Phân tích kỹ thuật giải đề THPT Quốc Gia môn Toán qua các đề thi thử

ĐỀ LUYỆN THI SỐ 01
LUYỆN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2015
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
y x 3x 4
(1)
= − + − .
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b). Tìm m để đường thẳng d có phương trình
y mx 2m 16
= + +
cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
A, B, C cố định và tổng 2 hệ số góc của 2 tiếp tuyến với (C) tại B và C bằng
(
)
15
− .
Câu 2: (1,0 điểm)
a). Cho biết
2
4 tan x 4 tan x.sin x 1
− =
. Tính giá trị của biểu thức
2
A 2 sin 2x c 2x
os= + −
b). Cho số phức z thỏa mãn
(

)
1 i z 2 4i 0
+ − − =
. Tính mô đun của số phức liên hợp của số
phức z.
Câu 3: (0,5 điểm) Giải phương trình:
(
)
(
)
2 4 1
2
log 2 2 log 5 log 8 0
x x
+ + − + =
Câu 4: (0,5 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
I 1;7;5
và đường thẳng
x 1 y 6 z
d :
2 1 3
− −
= =
−
. Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d và
viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I, cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt M, N sao
cho tam giác IMN có diện tích bằng
2 6012

.
Câu 5: (1,0 điểm) Tính tích phân
(
)
ln 2
x x
0
I e x e 1 dx
= + −
∫
Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a,
SA 2a
=
. M là trung điểm
của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và SB.
Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I, bán kính bằng 2,
điểm M thuộc đường thẳng
d : x y 0
+ =
. Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các
tiếp điểm). Viết phương trình của đường tròn (C) biết
AB : 3x y 2 0
+ − =
và khoảng cách từ I
đến d bằng
2 2
.
Câu 8: (1,0 điểm) Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu
nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu.
Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 2
2 2
x y 3 y 3x 7
y 1 2y 1 x x xy 3y


+ + = − +


− + + = + + +


Câu 10: (1,0 điểm) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 2x + 3y + z = 40.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
2 1 3 16 36
S x y z
= + + + + +
HẾT
KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

trang
1

ĐỀ LUYỆN THI SỐ 1
GV biên soạn: Nguyễn Hữu Biển
(Lưu hành nội bộ)

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ
NĂM 2015
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1a: Cho hàm số
3 2
y x 3x 4
(1)
= − + − . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của
hàm số (1).
Phân tích và hướng dẫn
Câu khảo sát hàm số là câu mặc định trong đề thi THPT Quốc gia môn Toán. Cấu
trúc cách trình bày theo mẫu chuẩn đáp án của BGD đối với hàm bậc 3 gồm các bước sau:
(1) TXĐ:
D R
=

(2) Sự biến thiên
* Chiều biến thiên: ta có
2
y' 3x 6x
= − +
+
2
x 0
y' 0 3x 6x 0
x 2
=

= ⇔ − + = ⇔


=

+

(
)
y' 0, x 0;2
> ∀ ∈ ⇒
hàm số đồng biến trên khoảng
(
)
0;2

+
(
)
y' 0, x ;0
< ∀ ∈ −∞ và
(
)
2;
+∞ ⇒
hàm số nghịch biến trên các khoảng
(
)
;2
−∞ ;
(
)

2;
+∞
* Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
(
)
0; 4
−
. Hàm số đạt cực đại tại điểm
(
)
2;0
* Giới hạn:
x
x
lim y ;lim y
→+∞
→−∞
= −∞ = +∞
* Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞
y’

- 0 + 0 -
y
+∞
ց
4

−

ր
0
ց
−∞
(3) Đồ thị
- Giao của đồ thị với trục Oy:
x 0 y 4
= ⇒ = −

⇒
đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm
(
)
0; 4
−
- Giao của đồ thị với trục Ox: cho
3 2
x 1
y 0 x 3x 4 0
x 2
= −

= ⇒ − + − = ⇔

=

⇒
đồ thị hàm số

cắt trục hoành tại 2 điểm có tọa độ
(
)
1;0
− và
(
)
2;0

KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

trang
2

Câu 1b:Cho hàm số
3 2
y x 3x 4
(1)
= − + − . Tìm m để đường thẳng d có phương trình
y mx 2m 16
= + +
cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, B, C cố định và tổng 2 hệ số góc của 2
tiếp tuyến với (C) tại B và C bằng
(
)
15
− .

Phân tích và hướng dẫn
* Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:
3 2
3 2
x 3x 4 mx 2m 16
x 3x 4 mx 2m 16 0
(*)
− + − = + +
⇔ − + + + + =
Chú ý: trương chương trình toán phổ thông, nếu các em gặp phương trình bậc 3 có chứa
tham số thì thường đề bài sẽ cho phương trình đó nhẩm được nghiệm. Các nghiệm nhẩm
được của phương trình thường là các giá trị
1; 2; 3; 4
± ± ± ±
hoặc
m; 2m;
± ±
, rất hiếm gặp
trường hợp ra nghiệm
1
2
±
. Trong trường hợp này, phương trình (*) ta nhẩm thấy 1
nghiệm là
x 2
= −
, thực hiện phép chia đa thức
(
)
(

)
3 2
x 3x 4 mx 2m 16 : x 2
− + + + + +
ta có
phương trình (*) tương đương với:
(
)
(
)
2
x 2 x 5x m 10 0
(**)
+ − + + =
* Để (d) cắt đồ thị hàm số (C) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (**) phải có 3
nghiệm phân biệt
⇔
phương trình
2
x 5x m 10 0
(***)
− + + = phải có 2 nghiệm phân biệt
khác
(
)
2
−

( ) ( )
2

15
4m 15 0
m
4
2 5. 2 m 10 0
m 24
(1)

∆ = − − >

< −
 
⇔ ⇔
 
− − − + + ≠



≠ −

KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

trang
3

* Theo giả thiết, do điểm A cố định nên
(

)
A 2;16
⇒ − . Gọi hoành độ của B và C lần lượt
là
1 2
x ; x

⇒
1 2
x ; x
là nghiệm của phương trình (***)
1 2
1 2
x x 5
x x m 10
+ =


= +

⇒
hệ số góc của tiếp tuyến tại B là
(
)
2
1 1 1
y' x 3x 6x
= − + và tại C là
(
)

2
2 2 2
y' x 3x 6x
= − +
* Theo đề bài, để
(
)
(
)
1 2
y' x y ' x 15
+ = −
thì:
( )
( )
( ) ( )
( )
2 2
1 1 2 2
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
3x 6x 3x 6x 15
3 x x 6 x x 15
3 x x 2x x 6 x x 15
3 5 2 m 10 6.5 15 m 5
− + − + = −
⇔ − + + + = −

 
⇔ − + − + + = −
 
 
⇒ − − + + = − ⇔ = −
 
Vậy

m 5
= −
(thỏa mãn điều kiện (1)) là giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán
Chú ý: Nếu phương trình bậc hai
2
ax bx c 0
+ + =
có 2 nghiệm
1 2
x ; x
thì
1 2
1 2
b
x x
a
c
x x
a

+ = −





=


(định lý Vi - et đã học ở lớp 9)
Câu 2a: Cho biết
2
4 tan x 4 tan x.sin x 1
− =
. Tính giá trị của biểu thức
2
A 2 sin 2x c 2x
os= + −
Phân tích và hướng dẫn
+ Điều
kiện:
cos x 0 x k , k Z
2
π
≠ ⇔ ≠ + π ∈
+ Theo giả thiết ta có :
( )
2 2 2
1
4 tan x 4 tan x.sin x 1 4 tan x 1 sin x 1 4 tan x.c x 1 2sin 2x 1 sin 2x
2
os
− = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

+ Vậy
( )
2 2 2
7
A 2 sin 2x c 2x 2 sin 2x 1 sin 2x sin 2x sin 2x 1
2
os= + − = + − − = + + =
Câu 2b: Cho số phức z thỏa mãn
(
)
1 i z 2 4i 0
+ − − =
. Tính mô đun của số phức liên hợp
của số phức z.
Phân tích và hướng dẫn
+ Theo đề bài ta có :
( )
(
)
(
)
( )( )
2
2
2 4i 1 i
2 4i 2 2i 4i 6 2i
1 i z 2 4i 0 z 3 2i
1 i 1 i 1 i 1 i 2
+ −
+ + − +

+ − − = ⇔ = = = = = +
+ + − −

KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

trang
4

( )
2
2
z 3 2i z 3 2 13
⇒ = − ⇒ = + − =
Câu 3: Giải phương trình:
(
)
(
)
2 4 1
2
log 2 2log 5 log 8 0
x x
+ + − + =

Phân tích và hướng dẫn
+ Điều kiện:
5

x
>
.
+ Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
2 4 1 2 2 2
2
log 2 2log 5 log 8 0 log 2 log 5 log 8
x x x x+ + − + = ⇔ + + − =
( )( )
6
2 5 8
3 5
=

⇔ + − = ⇔

= − <

x
x x
x
+

So với điều kiện, vậy phương trình có nghiệm là
6
x
=
.
Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
I 1;7;5
và đường thẳng
x 1 y 6 z
d :
2 1 3
− −
= =
−
. Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d
và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I, cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt M, N
sao cho tam giác IMN có diện tích bằng
2 6012
.
Phân tích và hướng dẫn
N
M
H
I
d
+ Do
(
)

H d H 1 2t;6 t;3t , t
∈ ⇒ + − ∈
ℝ
.
⇒

(
)
IH 2t; t 1;3t 5
= − − −


+ Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là
(
)
u 2; 1;3
= −

.
+ Do H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d
⇒

u.IH 0 4t t 1 9t 15 0 t 1
= ⇔ + + + − = ⇔ =
 

⇒
(
)
H 3;5;3

⇒
(
)
IH 2; 2; 2 IH 2 3
= − − ⇒ =

.
+ Mặt khác tam giác IMN cân tại I nên ta có
IMN
S IH.HM 2 6012 HM 2004
= = ⇒ = .
⇒
mặt cầu (S) có bán kính
( ) ( )
2 2
2 2
R IM IH HM 2 3 2004 2016
= = + = + =
+ Vậy phương trình mặt cầu (S) là:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 7 5 2016
− + − + − =x y z
Câu 5: Tính tích phân
(
)
ln2
x x
0
I e x e 1 dx

= + −
∫
Phân tích và hướng dẫn
KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

trang
5

* Trước hết, ta phân tích I thành tổng của 2 tích phân:
+ Ta có
(
)
ln2 ln2 ln 2
x x x x x
0 0 0
I e x e 1 dx xe dx e e 1dx
= + − = + −
∫ ∫ ∫
+
Đặt
ln2
x
1
0
I xe dx
=
∫

,
ln2
x x
2
0
I e e 1dx
= −
∫
* Với tích phân
1
I
có dạng tích của 1 đa thức và 1 hàm mũ nên sử dụng phương pháp
tính tích phân từng phần:
+ Đặt
x x
u x du dx
dv e dx v e
= =
 
⇒
 
= =
 
ln2
ln2 ln2 ln 2
x x x x
1
0 0 0
0
I xe e dx xe e 2ln 2 1

⇒ = − = − = −
∫

* Với
tích phân
2
I
ta thấy có thể biến đổi để đưa vào dấu vi phân:
+
( ) ( )
ln2
ln2 ln 2
3
x x x x x
2
0 0
0
2 2
I e e 1dx e 1d e 1 e 1
3 3
= − = − − = − =
∫ ∫
Vậy
1 2
1
I I I 2ln 2
3
= + = −
Câu 6: Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a,
SA 2a

=
. M là trung điểm của BC.
Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và SB.
Phân tích và hướng dẫn
* Ý 1: tính thể tích khối chóp S.ABC
+ Do S.ABC là chóp đều nên ta gọi G là trọng tâm
(
)
ABC SG ABC
∆ ⇒ ⊥
⇒
SG là đường
cao của khối chóp S.ABC.
⇒
thể tích khối chóp S.ABC là
ABC
1
V S .SG
3
∆
=
+ Do
ABC
∆
đều cạnh a
2
ABC
a 3
S
4

∆
⇒ =
+ Ta có
SGA
∆
vuông tại G
( )
2
2
2
2 2 2
2 2 a 3 a 33
SG SA AG SA AM 2a .
3 3 2 3
 
 
⇒ = − = − = − =
 
 
 
 
 
Vậy
3
a 11
V
12
= (đơn vị thể tích)
+ Ý 2: Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và SB.
* Chú ý: Để tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau

1
∆
và
2
∆
, trước hết ta phải
tìm ra mặt phẳng (P) chứa 1 trong 2 đường thẳng, không mất tính tổng quát ta giả sử (P)
KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

trang
6

chứa
2
∆
. Khi đó, bài toán tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau
1
∆
và
2
∆
ta
đưa về 1 trong 2 trường hợp sau đây:
TH1:
1
(P)
∆ ⊥ tại M, khi đó ta dựng

2
MN
⊥ ∆
tại N
⇒
MN là đoạn vuông góc chung của
1
∆
và
2
∆

(
)
1 2
d ; MN
⇒ ∆ ∆ = (TH này thường (P) đã cho sẵn)
P
N
M
∆
2
∆
1
T
H2:
1
/ /(P)
∆ , khi đó khoảng cách giữa 2 đường thẳng
1

∆
và
2
∆
sẽ bằng khoảng cách từ
1 điểm M bất kỳ trên
1
∆
đến mặt phẳng (P)
(
)
(
)
(
)
1 2
d ; d M; P MH
⇒ ∆ ∆ = = (TH này thường
(P) chưa cho sẵn)
H
M
∆
2
∆
1
P
* Vận dụng vào ý 2 của bài đang xét ta thấy bài toán sẽ áp dụng giải theo TH2 (do trên
hình không có sẵn 1 mặt phẳng (P) chứa 1 trong 2 đường và vuông góc với đường còn
lại).
* Để vận dụng TH2 ta sẽ tạo ra mặt phẳng (P) chứa đường thẳng SB và song song với

AM như sau: Qua B kẻ đường thẳng d // AM, gọi (P) là mặt phẳng chứa 2 đường thẳng d
và SB
(P) / /AM
⇒

KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

trang
7

C
M
G
A
S
B
d
* Lúc này việc tính khoảng cách giữa
1
∆
và
2
∆
sẽ đưa về bài toán tính khoảng cách từ 1
điểm bất kỳ trên AM đến mặt phẳng (P). Vấn đề đặt ra lúc này là ta chọn điểm nào “bất
kỳ” trên AM đây ? - để trả lời vấn đề này, các em cùng theo dõi tiếp phương pháp xác
định khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng sau đây:

* Chú ý: Ngoài phương pháp tính khoảng cách từ 1 điểm A đến 1 mặt phẳng (P) thông
qua thể tích thì phương pháp phổ biến nhất để tính khoảng cách từ 1 điểm A đến 1 mặt
phẳng (P) ta thường thông qua khoảng cách từ chân đường vuông góc nào đó đến mặt
phẳng cần tính theo mẫu sau đây:
S
A
H
∆
M
P
+
Xây dựng 1 mặt phẳng chứa A và vuông góc (P) bằng cách: từ A kẻ
AM
⊥ ∆
tại M
(
)
SAM (P)
⇒ ⊥ theo giao tuyến SM.
+ Kẻ
AH SM
⊥
tại H
(
)
(
)
(
)
AH P d A; P AH

⇒ ⊥ ⇒ =
* Qua việc nhắc lại phương pháp tính khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng, trở lại
bài toán đang xét ta thấy G chính là chân đường vuông góc
(
)
(
)
(
)
(
)
d AM, P d G, P
⇒ =
KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

trang
8

H
I
C
M
G
A
S
B
d

+ Kẻ
GI d
⊥
tại I
(
)
(
)
SGI P
⇒ ⊥ theo giao tuyến SI (tự chứng minh)
+ Kẻ
GH SI
⊥
tại H
(
)
(
)
(
)
GH P d G, P GH
⇒ ⊥ ⇒ =
+
SGI
∆
vuông tại G, đường cao GH
⇒

2 2
2 2 2 2

1 1 1 1 1 47 a 11
GH
GH GI GS 11a
47
a
a 33
2
3
= + = + = ⇒ =
   
 
 
 
 
. Vậy
( )
a 11
d AM,SB
47
=
(chú ý: ý 2 câu 6 có thể giải bằng phương pháp cài tọa độ với gốc tọa độ đặt tại M)
Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I, bán kính bằng 2, điểm M
thuộc đường thẳng
d : x y 0
+ =
. Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp
điểm). Viết phương trình của đường tròn (C) biết
AB:3x y 2 0
+ − =
và khoảng cách từ I

đến d bằng
2 2
.
Phân tích và hướng dẫn
+ Gọi
K d AB,E MI AB
= ∩ = ∩

+ Gọi
I(a;b)
, ta có:
d(I;d) AH 2 2
= = a b 4
(1)
⇒ + =
+
Ta có

( )
IH 2 2
c MIH
MI MI
os = = (*), mà


MIH K
=
(cùng phụ với

KMI

), mặt khác

K
còn
là góc tạo bởi đường thẳng d và AB. Vậy thay vào (*) ta có:
(
)
(
)
( ) ( )
1;1 . 3;1
2 2
MI 10
MI
1;1 . 3;1
⇒ = ⇒ =
+ Lại có:
2
4 4
IB IE.IM IE d(I;AB) 3a b 2 4
10 10
(2)
= ⇒ = ⇒ = ⇒ + − =
Cuối cùng ta giải hệ (1) và (2) để tìm a, b
⇒
phương trình đường tròn (C)
KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

trang
9

(Các em tự giải hệ nhé)
AB:3x+y-2=0
E
K
H
B
I
A
M
d:x+y=0
Đáp số:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
x 1 y 3 4; x 1 y 5 4; x 3 y 5 4; x 5 y 9 4
− + − = − + + = − + + = − + − =

Câu 8: Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4
viên bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu.
Phân tích và hướng dẫn
* Tổng số viên bi trong hộp là 24. Gọi
Ω
là không gian mẫu.
* Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có
4
24
C

cách lấy hay n(
Ω
) =
4
24
C
.
Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu. Ta có các trường hợp sau:
+) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có
2 1 1
10 8 6
2160
C C C = cách
+) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có
1 2 1
10 8 6
1680
C C C = cách
+) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có
1 1 2
10 8 6
1200
C C C = cách
Do đó, n(A) = 5040
Vậy, xác suất biến cố A là
( ) 5040
( ) 47,4%
( ) 10626
n A
P A

n
= = ≈
Ω
Câu 9 : Giải hệ phương trình
2 2
2 2
x y 3 y 3x 7
y 1 2y 1 x x xy 3y
(1)
(2)

+ + = − +


− + + = + + +


Phân tích và hướng dẫn
+ ĐK
2
y 3x
y 1
x 0

≥

≥


≥


KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

trang
10

+ Ở bài này ta sẽ không xuất phát từ (1), bởi vì có 2 số
3
và
7
rời nhau nên nếu giải
thường sẽ cho nghiệm không phải số nguyên.
+ Xét phương trình (2) để “xử lý” ta thấy:
- Nếu cho
(
)
2
y 1 x x x 0 x 1 x x x 0 x 0
= ⇒ + + = ⇔ + + = ⇔ =
- Nếu cho
2
y 2 x x 2x 4
= ⇒ + + =
, bấm máy giải phương trình
x 1
⇒ =

+ Như vậy đến đây ta dự đoán
y x 1 y x 1 0
= + ⇔ − − =
, vậy nhân tử chung dự đoán sẽ là
(
)
y x 1
− −
, bây giờ ta tìm cách ép nhân tử chung từ phương trình (2) như sau:
2 2
2 2
2 2
y 1 2y 1 x x xy 3y
y 1 x x xy 3y 2y 1
y 1 x
x xy 3y 2y 1
y 1 x
(3)
− + + = + + +
⇔ − − = + + − −
− −
⇔ = + + − −
− +
+
Ta cần phân tích đa thức ở vế phải của (3) thành nhân tử với nhân tử chung là
(
)
y x 1
− −
, công việc này không hề đơn giản. Cách xử lý khéo léo là ta coi VP của (3) là

phương trình bậc 2 ẩn x:
(
)
2 2
x xy 3y 2y 1 0
+ + − − =
- Tính
(
)
( )
2
2 2
y 4.1. 3y 2y 1 3y 2 0
∆ = = − − = − ≥
, vậy phương trình
(
)
2 2
x xy 3y 2y 1 0
+ + − − =
có 2 nghiệm là :
y 3y 2
x
x y 1 0
2
y 3y 2 x 2y 1 0
x
2
− + −


=

− + =

⇔


− − + + − =


=


(
)
(
)
(
)
2 2
x xy 3y 2y 1 x y 1 x 2y 1
⇒ + + − − = − − + −
- Vậy (3)
( )( )
( )
y 1 x
x y 1 x 2y 1
y 1 x
1
y x 1 x 2y 1 0

y 1 x
− −
⇔ = − − + −
− +
 
⇔ − − + + − =
 
 
− +
 
-
Ta thấy với ĐK
1
x 0;y 1 x 2y 1 0 y x 1 0 y x 1
y 1 x
 
≥ ≥ ⇒ + + − > ⇒ − − = ⇒ = +
 
 
− +
 
thay
vào (1) ta được:
2 2
x x 1 3 x x 1 7
(4)
+ + + = − + + , bấm máy thấy phương trình này có nghiệm
x 2
=
,

vậy ta sẽ biến đổi để xuất hiện nhân tử chung là
(
)
x 2
−
: Bình phương 2 vế và biến đổi ta
được:
KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

trang
11

( )( )
( )
2 2
2
2 2
2 2
2 2
x 2 7x 7x 7 3x 3x 3
4x 10x 4
x 2
7x 7x 7 3x 3x 3
2 x 2 2x 1
x 2
7x 7x 7 3x 3x 3
4x 2

x 2 1 0
7x 7x 7 3x 3x 3
− = − + − + +
− +
⇔ − =
− + + + +
− −
⇔ − =
− + + + +
 
−
⇔ − − =
 
− + + + +
 
+ Đến đây mặc dù đã xuất hiện nhân tử chung là
(
)
x 2
−
, tuy nhiên đại lượng trong dấu
ngoặc thứ hai là
2 2
4x 2
1
7x 7x 7 3x 3x 3
 
−
−
 

− + + + +
 
ta không thể chứng minh cho nó
0
≠
,
hơn nữa nếu xét phương trình
2 2
4x 2
1 0
7x 7x 7 3x 3x 3
 
−
− =
 
− + + + +
 
thì việc giải phương
trình này là rất khó.
+ Bây giờ ta phải quay trở về phương trình (4) để đổi hướng làm bài như sau:
2 2 2 2
x x 1 3 x x 1 7 x x 1 x x 1 7 3
(4) (5)
+ + + = − + + ⇔ + + − − + = −
+ Ý tưởng làm bài lúc này là ta sẽ chứng minh cho VT của (5) là hàm đơn điệu để suy ra
x 2
=
là nghiệm duy nhất của (5).
- Xét hàm số :
( ) ( )

2 2
2 2
2 2
2x 1 2x 1
f (x) x x 1 x x 1 f '(x)
2 x x 1 2 x x 1
2x 1 2x 1
f '(x)
2x 1 3 2x 1 3
+ −
= + + − − + ⇒ = −
+ + − +
+ −
⇔ = −
+ + − +
- Xét hàm số
( )
2 2
2
t 3
f (t) , t R f '(t) 0, t
t 3
t 3
= ∈ ⇒ = > ∀
+
+
f (t)
⇒
là hàm đồng biến
- Mặt khác ta có

( ) ( )
2 2
2x 1 2x 1
2x 1 2x 1 g(2x 1) g(2x 1)
2x 1 3 2x 1 3
+ −
+ > − ⇒ + > − ⇒ >
+ + − +
( ) ( )
2 2
2x 1 2x 1
f '(x) 0 f (x)
2x 1 3 2x 1 3
+ −
⇒ = − > ⇒
+ + − +
là hàm đồng biến.
Vậy
x 2
=
là nghiệm duy nhất của (5). KL:
(x; y) (2;3)
=

Câu 10:
Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 2x + 3y + z = 40.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
2 1 3 16 36
S x y z

= + + + + +
Phân tích và hướng dẫn
- Ta có:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2 3 12 6
S x y z
= + + + + +
.
- Trong hệ toạ độ Oxy xét 3 véc tơ sau:
(
)
(
)
(
)
2 ;2 , 3 ;4 , ;6
a x b y c z
= = =
  
,
(
)
(
)
2 3 ;2 12 6 40;20
a b c x y z+ + = + + + + =
  

KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU BIỂN
-

/>
trang
12

- Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 , 3 12 , 6
a x b y c z
= + = + = +
  
,
20 5
a b c+ + =
  

- Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ ta được S =

a b c a b c
+ + ≥ + +
     
20 5
S⇒ ≥
.
- Đẳng thức xảy ra khi các véc tơ
, ,
a b c
  
cùng hướng
⇔
2 3 2 3 2 3 40
2
2 12 6 2 12 6 20 20
x y z x y z x y z
+ +
= = ⇒ = = = = =
2, 8, 12
x y z
⇒ = = =

- Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng
20 5
đạt được khi :
2, 8, 12
x y z
= = =

KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THP
T QU
ỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 201
5



Phụ trách: thầy NGUYỄN HỮU BIỂN


ĐỀ LUYỆN THI SỐ 02
GV biên soạn: Nguyễn Hữu Biển
(Lưu hành nội bộ)
LUYỆN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2015
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (1,0 điểm) Cho hàm số
x 1
y
x 1
(1)
−
=
+
.
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

b). Tìm m để đường thẳng d có phương trình
y x m
= +
cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân
biệt A, B sao cho
2 2
OA OB 2
+ =

Câu 2: (1,0 điểm)
a). Cho góc
α
thỏa mãn
sin c cot
2
os
α
α + α = , với 0
< α < π
. Tính giá trị của biểu thức
2015
P tan
2
α + π
 
=
 
 

b). Tìm phần thực và phần ảo của số phức

2
z
khi biết
1
4 3
2
i
z i
i
+
= − +
+

Câu 3: (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a).
2.9 3.4 5.6
x x x
+ =

b).
(
)
2cos sin cos 2 cos 1 sin
x x x x x
+ − = +

Câu 4: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
ln
y x x
=

, trục hoành
và
x e
=
.
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
A 1; 1;0
−
và đường
thẳng
x 1 y 1 z
d :
2 1 3
+ −
= =
−
. Lập phương trình mặt phẳng
(P)
chứa A và d. Tìm tọa độ điểm
B thuộc trục Ox sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) bằng
3
.
Câu 6: (1,0 điểm) Một phòng thi THPT quốc gia có 50 thí sinh đăng ký dự thi, trong đó có
31 em nam và 19 em nữ. Trong phòng thi này có 50 bộ bàn ghế được đánh số theo thứ tự từ
1 đến 50. Giám thị ghi số báo danh của mỗi thí sinh vào một bàn một cách ngẫu nhiên rồi
gọi thí sinh vào phòng thi, tính xác suất để thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là
thí sinh nam.
Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I,

AB a, BC a 3
= = ,
SAC
∆
vuông tại S. Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng
(ABCD) trùng với trung điểm H của AI. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảnh
cách từ điểm H đến mặt phẳng (SAB).
Câu 8: (1,0 điểm)
ABC
∆
nội tiếp đường tròn đường kính AD,
M(3; 1)
−
là trung điểm cạnh
BC. Đường cao kẻ từ B của
ABC
∆
đi qua điểm
E( 1; 3)
− −
, điểm
F(1;3)
nằm trên đường
thẳng AC. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh BC biết
D(4; 2)
−

Câu 9: (1,0 điểm) Giải phương trình
3 2 3
x x 19x 16 3x x 1

+ − − = +

Câu 10: (1,0 điểm) Cho a, b là các số thực không âm thỏa mãn
a b ab 3
+ + =
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
2 2
3a 3b ab
P a b
b 1 a 1 a b
= + + − −
+ + +


HẾT



KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN

-

/>
trang
1


ĐỀ LUYỆN THI SỐ 2
GV biên soạn: Nguyễn Hữu Biển
(Lưu hành nội bộ)
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ
NĂM 2015
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)


Câu 1a: Cho hàm số
x 1
y
x 1
(1)
−
=
+
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
Phân tích và hướng dẫn
Câu khảo sát hàm số là câu mặc định trong đề thi THPT Quốc gia môn Toán. Cấu
trúc cách trình bày theo mẫu chuẩn đáp án của BGD đối với hàm phân thức
b
y

mx n
ax
+
=
+

gồm các bước sau:
(1) TXĐ:
{
}
D R \ 1
= −

(2) Sự biến thiên
* Chiều biến thiên: ta có
( )
2
2
y ' 0, x D
x 1
= > ∀ ∈
+

⇒
hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
; 1
−∞ −
và

(
)
1;
− +∞

* Giới hạn và tiệm cận:
x 1
x 1
lim y ;lim y
+
−
→−
→−
= −∞ = +∞

* Bảng biến thiên:
x
−∞


1
−


+∞

y’

+

+
y
1

ր
+∞


−∞
ր

1
(3) Đồ thị
- Giao của đồ thị với trục Oy:
x 0 y 1
= ⇒ = −

⇒
đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm
(
)
0; 1
−

- Giao của đồ thị với trục Ox: cho
y 0 x 1
= ⇒ =

⇒
đồ thị hàm số cắt Ox tại 2 điểm

(
)
1;0





KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN
-

/>
trang
2

Câu 1b: Cho hàm số
x 1
y
x 1
(1)

−
=
+
. Tìm m để đường thẳng d có phương trình
y x m
= +

cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho
2 2
OA OB 2
+ =

Phân tích và hướng dẫn
* Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:
2
x 1
x m x mx m 1 0
x 1
(*),x -1
−
= + ⇔ + + + = ≠
+

* Để (d) cắt đồ thị hàm số (C) tại 2 điểm phân biệt A, B thì phương trình (*) phải có 2
nghiệm phân biệt khác
(
)
1
−

( ) ( )
2
2
m 4m 4 0
m 2 8
1 m. 1 m 1 0
m 2 8
(1)


∆ = − − >
< −

⇔ ⇔


− + − + + ≠
> +





* Gọi
(
)
(
)
1 1 2 2
A x ; y , B x ; y

1 2
x ; x
⇒ là nghiệm của phương trình (*)
* Theo đề bài, để
2 2
OA OB 2
+ =
thì:
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
2 2 2
1 2 1 2
2
2
1 2 1 2 1 2
2
2
2
x y x y 2 x x m x x m 2
2 x x 2m x x 2m 2
2 x x 2x x 2m x x 2m 2
2 m 2 m 1 2m m 2m 2
m 1

m 2m 3 0
m 3
+ + + = ⇔ + + + + + =
⇔ + + + + =
 
⇔ + − + + + =
 
 
⇔ − − + + − + =
 
= −

⇔ − − = ⇔

=


Vậy
m 1
= −
(thỏa mãn điều kiện (1)) là giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 2a: Cho góc
α
thỏa mãn
sin c cot
2
os
α
α + α =

, với
0
< α < π
.
Tính giá trị của biểu thức
2015
P tan
2
α + π
 
=
 
 

Phân tích và hướng dẫn
Hướng dẫn
+ Ta có
2015 2016
P tan tan tan 1008
2 2 2 2
α + π α + π − π α π
     
= = = + π −
     
     

P tan cot
2 2 2
α π α
 

⇒ = − = −
 
 

+ Do
0 c 0
2
os
α
< α < π
⇒
≠
2
sin c cot 2sin c 2cos 1 cot
2 2 2 2 2
os os
α α α α α
 
⇒
α + α = ⇔ + − =
 
 



KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN
-

/>
trang
3

2
2 2 2 2
c
2sin c
1 1
2
2 2
2 cot .
2
sin sin sin sin
2 2 2 2
os
os
α
 
α α
 
α

 
⇔ + − =
α α α α
       
       
       

2 2 2
2cot 2cot 1 cot cot 1 cot
2 2 2 2 2
α α α α α
   
⇔ + − + = +
   
   

3 2
cot 1
2
cot cot cot 1 0
2 2 2
cot 1 )
2
(lo¹i
α

=

α α α
⇔ − − + = ⇔


α

= −



Vậy
P cot 1
2
α
= − = −

Câu 2b: Tìm phần thực và phần ảo của số phức
2
z
khi biết
1
4 3
2
i
z i
i
+
= − +
+

Phân tích và hướng dẫn
+ Ta có
1

4 3
i
z i
i
+
= − +
(
)
(
)
1
4 3
1
i i
z i
+ −
= − +
5 4
i
= −
5 4
z i
⇒
= +

⇒

2
9 40
z i

= +
có phần thực bằng 9, phần ảo bằng 40
Câu 3a: Giải phương trình
2.9 3.4 5.6
x x x
+ =

Phân tích và hướng dẫn
+ Ta có
2.9 3.4 5.6
x x x
+ =
2 2
2.3 3.2 5.2 .3 0
x x x x
⇔ + − =

2
3 3
2. 5. 3 0
2 2
x x
   
⇔ − + =
   
   
3
1
2
3 3

2 2
x
x

 
=

 
 

⇔

 

=
 

 

0
1
x
x
=

⇔

=


Vậy phương trình đã cho có nghiệm
x 0;x 1
= =


Câu 3b: Giải phương trình:
(
)
2cos sin cos 2 cos 1 sin
x x x x x
+ − = +

Phân tích và hướng dẫn
2
2cos 1 sin cos cos 2 cos sin
x x x x x x
⇔ − + − =
cos 2 cos 2 cos sin cos sin 0
x x x x x x
⇔ − + − =

(
)
(
)
cos 2 1 cos sin cos 1 0
x x x x
⇔ − + − =
cos 1
cos 2 sin

x
x x
=

⇔

=

.
Vậy phương trình có nghiệm là
2
x k2 , k2 , k k
2 6 3
π π π
 
∈ π − + π + ∈
 
 
ℤ

Câu 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
ln
y x x
=
, trục hoành và
x e
=
.
Phân tích và hướng dẫn

KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN
-

/>
trang
4

+ Xét
ln 0 1
x x x
= ⇔ =
. Trên đoạn
[
]
1;
e
,
ln 0
x

≥

1
ln
e
S x xdx
⇒ =
∫

+ Đặt
2
1
ln
2

=

=


⇒
 
=


=


du dx
u x

x
dv xdx
x
v
, khi đó diện tích hình phẳng cần tính là
e
e
2
2
1
1
x 1 1
S ln x x . dx
2 2 x
= −
∫
e
2
1
e 1
xdx
2 2
= −
∫
2
e
2
1
e 1
x

2 4
= −
2
e 1
4
+
=
(đơn vị diện tích)
Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
A 1; 1;0
−
và đường thẳng
x 1 y 1 z
d :
2 1 3
+ −
= =
−
. Lập phương trình mặt phẳng
(P)
chứa A và d. Tìm tọa độ điểm B
thuộc trục Ox sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) bằng
3
.
Phân tích và hướng dẫn
+ Đường thẳng d qua
(
)

M 1;1;0
−
và có vtcp
u (2;1; 3)
= −

. Ta có
MA (2; 2;0)
= −

.
+ Mặt phẳng (P) qua
(
)
A 1; 1;0
−
và có vtpt
(
)
n MA, u 6;6;6 .
 
= =
 
  
Chọn
n (1;1;1)
=

.
+ Phương trình tổng quát của (P) là:

1(x 1) 1(y 1) 1(z 0) 0 x y z 0.
− + + + − = ⇔ + + =

+ Gọi
B(b;0;0) Ox;
∈

| b |
d(B,(P)) 3 3
3
= ⇔ =
| b | 3 b 3 B( 3;0;0)
⇔ = ⇔ = ±
⇒
±
.
Vậy
(P) : x y z 0
+ + =
;
B( 3;0;0)
±
.

Câu 6: Một phòng thi THPT quốc gia có 50 thí sinh đăng ký dự thi, trong đó có 31 em
nam và 19 em nữ. Trong phòng thi này có 50 bộ bàn ghế được đánh số theo thứ tự từ 1
đến 50. Giám thị ghi số báo danh của mỗi thí sinh vào một bàn một cách ngẫu nhiên rồi
gọi thí sinh vào phòng thi, tính xác suất để thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều
là thí sinh nam.
Phân tích và hướng dẫn

+ Số cách đánh số báo danh là
(
)
2
50
n C
Ω =
cách
+ Gọi A là biến cố “Thí sinh ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam”, ta có:
⇒
số cách chọn 2 nam vào bàn 1 và bàn 50 là
(
)
2
31
n A C
=

+ Xác suất cần tìm là
( )
(
)
( )
2
31
2
50
n A
C
93

p A
n C 245
= = =
Ω





KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN
-

/>
trang
5

Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I,
AB a, BC a 3
= = ,
SAC

∆
vuông tại S. Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABCD) trùng với
trung điểm H của AI. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảnh cách từ điểm H
đến mặt phẳng (SAB).
Phân tích và hướng dẫn

I
a 3
a
D
C
B
K
A
H
E
S

* Theo đề bài ta có SH là đường cao của khối chóp S.ABCD nên
S.ABCD ABCD
1
V .SH.S
3
⇒
=
+ Ta có ABCD là hình chữ nhật
2
ABCD
S AB.BC a.a 3 a 3
⇒ = = =

+
SHI
∆
vuông tại H có
2 3
2 2 2
S.ABCD
a a 3 a
SH SI IH a V
4 2 2
= − = − =
⇒
=
(đvtt)
(chú ý: ta tính được
AC 2a
=
,
SAC
∆
vuông tại S, I là trung điểm AC
IA IC a
IS
⇒
= = =
)
* Để tính khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng ta đưa về khoảng cách từ chân đường
vuông góc đến mặt phẳng đó. Trong trường hợp này H chính là chân đường vuông góc
+ Kẻ

HK AB
⊥
tại K
(
)
(
)
SHK SAB
⇒ ⊥
theo giao tuyến SK
⇒
kẻ
HE SK
⊥
tại E
(
)
HE SAB
⇒ ⊥

(
)
(
)
d H, SAB HE
⇒ =

+
SHK
∆

vuông tại H
2 2 2
1 1 1
HE SH HK
⇒ = +
, mà
1 a 3 a 3
HK BC ,SH
4 4 2
= = =

( )
( )
3
d H, SAB HE a
20
⇒ = =



KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI

ỂN
-

/>
trang
6

Câu 8:

ABC
∆
nội tiếp đường tròn đường kính AD,
M(3; 1)
−
là trung điểm cạnh BC.
Đường cao kẻ từ B của
ABC
∆
đi qua điểm
E( 1; 3)
− −
, điểm
F(1;3)
nằm trên đường thẳng
AC. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh BC biết
D(4; 2)
−

Phân tích và hướng dẫn
F(1;3)

H
M(3;-1)
E(-1;-3)
D(4;-2)
C
B
A ?

+ Trước hết, khi gặp loại bài tập mà tam giác nội tiếp đường tròn, dữ kiện bài cho đường
cao của tam giác thì ta thường nghĩ đến việc tạo ra 1 hình bình hành bằng cách:
- Nếu tam giác có 2 đường cao thì ta chỉ việc kẻ 1 đường kính đi qua đỉnh còn lại (không
chứa 2 đường cao kia).
- Nếu tam giác có đường kính đi qua đỉnh và 1 đường cao thì ta sẽ kẻ đường cao thứ 2
(bài toán này ta sẽ làm như vậy)
+ Với bài toán này ta sẽ tạo ra điểm H là trực tâm
ABC
∆

⇒
ta chứng minh được BHCD
là hình bình hành (xem chứng minh trong phần đóng khung bên dưới)
+ Ta có

0
ABD 90
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)
BA BD
⇒ ⊥
, mà

BA CH BD / /CH
⊥ ⇒
(1). Chứng minh tương tự ta cũng có
CD / /BH
(2)
+ Từ (1) và (2)
⇒
tứ giác BHCA’ là hình bình hành

+ Công việc chuẩn bị đã xong, bây giờ ta sẽ làm theo các bước suy luận sau nhé:
- Thấy ngay H là trung điểm AC
H(2;0)
⇒

- Lập được phương trình BH (qua 2 điểm H và E)
BH : x y 2 0
⇒ − − =

- Lập được phương trình DC (qua D và // BH)
DC : x y 6 0
⇒ − − =

- Lập được phương trình AC (qua F và
BH
⊥
)
AC : x y 4 0
⇒ + − =

- Tọa độ

C AC DC
= ∩
, giải hệ
C(5; 1)
⇒ −

- Lập phương trình BC đi qua 2 điểm M và C
BC : y 1 0
⇒ + =

- Lập phương trình AH (qua H và
BC
⊥
)
AH : x 2 0
⇒ − =

- Tọa độ
A AH AC
= ∩
, giải hệ
A(2;2)
⇒




KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201

5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN
-

/>
trang
7

Câu 9: Giải phương trình
3 2 3
x x 19x 16 3x x 1
+ − − = +

Phân tích và hướng dẫn
+ ĐK:
x 1
≥ −

+ Nhận thấy biểu thức trong căn ở VP là:
(
)
(
)
3 2

x 1 x 1 x x 1
+ = + − +
nên rất có thể đây là cơ
sở để cho ta phân tích VT của phương trình, thật vậy:
(
)
(
)
(
)
( )
( ) ( )
( )
3 2 3 2
3 2 2 2
x x 19x 16 x 1 x x 1 18 x 1
x x 19x 16 x 1 x x 1 x x 1 18 x 1
+ − − = + + − + − +
⇔ + − − = + − + + − + − +

+ Phương trình đã cho trở thành:
( )
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
(
)
2 2 2

x 1 x x 1 x x 1 18 x 1 3 x 1 1 x 1 x x 1
 
+ − + + − + − + = + − + − +
 
(1)
+ Đặt ẩn phụ
2
a x 1 0
b x x 1 0

= + ≥


= − + ≥


thay vào (1) ta được:
(
)
2 2 2 2 2
a b b 18a 3 a 1 ab
+ − = −
(2)
+ Phương trình (2) muốn giải được thì chỉ còn cách phân tích đa thức thành nhân tử, công
việc phân tích này không phải dễ dàng, chúng ta sẽ dùng mẹo sau để phân tích:
- Trước hết ta biến đổi để đưa (2) về phương trình bậc 2 đối với biến là b:
(
)
(
)

(
)
2 2 2 2 2 2 2 3 2
a b b 18a 3 a 1 ab a 1 b 3a 3a b 18a 0
(3)
+ − = − ⇔ + − − − =

- Phương trình (3) tính được
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
3 2 2 2 2
3a 3a 4 a 1 18a 9a a 3
∆ = − + + = = +

⇒
phương trình (3) có 2 nghiệm
(
)
( )
3 2
2
2
3 2

2 2
3a 3a 3a a 3
b 3a
b 3a 0
a 1
a b b 12a 0
3a 3a 3a a 3
12a
b
a 1 a 1

− + +

= =
− =

+

⇔


+ + =
− − +

−

= =

+ +


+ Vậy (2) :
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
a b b 18a 3 a 1 ab b 3a a b b 12a 0
+ − = − ⇔ − + + =

+ Do
2
a b b 12a 0 a b 0
+ + = ⇔ = =
(do
a, b 0
≥
)
2
x 0
x 1 x x 1
x 2
=

⇒ + = − + ⇔

=


+ Thử lại vào PT đã cho thấy x = 0; x = 2 không là nghiệm (loại)
+ Vậy chỉ còn khả năng
b 3a
=
2
x x 1 3 x 1 x 5 33
⇒ − + = + ⇔ = ±

Câu 10: Cho a, b là các số thực không âm thỏa mãn
a b ab 3
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
2 2
3a 3b ab
P a b
b 1 a 1 a b
= + + − −
+ + +

Phân tích và hướng dẫn
+ Ta thấy a và b đối xứng nhau và có vai trò như nhau nên phương pháp giải thường là
đặt
x a b, y ab x y 3 y 3 x
= + = ⇒ + = ⇔ = −

+ Biến đổi P để xuất hiện
a b
+

và ab ta được :
( )
( )( )
( )
( ) ( )
( )
2
2 2
2
2 2
3 a b 2ab 3 a b
3a 3b 3 a b
ab ab
P a b a b 2ab
a 1 b 1 a b ab a b 1 a b
 
+ − + +
+ + +
 
 
= + − + = + − + −
 
+ + + + + + +

2
2 4
3x 6y 3x y 1 1 3 1
P x 2y x x
x y x 4 4 x 2
− +

⇒ = + − + = = − + + +
+
(do
y 3 x
= −
)


KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU
BI
ỂN
-

/>
trang
8

3 2
2
2x x 12
P '
4x

− + −
⇒ =

+ Bây giờ ta cần tìm điều kiện cho x rồi lập bảng xét dấu P’
- Do
( )
2 2
x 2
x a b, y ab x 4y x 4 3 x
x 6 )
(lo¹i
≥

= + = ⇒ ≥ ⇔ ≥ − ⇔

≤ −


- Vậy
3 2
2
2x x 12
P ' , x 2
4x
− + −
= ≥ ⇒
dấu của P’ phụ thuộc vào dấu của
3 2
2x x 12
− + −

- Xét
( ) ( )
3 2 2
x 0
f x 2x x 12 f ' x 6x 2x 0
1
x
3
=


= − + − ⇒ = − + = ⇔

=


- Ta có bảng xét dấu sau:

x

−∞

0
1
3

2

+∞

f '(x)

- 0 + 0 - | -
f (x)





|
24
−
ց



- Từ bảng xét dấu
P ' 0, x 2
⇒ < ∀ ≥

⇒
ta có bảng xét dấu cho P như sau:

x

−∞

2

+∞

P '

-
P


3
2

ց



+ Vậy
a b 2
3
max P a b 1
ab 1
2
+ =

= ⇔ ⇔ = =

=


KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QU
ỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 201
5




Phụ trách: thầy NGUYỄN HỮU BIỂN


ĐỀ LUYỆN THI SỐ 03
GV biên soạn: Nguyễn Hữu Biển
(Lưu hành nội bộ)
LUYỆN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2015
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (1,0 điểm) Cho hàm số
3x 2
y
x 2
(1)
+
=
+
.
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b). Tìm tọa độ 2 điểm A, B nằm trên 2 nhánh của (C) sao cho khoảng cách từ A và B

đến tiệm cận đứng bằng nhau và độ dài đoạn AB bằng
32
.
Câu 2: (1,0 điểm)
a). Cho số phức z thỏa mãn
(
)
(
)
z 1 2 i
3 i
2
z 2i
− −
+
=
+
. Tính mô đun của
9
z

b). Giải phương trình
2
sin 3x 3c 3x 2 4cos x
os
− + =

Câu 3: (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a).
2 1

3 4.3 1 0.
x x+
− + =

b).
4 2 2
1 (1 )
x x x x x
+ + + = −

Câu 4: (1,0 điểm) Tính tích phân
( )
1
x
x x
0
3
I dx
3 7 4.3 3
=
− −
∫

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
A 2; 1;0
−
và đường
thẳng

x 1 y 1 z 2
d :
2 1 1
− + −
= =
−
. Lập phương trình mặt phẳng
(P)
chứa A và d sao cho
AM 3
=

Câu 6: (1,0 điểm) Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu
nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu.
Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A,
AB a
=
, mặt
phẳng (SBC) vuông góc với mặt đáy. Hai mặt bên (SAB) và (SAC) đều tạo với đáy một góc
0
60
. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Câu 8: (1,0 điểm) Cho
ABC
∆
nội tiếp đường tròn, D(1;-1) là chân đường phân giác của

A
,
AB có phương trình

3x 2y 9 0
+ − =
, tiếp tuyến tại A có phương trình
∆
:
x 2y 7 0
+ − =
. Hãy
viết phương trình BC.
Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
x y 3 y 3x 7
y 1 2y 1 x x xy 3y
(1)
(2)

+ + = − +


− + + = + + +



Câu 10: (1,0 điểm) Cho 2 số thực x, y thỏa mãn
2 x 2 y 1 1 x y
− + + + = +
. Tìm giá trị nhỏ
nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
( ) ( )

(
)
2 32 xy x y
x y
P x y y x
2 2
x y
+ +
= − + − +
+



HẾT



KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU BIỂN
-

/>
trang

1


ĐỀ LUYỆN THI SỐ 3
GV biên soạn: Nguyễn Hữu Biển
(Lưu hành nội bộ)
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ
NĂM 2015
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)


Câu 1: Cho hàm số
3x 2
y
x 2
(1)
+
=
+
.
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). (các em tự làm)
b). Tìm tọa độ 2 điểm A, B nằm trên 2 nhánh của (C) sao cho khoảng cách từ A và B đến
tiệm cận đứng bằng nhau và độ dài đoạn AB bằng
32
.
Phân tích và hướng dẫn

+ Ta có
4

y 3
x 2
= −
+
, vì A, B nằm trên 2 nhánh của (C)
4
A 2 a;3 ,a 0
a
 
⇒ − − + >
 
 
,
4
B 2 b;3
b
 
− + −
 
 
, b > 0 .
+ Theo đề bài ta có khoảng cách từ A và B đến tiệm cận đứng bằng nhau
a b a b
(1)
⇒ = ⇔ =

+ Mặt khác độ dài đoạn AB bằng
32

( )

2
2
4 4
AB 32 a b 32
a b
(2)
 
⇒ = ⇔ + + + =
 
 

+ Từ (1) và (2)
(
)
2
4 2 2
a 8a 16 0 a 4 0 a 2
⇒ − + = ⇔ − = ⇔ =
(
)
(
)
A 4;5 ,B 0;1
⇒ −

Câu 2a: Cho số phức z thỏa mãn
(
)
(
)

z 1 2 i
3 i
2
z 2i
− −
+
=
+
. Tính mô đun của
9
z



KHÓA H
ỌC PHÂN TÍCH KỸ THUẬT GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
NĂM 201
5

Th
ầy:
NGUY
ỄN HỮU BIỂN
-

/>
trang
2

Phân tích và hướng dẫn

+ Điều kiện:
( )
a 0
z 2i a 2 b i 0
b 2
≠

+ = + − ≠ ⇔

≠


+ Giả sử
z a bi;a,b R
= + ∈
thay vào
(
)
(
)
z 1 2 i
3 i
2
z 2i
− −
+
=
+
và biến đổi ta có:
( )

a b 2 0 a 1
a b 2 7b 3a 4 i 0 z 1 i
7b 3a 4 0 b 1
+ − = =
 
+ − + − − = ⇔ ⇔
⇒
= +
 
− − = =
 

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4
9 2 4
9
z 1 i 1 i 1 i 2i 1 i 16 16i
 
⇒ = + = + + = + = +
 
9 2 2
z 16 16 16 2
⇒
= + =

Câu 2b: Giải phương trình
2
sin 3x 3c 3x 2 4cos x
os
− + =

Phân tích và hướng dẫn
(
)
2
sin 3x 3c 3x 2 2cos x 1 2cos 2x
1 3
sin 3x c 3x c 2x
2 2
c sin3x sin c 3x c 2x
3 3
sin 3x c 2x c 3x c 2x
3 2 3
5 k2
3x 2x k2 x
6 6 5
5 5 k2
3x 2x k2 x
6 6 5
os
os os
os os os
os os os
⇔ − = − =
⇔ − =
π π
⇔ − =
 
π π π
   
⇔ − = ⇔ − − =

   
 
   
 
π π π
 
− = + π = +
 
⇔ ⇔
 
π π π
 
− = − + π = +
 
 

Câu 3a: Giải phương trình
2 1
3 4.3 1 0.
x x+
− + =

Phân tích và hướng dẫn
+ Ta có
( )
2
2 1
3 1
0
3 4.3 1 0 3 .3 4.3 1 0

1
1
3
3
+

=
=


− + = ⇔ − + = ⇔ ⇔


= −
=



x
x x x x
x
x
x

+ Vậy phương trình có nghiệm
x 0;x 1
= = −

Câu 3b: Giải phương trình:
4 2 2

1 (1 )
x x x x x
+ + + = −

Phân tích và hướng dẫn
+ Điều kiện:
1
0 1
≤ −


≤ ≤

x
x

* TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình
* TH2: Với
0
x
≠
.