả các số hạng cùng
loại bậc chẳn hoặc cùng bật lẻ thì ta chia tử và mẫu cho
cos
n
x
để quy về dạng :

2
1
(tan ).
cos
f x dx
x
∫
sau đó đặt
tantx=
hoặc chiatử và mẫu cho
sin
n
x
để quy về dạng :
2
1
(cot ).
sin
f x dx
x
∫
sau đó đặt
cottx=
(với n là bậc cao nhất)
Bài giải :
3
44
2
22

00
3
sin
tan 1
cos
5sinx.cos x + 2cosx
2tan 5tan 2 cos
cos
x
x
x
I dx dx
xx x
x
ππ
= =
++
∫∫

Đặt :
2
1
tan
cos
t x dt dx
x
= ⇒=
Đổi cận:
1
4

00
xt
xt
π

= ⇒=



=⇒=


11
2
00
1 2(2 1) ( 2)
2 5 2 3 (2 1)( 2)
t tt
I dt dt
tt tt
+−+
= =
++ + +
∫∫

1
0
1
12 1 2 1 1 2
ln 2 ln 2 1 ln3 ln 2

0
3 221 3 6 2 3
dt t t
tt

= − = +− + = −

++

∫


2. Cho hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị của các hàm số
sin3 , 0 , 0y xy x= = =
và
6
x
π
=
.
Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi (H) khi quay quanh trục Ox.
Bài giải :
( )
( )
66
2
00
1
sin3 1 cos6 sin 6 ( )
6

2 2 6 12
0
V x dx x dx x x dvtt
ππ
π
ππ π
π

= =−=− =


∫∫

Câu 4 (1,0 điểm).
1. Tìm tập hợp các điểm biểu diển của số phức z thỏa mãn đẳng thức sau :
21 1z i iz i− + = +−
.
trong các số phức thỏa điều kiện trên , hãy tìm số phức z có môđun nhỏ nhất.
Bài giải :
Gọi
z x yi= +
với
,xy R∈
, z có điểm biểu diển là M(x ; y).
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 22
1 2 1 1 1 2 1 1 2 10gt x y i y x i x y y x y⇔ + + − =−− + + ⇔ + + − = −− + + ⇔ −=

Vậy tập hợp điểm biểu diển của z là đường thẳng có phương trình là

2 10y −=

2
1 11 1
0
2 42 2
z x i z x Min z khi x=+ ⇒ = +≥⇒ = =









Số phức có môđun nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài toán là
1
2
zi=

2. Chọn ngẫu nhiên hai số hạng trong khai triển nhị thức Newton
( )
100
6
35−
. Tính xác suất để hai
số được chọn có một số là số hữu tỷ và một số là số vô tỷ.
Bài giải :
Ta có khai triển:

( ) ( ) ( )
100
100 100
66
100
0
3 5 ( 1) 3 5
kk
kk
k
C
−
=
−=−
∑

Số hạng tổng quát trong khai triển là:
100
6
2
1 100
( 1) 3 5
k
k
kk
k
TC
−
+
= −

Vì 3 và 5 là các số nguyên tố nên
1k
T
+
là số hữu tỷ thì
0 100
6
k
k
≤≤

⇒



có 17 số k thỏa điều kiện
Vậy trong khai triển ta có 17 số hữu tỷ và 84 số vô tỷ.
Gọi
Ω
là không gian mẫu của phép thử chọn ngẫu nhiên 2 số hạng trong 101 số hạng của khai
triển:
⇒
số phần tử của
Ω
là
2
101
5050CΩ= =

Gọi A là biến cố hai số hạng chọn ra có một số vô tỷ và một số hữu tỷ:
• Chọn một số hữu tỷ từ 17 số hữu tỷ trong khai triển
⇒
có
1
17
17C =
cách chọn
• Chọn một số vô tỷ từ 84 số vô tỷ trong khai triển
⇒
có
1
84
84C =
cách chọn
Theo quy tắc nhân ta có số phần tử của không gian biến A là
17 84 1428
A
Ω= × =

Vậy xác suất của biến cố A là
1428
( )
5050
A
PA
Ω
= = =
Ω

Câu 5(1,0 điểm).Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB vuông góc tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SC
và AB bằng
2 57
19
a
; góc tạo bới SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30
0
. Tính thể tích của khối
chóp SABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD.
Bài giải :
Gọi H là hình chiếu của S lên AB mặt khác ta có

(SAB) và (ABCD) vuông góc nhau theo giao tuyến AB
()SH ABCD⇒⊥



S
A
D
K
H

Ta có BH là hình chiếu của BS lên mặt phẳng (ABCD)

( ) ( )

,( ) ,SB ABCD BS BH SBH= =
,

0
30gt SBH⇒=


Ta có :
( )
// // ( , ) ( ,( ))AB CD AB SCD d AB SC d H SCD⇒ ⇒=

Dựng
HM CD⊥
(với
M CD∈
)

( )
CD SHM⇒⊥
( vì
SH CD⊥
)

⇒

(SCD), (SHM) vuông góc nhau theo giao tuyến SM
Dựng
HK SM⊥
(với
K SM∈
)
()HK SCD⇒⊥


⇒
K là hình chiếu của H lên (SCD)
(, )d H SCD HK⇒=
,
2 57
19
a
gt HK⇒=

Đặt: cạnh của hình vuông là b khi đó ta có HM = b.
Xét
ABS∆
ta có:

0
3
cos cos30
2
SB b
SBA SB
AB

= = ⇒=

Xét
SHB∆
ta có:

0
3
sin sin30
4
SH b
SBH SH
SB
= = ⇒=

Xét
SHM∆
ta có:
2 2 2 22 2 2
1 1 1 19 1 16 19
2
12 3 3
ba
HK HS HM a b b b
= + ⇔ = + = ⇔=
3
2
SH a
AB a


=

⇒

=




3
2
1 1 43

33 3
SABCD ABCD
a
V SH S SH AB= = =
(đvtt)
Gọi I là tâm của ABCD, khi đó ta có: IB = IC = ID
(1)

Ta có :
BC AB
BC SA
BC SH
⊥

⇒⊥

⊥


mà
SA SB⊥
()SA SBC
⇒⊥
SA SC SAC⇒ ⊥ ⇒∆
vuông tại S
(2)
IS IC=

Từ (1) và (2) ta có I là tâm mật (S) cầu ngoại tiếp SBCD
⇒
bán kính mặt cầu (S) là
1
2
2
R IA AC a= = =

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SBCD là:
22
()
48
S
S Ra
ππ
= =
(đvdt)

Câu 6(1,0điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(0; 2; 0) và hai đường
thẳng

1
121
:
2 21
xyz
d
−−+
= =
−
và
2
31
:
2 21
xyz
d
−+
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua
M song song vớitrục Ox, sao cho (P) cắt hai đường thẳng d
1
, d
2
lần lượt tại A, B thỏa mãn AB = 1.
Bài giải :

Ta có:
1
12
: 22
1
xt
dy t
zt
= +


= −


=−+

và
2
32
: 12
xm
dy m
zm
= +



=−−


=



( )
1
( ) 1 2;2 2; 1 ( )APd A t t t P= ∩ ⇒ + − −+ ∈
,
( )
2
() 32;12; ()B P d B m mm P= ∩ ⇒ + −− ∈


( )
2 2 2; 2 2 3; 1AB m t m t m t= − + − + − −+

,
( )
1 2;2; 1AM t t t=−− −+



( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 22 2
1
1 2 2 2 2 2 3 1 1 9 22 13 0
13

9
mt
AB m t m t mt mt mt
mt
−=−


=⇔ − + +− + − + −+ =⇔ − + − + = ⇔

−=−


Với
1mt−=−
1mt⇒=−
( )
0; 1; 0AB
⇒=−



( )
, 1; 0; 2 1
p
n AM AB t t

= =−+ +

  
là VTPT của (P).

( )
/ /( ) . 0 1 0 1 0; 0; 3
Ox p Ox p p
Ox P u n u n t t n⇒ ⊥ ⇔ = ⇔− + = ⇔ = ⇒ =
    
(với
Ox
u
  
là VTCP của Ox)
(P) qua M(0; 2; 0) và có VTPT là
( )
0; 0; 3
p
n =
 
( ): 0Py⇒=
(loại vì (P) chứa Ox)
Với
13
9
mt−=−
814
;;
999
AB

⇒ =−−−






9 1 12 18 1
, ;;
9 99
p
tt
n AM AB
−+ +


= = −



  
là VTPT của (P).

1 12 3
/ /( ) . 0 9 1 0 0; ;
9 99
Ox p Ox p p
Ox P u n u n t t n

⇒ ⊥ ⇔ = ⇔− + = ⇔ = ⇒ = −


    

(với
Ox
u
  
là VTCP của
Ox)
(P) qua M(0; 2; 0) và có VTPT là
12 3
0; ;
99
p
n

= −


 
( ):4 8 0P yz
⇒ −−=
.
Vậy mặt phẳng cần tìm là:
( ):4 8 0P yz−−=






Câu 7(1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có góc


0
60BAD =
.
Trên cạnh AB, BC lấy các điểm M, N sao cho MB + NB = AB. Biết
( )
3;1P
thuộc đường thẳng
DN và đường phân giác trong của góc

MDN
có phương trình
3 60xy− +=
. Tìm tọa độ đỉnh
D của hình thoi đã cho.
B
( )
31P

: 3 60dx y− +=

H
P’
N
M

Bài giải :
( )
3 6;Dd D m m∈⇒ −

MB + NB = AB
NC MB CDN CDM
NB MA NDB MDA
= ∆=∆

⇒⇒

= ∆=∆







0
60
NDC MDB
MDN
NDB MDB

=

⇒ ⇒=


=


( Vì

0
120ADC =
)
Gọi P’ là điểm đối xứng với P qua d
'P DM⇒∈

'DPP⇒∆
là tam giác đều có d là đường phân giác
2(,)DP d P d⇒=

( )
( )
2
2
2
2
3 36
1
363 1 2
33 1
13
m
mm
m

−+
=

⇔ −− + − = ⇔

= +

+

Vậy có hai điểm cần tìm
( )
3 6;1D −
và
( )
3 3;3 3 1D
++

Câu 8(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:
22
2
1
3 2 (1)
2
3 6 2 2 3 10 2 2 1 4 6 4 2 (2)
x
x x y xy
x y x y x y xy
+

+− = ++




− − + + = −+ + − +


Bình luận:
Vì phương trình (2) quá phức tạp và không có dấu hiệu để biến đổi nên ta sẽ tập trung vào (1).
Ta sẽ biến đổi pt(1) về dạng tích bằng phương pháp nhân liên hợp,trước tiên ta phải đoán được nhóm
chung cần tìm là gì:
22
(1) 2 3 2 2 1x x y xy x⇔ + − = + ++
. Ta sẽ tìm nhóm chung bằng máy tính vớikỹ thuật sau:
Xét
1x =
ta có:
2
24 2 21 2 0yy y− = + + ⇒=

Xét x = 2 ta có:
2
1
2 10 2 2 2 3
2
yy y− = + + ⇒=

Nếu nhóm chung bật một
ax by c++
thì ta có :
0

21
1
2
20
2
ac
ca
xy
ba
a bc
+=

= −


⇔ ⇒− −

= −
+ +=



là nhóm chung.
Đến đây ta sẽ đại lượng cần thêm vào các nhóm phần tử:
( )
( ) ( )
2
2
2 2 22
32 21 32 21 1 1x xyAxy A x xy xy x Ax+− − =−−⇔ = +− −−−=+ ⇒=+

Vậy đại lượng cần thêm vào
2
32x xy+−
chình là
1x+

Bài giải :
ĐK:








( )
( )
22
2 22
2 22
21 4 2
(1) 32 1 32 2 0 0
32 1 32 2
xy x yxy
x xyx x xy xy
x xyx x xy xy
− − − −−
⇔ +− −++ +− − + =⇔ + =

+− ++ +− + +

( )
( )
2 22
12
21 0 210
32 1 32 2
xy
xy xy
x xyx x xy xy

+

⇔−− + =⇔−−=

+− ++ +− + +

(vì
20xy+≥
)
Thay
21yx= −
vào phương trình (2) ta có:
( )
2
36 1 8 5 2 1 43 1 3xx x x x−−+ −= −+ +

Bình luận :
Đến đây ta dễ dàng thấy được

2
6 1 2 1. 3 1xx x x−−= − +
Điều này khiến ta nghĩ đến đến hai phép
đặt ẩn phụ cơ bản:
2 1 43 1tx x= −+ +
hoặc
21
31
ux
vx

= −


= +


để quy về pt bậc 2 theo 2 biến. Nhưng ta lại
thấy phép đặt
2 1 43 1tx x= −+ +
không phù hợp với bài này vì không thể khử hết biến x trong
phương trình

Đặt :
2 10
3 10
ux
vx

= −≥



= +≥


.
2
61x x uv−−=
,
22
85 2 6x uv−= + −

( )
22 2 2
(3) 3 2 6 4 3 1 2 4 6 0uvu v uvu v uv v⇔ + + −=+ ⇔ + − + − −=

( )
( )
( )
22
2
3 1 42 4 6 5
u
v vv v∆= − − − − = +

( ) ( )
( ) ( )
31 5
2 2 ( 0, 0)
2

(3)
31 5
3
2
vv
u v loai vi u v
vv
uv
− −− +

= =−− ≥ ≥


⇔
− −+ +

= =−+



2
95 0
3 2 1 3 1 3 2 (2 1)(3 1) 9 5 1
86 85 0
x
uv x x x x x x
xx
−≥

⇔ + = ⇔ −+ += ⇔ − + = − ⇔ ⇔ =


− +=


Vậy
( ; ) (1; 0)xy=
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài tập tương tự:
1.
( )
( )
2
3
22
2 3 2 1 11
y
x xy
xy
xy x

−+ =

−


+ − −=


2.
( ) ( )
2
1 21
2 3612 2 453
y xyx xy y
y xy xy xy

− −+=+ −−


− + += − − − −



3.
2
16( ) 2
13 ( ) 3 5
x y x y xy
xy y

+ − +=



− + − −=



Câu 9 (1,0 điểm).Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện :
( )
2 2 22
2 x y xy+=
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức :
22
1
11
1
xy
P
yx
xy
=++
++
++

Bài giải :
Ta có:
( )
( )
2
22 2 2
2xy x y xy xyxy= + ≥ + ⇒ ≥+

Do đó:
( ) ( ) ( ) ( )
22 2
22
1 21 2 1 1x y xy xy xy xy xy+ += + − +≤ + − + += + −

22
22
11
11
1
1
x y xy
xy
xy
⇒ + +≤ + −⇒ ≥
+−
++

( ) ( )
11 4
1 12 1 2 1 2
11 1 1 11 2
xyx y
xy xy
y x y x x y xy

+ = ++ +− = + + + − ≥ + + −


+ + + + + + ++


Vậy
( )
41
12
21
P xy
xy xy
≥ ++ + −
++ +−

Đặt:
.txy= +
ta có :
2
( ) 4 4( ) 4 4ab xy xy xy t+ ≥ ≥ + ⇒ + ≥ ⇒≥

Từ đó ta được :
[
)
44 1
2 () , 4,
21
t
P ft t
tt
+
≥ + − = ∀ ∈ +∞

+−

Ta có:
( )
( )
( ) ( )
[
)
2 22
2
34
41
'( ) 0, 4,
( 1)
2 21
tt
ft t
t
t tt
−
= − = ≥ ∀ ∈ +∞
−
+ +−

Do đó
()ft
là hàm liên tục và đơn điệu tăng trên
[
)
4,+∞

[
)
[ ]
4,
55
( ) (4) ( )
33
f t f Min f x
+∞
⇒ ≥ ≥⇒ =
khi
4t =

Vậy
( )
5
3
Min P =
khi
2xy= =




ĐỀ SỐ 2

Câu 1(2,0điểm).Cho hàm số
21
2
x

y
x
+
=
+
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.








2. Chứng minh rằng đường thẳng d:
y xm=−+
luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B.
Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu 3 (1,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2sin 2 2sin 2 5sin 3cos 3
4
x x xx
π

+ ++ − =



2. Giải phương trình:
( )
2
3
2
48
log ( 1) 2 log 4 log 4x xx+ += −+ +

Câu 3 (1,0 điểm).
1. Tính tích phân:
( ) ( )
2
1
3
0
1 12 16 4
131
xx
I dx
xx
− ++
=
++
∫

2. Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường sau :
2
2
4,
3

x
y xy
=−=

Câu 4 (1,0 điểm).
1. Cho hai số phức
1
z
và
2
z
thỏa mãn điều kiện
12
2, 5zz= =
và
12
4zz−=
. Hãy tính mô đun của
số phức
12
zzz= +
.
2. Tổ một có 3 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Tổ hai có 5 học sinh nam và 2 học sinh nữ. Chọn ngẫu
nhiên mỗi tổ một học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để chọn được hai học sinh gồm một nam
và một nữ.
Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp SABC, có cạnh SA vuông góc với đáy và AB = a, AC = 2a,


0
120BAC =

. Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 60
0
. Tính thể tích của khối chóp SABC và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a .
Câu 6 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy z, cho hai mặt phẳng (P): 2x + z – 3 = 0 và
(Q): x + 2y + 3z – 4 = 0. Viết phương trình mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng (P) và (Q),
đồng thời hợp với các mặt phẳng tọa độ thành khối tứ diện có thể tích bằng
4
15
.
Câu 7 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương
trình
đường chéo AC: 5x + y + 4 = 0. Gọi
23 15
;
77
H

−


là
trực tâm của tam giác ABC và
2
;4
3
G

−




là trọng tâm tam giác ACD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành A, B, C, D.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( )( )
23
3
23
1 3 3 ( 1)
2 4 2( 2)
yx y x y x
xy x y

− − +− = −


 −+ −= −


Câu 9 (1,0 điểm).Tìm tất cả các số thực m sao cho hệ phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt.









( )

2
22
2.3 .2 7.2
( 4) 2 3 5 8 32
xy xy xy
xy
mx y y x y
− −+ −

+− =


+ + += + +



Hết

GIẢI ĐỀ SỐ 2
Câu 1(2,0điểm).Cho hàm số
21
2
x
y
x
+
=
+
có đồ thị (C).
Chứng minh rằng đường thẳng d:

y xm=−+
luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B.
Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Bài giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là
21
(1)
2
x
xm
x
+
=−+
+
ĐK:
2x ≠−

2
(1) ( ) (4 ) 2 1 0 (2)fxx mxm⇔ = + − − +=

Ta có :
( )
2
2
2
4 4( 2 1) 12 0 ,
( 2) ( 2) (4 )( 2) 2 1 0 ,
m m m mR
f m m mR


∆= − − − + = + > ∀ ∈

⇔

− =− + − − − +≠ ∀∈


(2) có hai nghiệm phân biệt khác -2
⇔
(1) có hai nghiệm phân biệt ,
mR∀∈
⇔
d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt
( )
dfcm
.
Gọi
12
,xx
là hai nghiệm phân biệt của (2), theo talet ta có:
1 2 12
4, . 2 1x x m xx m+=− =−+

Khi đó ta có :
( )
11
;Ax x m−+
và
( )
22

;Bx x m−+
là hai giao điểm
( )
[ ]
( ) ( )
2
2 22
12 1 2 12 12 12
( )( ) 2 2 4AB xx xm xm xx xx xx= − + − + −− + = − = + −

( ) ( )
2
2
2 4 4 2 1 2 12 24m mm= − −− += + ≥

Vậy
( )
24Min AB =
khi m = 0
Câu 3 (1,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2sin 2 2sin 2 5sin 3cos 3
4
x x xx
π

+ ++ − =



Bài giải:
2sin 2 (sin 2 cos2 ) 5sin 3cos 3 0pt x x x x x⇔ + + + − −=

( )
( )
( )
( ) ( )( )
( )( )
2
2
6sin cos 1 2sin 5sin 3cos 3 0
3cos 2sin 1 2sin 5sin 2 0
3cos 2sin 1 sin 2 2sin 1 0
2sin 1 3cos sin 2 0
2 sin 1 0 (1)
sin 3cos 2 (2)
xx x x x
xx x x
xx x x
x xx
x
xx
⇔ + − + − −=
⇔ −− − + =
⇔ −− − −=
⇔ − − +=
−=

⇔


−=


2
1
6
(1) sin
5
2
2
6
xk
x
xk
π
π
π
π

= +

⇔=⇔


= +



13 2 2
(2) sin cos cos cos sin sin
10 10 10 10
xx x x
αα
⇔+=⇔ + =

( )
cos cos 2x xk
α β αβ π
⇔ − = ⇔=±+

Với:
3
cos
10
1
sin
10
α
α

=





=


và
2
cos
10
β
=



2. Giải phương trình:
( )
2
3
2
48
log ( 1) 2 log 4 log 4x xx+ += −+ +

Bài giải: ĐK:
44
1
x
x
−< <



≠−


( ) ( )
( ) ( )
( )
( )( )
( )
23
1
2
2
2
2
1
3
22
2
2
22
22 2
2
2
2
2
2
2
2
log ( 1) log 2 log 4 log 4

log 1 log 4 log 4 log 4
log 4 1 log 4 4
16 0
44
2
4 4 16
4 4 16
4 12 0
2 26
4 4 16
4 20 0
pt x x x
x xx
x xx
x
x
x
xx
xx
xx
x
xx
xx
⇔ ++ = − + +
⇔ ++ = − + +
⇔ += − +



−≥

−≤ ≤


=




+= −

⇔ += − ⇔ ⇔ ⇔
+−=



= −



+=− −
−−=







Chú ý :
Trong bài này sai lầm thường mắt phải là:

( ) ( )
2
2
2
2
log 1 log 1xx+= +
. Cần nhớ
2
log 2 log
n
aa
b nb=


Câu 3 (1,0 điểm).
1. Tính tích phân:
( ) ( )
2
1
3
0
1 12 16 4
131
xx
I dx
xx
− ++
=
++
∫

Bài giải:
( )( )
( ) ( )( )
( ) ( )( )
11 1
12
00 0
14 13 1
11
44
1
1 13 1 1 13 1
xx
I dx dx dx I I
x
x xx x xx
−++
= = −=−
+
+ ++ + ++
∫∫ ∫

1
1
0
1
1
( 1) ln 1 ln2
0

1
I dx x
x
= += + =
+
∫

( )
1
2
0
2
1
31
1
1
I dx
x
x
x
=
+
+
+
∫

Đặt:
( )
2
2

31 31 1
11
1
xx
t t tdt dx
xx
x
++
= ⇔= ⇒ =
++
+









Đổi cận
12
01
xt
xt

=⇒=


=⇒=




22
2
11
1
2
21
1
I tdt dt t
t
= = = = −
∫∫

Vậy :
2 1 4ln 2I = −−

2. Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường sau :
2
2
4,
3
x
y xy
=−=

Bài giải: Phương trình hoành độ giao điểm :
2
2 22 4

4 3 4 9 36 0 3
3
x
x xx x x x−=⇔ −=⇔+−=⇔=±


3
2
2
3
4
3
x
S x dx
−
= −−
∫


2
2
22
2
41
3, 3 0 3 4 0
3
1
3
x
x

xx x
x

−≥


∀∈− ⇔ ≤ ≤ ⇒ ⇒ − − ≥


≤




3 33
2 23
22
11
3 33
3
23
44
3 39 3
3
x xx
S x dx x dx dx I I
− −−
  
= −− = − − =− =−
  

−
  
∫ ∫∫

Đặt :
2sin 2cosx t dx tdt= ⇒=

Đổi cận:
3
3
3
3
xt
xt
π
π

=− ⇒=−




= ⇒=




( )
( )
3 33

22
1
3 33
14
3
4 1 sin 2cos 4 cos 2 1 cos2 2 sin 2 3
23
3
I t tdt tdt t dt t t
π ππ
π ππ
π
π
π
− −−

=− = =+=+ =+


−
∫ ∫∫

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là :
43
33
S
π
= +
(đvdt)
Câu 4 (1,0 điểm).

1. Cho hai số phức
1
z
và
2
z
thỏa mãn điều kiện
12
2, 5zz= =
và
12
4zz−=
. Hãy tính mô đun của
số phức
12
zzz= +
.
Bài giải:








Gọi
111
z x yi= +
và

222
z x yi= +
với
1212
,,,xxyy R∈

Khi đó ta có :
( ) ( )
22 22 22
1
11 11 11
22 22 22
2 22 22 22
2 2 2222
12 12
1122 12 12
12
12 12
2
44 4
5 25 25 25
2 2 13
16 2 2
4
16
z
xy xy xy
z xy xy xy
xx yy
xyxy xx yy

zz
xx yy


=
+= += +=




= ⇔ += ⇔ += ⇔ +=
  
  
+=
+++=+ +
−=
− +− =





( ) ( )
22
2222
12 12 12 1122 12 12
2 2 4 25 13 42zzz xx yy xyxy xx yy=+= + + + = ++++ + = ++=

2. Tổ một có 3 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Tổ hai có 5 học sinh nam và 2 học sinh nữ. Chọn ngẫu
nhiên mỗi tổ một học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để chọn được hai học sinh gồm một nam
và một nữ.
Bài giải:
Gọi
Ω
là không gian mẫu của phép thử chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh
Khi đó ta có số phần tử của không gian mẫu là :
11
77
49CCΩ= × =

Gọi A là biến cố hai học sinh được chọn là một học sinh nam và một học sinh nữ.
Khi đó ta có số phần tử của không gian biến cố A được tính như sau:
TH1: Chọn 1 học sinh nam từ tổ một và 1 học sinh nữ từ tổ hai
⇒
có
11
32
6CC×=
cách chọn
TH1: Chọn 1 học sinh nữ từ tổ một và 1 học sinh nam từ tổ hai
⇒
có
11
45
20CC×=
cách chọn
Theo quy tắc cộng ta có:
6 20 26

A
Ω=+ =

Vậy xác suất cần tìm là :
26
()
49
A
PA
Ω
= =
Ω

Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp SABC, có cạnh SA vuông góc với đáy và AB = a, AC = 2a,


0
120BAC =
. Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 60
0
. Tính thể tích của khối chóp SABC và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a .
Bài giải:
Dựng AM
⊥
BC ( với M
BC∈
)

⇒

BC
⊥
(SAM) (vì
SA BC⊥
)

( ) ( )

( ),( ) ,SBC ABC MA MS SMA= =
(Vì

0
90SAM =
)
Từ

0
60gt SMA⇒=

Theo định lý cosin cho tam giác ABC ta có:
C
S
A
0
120

0
60


22
2 cos 7
BC AB AC AB BC BAC a= +− =



11
. .sin .
22
ABC
S AB AC BAC AM BC= =



. .sin 21
7
AB AC BAC a
AM
BC
⇔= =

Xét
SAM∆
ta có:
 
7
tan tan
7
SA a
SMA SA AM SMA
AM
= ⇔= =



3
1 1 1 21
. . . .sin
3 3 2 42
SABC ABC
a
V SA S SA AB AC BAC= = =
(đvdt)
Dựng hình bình hành ACBD như hình vẽ .
Khi đó ta có : AC // BC
⇒
AC// (SBC)
3
( , ) ( , ( ) (1)
SABD
SBD

V
d AC SB d A SBD
S
⇒= =

Ta có:
3
21
42
SABD SABC
a
VV= =

Theo Pitago ta có:
22
5 14
7
a
SD SA AD= +=
,
22
2 14
7
a
SB SA AB= +=

Theo định lý cosin cho
SBD∆
ta có:


( )
22 2
3
cos
2. . 4
SB SD BD
BSD
SB SD
+−
= =
 
2
7
sin 1 cos
4
BSD BSD⇒=− =



( )
2
1 57
. .sin
2 14
SBD
a
S SB SD BSD= =
3
2
21

3
3
42
(1) ( , )
5
57
14
a
a
d AC SB
a
⇔= =
(đvđd)

Câu 6 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy z, cho hai mặt phẳng (P): 2x + z – 3 = 0 và
(Q): x + 2y + 3z – 4 = 0. Viết phương trình mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng (P) và (Q),
đồng thời hợp với các mặt phẳng tọa độ thành khối tứ diện có thể tích bằng
4
15
.
Bài giải:

( )
( ) : 2 3 0 2; 0;1
p
P xz n+−=⇒ =
 
là VTPT của mặt phẳng (P)

( )

( ) : 2 3 4 0 1; 2; 3
Q
Px y z n+ + −=⇒ =
 
là VTPT của mặt phẳng (Q)








Ta có:
() ()
() ()
RP
RQ
⊥

⇒

⊥

mp (R) có VTPT là
( )
, 254
R pQ
n nn


= =−−+

  


( ):2 5 4 0R x y ym⇒ + − +=


( ) ; 0; 0
22
( ) 0; ; 0
55
( ) 0; 0;
44
m
m
A R Ox A OA
m
m
B R Oy B OB
m
m
C R Oz B OB


= ∩⇒− ⇒ =








= ∩⇒ − ⇒ =






= ∩⇒ ⇒ =







3
3
41 4
4 4 4
15 6 15
OABC
V OAOB OC m m m= ⇔ = ⇔ =⇔ =⇔=±

Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là:
( ):2 5 4 4 0Rxyy+ − +=
và
( ):2 5 4 4 0Rxyy+ − −=

Câu 7 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương
trình đường chéo AC: 5x + y + 4 = 0. Gọi
23 15
;
77
H

−


là trực tâm của tam giác ABC và
2
;4
3
G

−



là trọng tâm tam giác ACD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành A, B, C, D.
Bài giải:
BH đi qua H và vuông góc AC
: 5 14 0BH x y⇒ −+=


( )
5 14;B BH B m m∈⇒ −

Gọi I là giao điểm của AC và DB
( ; 5 4)I AC I a a⇒∈ ⇒ − −

G là trọng tâm tam giác ACD
4BG IG⇒=
 


( ) ( )
2 2 3 37
5 14 4 ;
3 3 2 22
4 4 4 5 4 2 4;2
m aa I
m a mB

 
−− + = −− =−⇒ −

 
⇔⇔
 


−= + + = ⇒ −


I là trung điểm của BD
( )
2 21

1;5
2 25
BDI DIB
BDI DIB
xxx xxx
D
yyy yyy
+= = −=

⇒⇔ ⇒

+= = −=


Ta có
( )
;5 4A AC A a a∈ ⇒ −−

Lại có I là trung điểm của AC
( )
3 ;11 5Ca a⇒ −− +


( )
4 ;6 5AB a a=−− +

và
7 2 35 62
;
77

aa
CH
−− −

=




Ta có H là trực tâm của tam giác ABC
.0 ,AB CH a A C⇒ =⇒⇒
 

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( )( )
23
3
23
1 3 3 ( 1) (1)
2 4 2( 2) (2)
yx y x y x
xy x y

− − +− = −


 −+ −= −


A
B
C
D
.
2
;4
3
G

−



23 15
;
77
H

−



5x + y + 4 = 0
I

Bình luận:Dễ thấy phương trình (1) chỉ chứa hai nhóm biến là :
x
và
1y −
điều này khiến ta nghĩ ngay
đến phương trình thuần nhất (đồng bậc) hoặc cấu trúc hàm số
( ) ( )
1fx fy= −
hoặc phương trình tích.
Từ đó để thực hiện được ý tưởng này ta nên đặt hai ẩn phụ để quy phương trình (1) về dạng đa thức trong
sáng hơn, sau đó ta mới xem thử nó cụ thể là thuộc dạng nào.
Bài giải: ĐK:
2
1
0
xy
x

≥≥

≥


Dễ thấy y = 1 không thỏa hệ phương trình. Nên ta chỉ xét
1y >
. Đặt :
10

0
uy
vx

= −>


= ≥


( )
2 2 2 4 3 4 22 3 4
(1) 3 3 0u v u v uv v uv uv u⇔− − − = ⇔ + + − =

Chia hai vế cho
4
u
và đặt
0
v
t
u
= ≥
ta có

( )
( )
42 32
32
1 11

1 3 0 ( 1) 2 3 0
2 3 0 ( , 0)
`
t uv y x yx
ttt t tt t
t t t VN vi t

=⇔ =⇔ −= ⇔ =+
⇔++−=⇔− +++=⇔

+ + += >



Thay
1yx= +
vào phương trình (2) ta có:
3
23
1 2 4 2( 1) (*)xx x x−−+ − = −
Bình luận:
pt (*) chứa 2 loại căn và
3
điều này khiến ta nghĩ đến các hướng phân tích sau:
Hướng 1: sử dụng hàm số để chứng minh nghiệm duy nhất (phải đoán được 1 nghiệm),
Hướng 2: phân tích về phương trình tích bằng nhân liên hợp (phải đoán được nghiệm hoặc
đoán được nhóm phần tử chung),
Hướng 3: hoặc quy về phương trình thuần nhất bậc 3. Đặt
3
t =

sau đó bình phương hai vế.
Hướng 4: Đặt hai ẩn phụ để quy về phương trình bậc 3 theo hai biến hoặc quy về hệ phương
trình hai biến không căn thức.
Nhưng pt(*) không đoan nghiệm được và trong
3
là biểu thức bậc 3 theo biến x , nên ta chỉ có thể đi theo
hướng nhân liên hợp để xây dựng được nhóm chung là biểu thức bậc 2.Vấn đề bây giờ là làm sao có thể
đoán được nhóm chung này, ta thử xem :
3
3
3 32
4 ( 1) 3( 1)x x xx− − − = −−
. Từ đây ta có lời giải:

3
23
(*) 1 2 4 ( 1) 0xx x x

⇔ − −+ − − − =



2
2
2
33
3 32
3( 1)
12 0
4 ( 2) 4 ( 2)

xx
xx
x xx x
−−
⇔ −−+ =
−+− −+−


2
2
2
33
3 32
61
11 0
4 ( 2) 4 ( 2)
xx
xx
x xx x

−−

⇔ −− + =

−+− −+−



2
2

2
2
3
3
10
61
1 0( )
2 3( 2)
4
24
xx
xx
VN
xx
x

−−=

−−

⇔
+=

−−


−+ +




