Đề thi thử THPT quốc gia môn toán năm 2016 có hướng dẫn chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I
NĂM HỌC: 2015-2016

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề có 01 trang)

MÔN: TOÁN – GDTHPT
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm cực trị của hàm số y 

2x  1
.
x 1

x2  x  2
.
x 1

Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y  x 4  2 x3  5x2  2
trên đoạn [0; 3].
Câu 4 (1,0 điểm).
Dựa vào đồ thị của hàm số ở hình bên (Hình 1), hãy cho biết:
+ Các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.
+ Cực trị của hàm số.
+ Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [1; 1] .
Câu 5 (1,0 điểm).

a) Cho log 2 3  a , tính log12 24 theo a.

Hình 1

b) Tính hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x)  5x 1  ln(2 x  1) tại điểm có
hoành độ x = 1.
Câu 6 (1,5 điểm). Giải các phương trình sau trên tập số thực:





a) log 2 x3  6 x 2  8 x  2  2

2
2
b) 25x 5 x 3  24.5x 5 x  2  1  0 .

Câu 7 (0,5 điểm). Một mặt phẳng qua trục của hình trụ và cắt hình trụ theo thiết diện là hình
vuông cạnh bằng 2a. Tính theo a diện tích toàn phần của hình trụ và thể tích của khối trụ.
Câu 8 (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B,
AB  BC  a 3, AD  2BC, đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đường
thẳng SC tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc bằng 600 . Gọi E là trung điểm của cạnh SC.
Tính theo a:
a) Thể tích của khối chóp S.ABCD.
b) Thể tích của khối tứ diện EACD.
c) Khoảng cách từ điểm E đến mặt phẳng (SAD).
Câu 9 (1,0 điểm). Người ta cần xây một hồ chứa nước với dạng khối hộp chữ nhật không nắp
500 3
có thể tích bằng

m . Đáy hồ là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê
3
nhân công để xây hồ là 500.000 đồng/m2. Hãy xác định kích thước của hồ nước sao cho chi
phí thuê nhân công thấp nhất. Tính chi phí đó.
-----------HẾT----------Ghi chú: Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên học sinh…………………………Số báo danh…………………………….
Chữ kí của giám thị 1……………………...Chữ kí của giám thị 2…………………..


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I

NĂM HỌC: 2015-2016

CHÍNH THỨC

Câu

MÔN: TOÁN – GDTHPT
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề.
ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM
Đáp án – cách giải
Điểm
1,0
2x  1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 
điểm
* Tập xác định D  \{1}

* Tiệm cận ngang: y = 2 (vì lim y  lim y  2 )
x 

x 1

x 

0,25

*Tiệm cận đứng: x = 1 (vì lim y  ; lim y   )
x1

Câu 1
(1,0 điểm)

* y' 

3

 x  1

2

x1

 0, x  D

0,25

* Bảng biến thiên:

0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; )
* Đồ thị:

0,25

x2  x  2
x 1
2
x  2x  3

Tìm cực trị của hàm số y 

Câu 2
(1,0 điểm)

TXĐ: D 

\{1} , y ' 

 x  1

2

 x  1
y '  0  x2  2x  3  0  
x  3

1,0

điểm
0,25

0,25

BBT:

0,25

Hàm số đạt cực đại tại x = -1, yCĐ = -1;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, yCT = 7

0,25

Tìm giá trị lớn nhấ và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 4  2 x3  5x2  2 trên

1,0


đoạn [0; 3]
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn [0; 3], ta có y '  f '( x)  4 x  6 x  10 x
3

Câu 3
(1,0 điểm)

Câu 4
(1,0 điểm)

2


 x  0 [0;3]

y '  0  4 x3  6 x 2  10 x  0   x  1[0;3]

5
 x  [0;3]
2

 5  343
y (0)  2, y(3)  16, y   
16
2
343
5
Vậy min y  y    
; max y  y (0)  2
16
[0;3]
[0;3]
2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (2; ) .
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2.

min y  y  1  2; max y  y(0)  2
1;1

0,25

 1;1

a) Cho log 2 3  a , tính log12 24 theo a.

0,5
điểm

log 2 24 log 2 (8.3)

log 2 12 log 2 (4.3)
log 2 8  log 2 3 3  a
log12 24 

log 2 4  log 2 3 2  a

Ta có: log12 24 
Câu 5
(1,0 điểm)

b) Tính hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x)  5

tại điểm có hoành độ x = 1.
* f '( x)  5

x 1

ln 5 

2
2x  1

 x3  6 x 2  8 x  2   2
log 2  x3  6 x 2  8 x  2   2  x3  6 x 2  8 x  2  2

Câu 6
(1,5 điểm)

2

 x( x2  6 x  8)  0

x2 5 x 3

Đặt t  5

 24.5x

2

0,25

x 1

 ln(2 x  1)

0,5
điểm

0,25
0,75
điểm
0,25
0,25

x  4
 x( x 2  6 x  8)  0   x  2
 x  0
b) 25

0,25

0,25

* Hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm là k  f '(1)  ln5  2 .
a) log

điểm
0,25

5 x  2

1  0

0,25
0,75
điểm

x 2 5 x  2

, t  0 , phương trình đã cho trở thành
t  1
2
25t  24t  1  0  
1
t 
 25
2
1
1
So với điều kiện, nhận t 
, khi đó: 5 x 5 x  2 
25
25

0,25

0,25


 x2  5x  2  2
x  1

 x2  5x  4  0  
x  4
Tính diện tích toàn phần của hình trụ và thể tích của khối trụ theo a.

0,25
0,5
điểm

Gọi thiết diện là hình vuông ABCD, O là trung điểm của AB.
Khi đó ta có AB = 2a, OA = a.
+ h = BC = 2a
+ R = OB = a
0,25
Câu 7
(0,5 điểm)
Diện tích toàn phần:

STP  2 Rh  2 R2  2 a.2a  2 a 2  6 a 2

0,25

Thể tích: V   R2 h   a 2 2a  2 a3

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B,
AB  BC  a 3, AD  2BC, đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng
(ABCD), đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc bằng 600.
a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD

2,0
điểm

0,75 đ

Vì SA  (ABCD) nên góc giữa
SC với (ABCD) là góc giữa SC
với AC hay góc SCA  600 .
Câu 8

AC  a 6, SA  AC.t an600  3a 2
0,25

(2,0 điểm)

( AD  BC ) AD 9a 2

2
2
1
1 9a 2
9a 3 2
VS . ABCD  S ABCD .SA  .
.3a 2 
3
3 2
2
b) Gọi E là trung điểm của cạnh SC. Tính thể tích của khối tứ diện EACD
S ABCD 

0,25
0,25
0,75

điểm

Gọi K là trung điểm của AC, khi đó EK // SA suy ra EK  (ABCD)

EK 

1
3a 2
SA 
;
2
2

9a 2 3a 2

 3a 2
2
2
1
1 2 3a 2 3a3 2
VEACD  S ACD .EK  .3a .

3
3
2
2
c) Tính khoảng cách từ điểm E đến mặt phẳng (SAD).
S ACD  S ABCD  S ABC 

Ta có:

0,25

0,25
0,25
0,5
điểm
0,25


1
1
3a3 2
* VSACD  S ACD .SA  .3a 2 .3a 2  3a3 2  VSAED  VSACD  VEACD 
3
3
2
1
* SSAD  .SA. AD  3a 2 6
2
Suy ra khoảng cách từ điểm E đến (SAD) là:

EH 

3VSAED
S SAD

3a3 2
3
2 a 3


2
3a 2 6

Chú ý: có thể tính khoảng cách theo cách sau: kẻ KM vuông góc với AD, khi đó

0,25

KM vuông góc với (SAD)

1
a 3
AB 
2
2
Hãy xác định kích thước của hồ nước sao cho chi phí thuê nhân công thấp
nhất. Tính chi phí đó.
d ( E ,( SAD))  d ( K ,( SAD))  KM 

1,0
điểm

Gọi x, y, z lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao của hồ nước. Theo giả

x  2 y
x  2 y


thiết thì 
250 ( x, y, z  0) .

500  
z 2
V  xyz 


3y
3


Câu 9
(1,0 điểm)

500
 f ( y)
y
Chi phí thuê nhân công thấp nhất khi diện tích nhỏ nhất.
500
Ta có f '( y )  4 y  2
y
f '( y)  0  y  5 .

0,25

Diện tích xây dựng của hồ nước là S  2 y 2  6 yz  2 y 2 

0,25

BBT:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy min f ( y)  f (5)  150

(0; )

0,25

Chú ý: Có thể sử dụng bất đẳng thức Côsi như sau

500
250 250
250 250
 2 y2 

 33 2 y2.
.
 150
y
y
y
y
y
250
 min S  150  2 y 2 
 y5
y
10
Suy ra kích thước của hồ là x = 10m, y = 5m, z 
m
3
S  2 y 2  6 yz  2 y 2 

Tiền thuê nhân công là 75 triệu đồng.

* Chú ý:
i cách gi i khác đúng đều đ c điểm tối đa c a ph n đó.
- Điểm toàn bài đ c làm tr n th o qui đ nh.
------HẾT-----

0,25


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
NĂM HỌC: 2015-2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3
Câu 2 (2,0 điểm).

3π
2π 

. Tính sin  α 
.
2
3 


b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .
a) Cho tan α  2 và π  α 

1

trên đoạn  2;  .
2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường
môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ, môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1
nam và 4 nữ, môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ, môn Vật lí có 5 em đạt
giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự
đại hội thi đua? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi
đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm
đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp
đường tròn (T) có phương trình: ( x  4)2  ( y  1) 2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  4 y  17  0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0)
và điểm M có tung độ âm
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  8  y  1
 2

  y  2 x  1  3
 x  4x  7
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z   0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



P

1
1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2
x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

-----------------------HẾT-----------------------1




Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Câu

Nội dung

Điểm

a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D  R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y   ; lim y  
x

0,25

x

3

b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x  4 x , y’ = 0  x = 0, x  1
x
-
-1
0
1
y'
0
+
0
0
+
-3

+
+
+

0,25

y

Câu 1
(1,0 điểm)

-4
-4
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (;1) và (0; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1 ) = - 4.
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm
(  3 ; 0).

0,25

y

 3 1 O

1

3

x

0,25

3

4

Cho tan α  2 và π  α 

Câu 2.1
(1,0 điểm)

2π 
3π

. Tính sin  α   ?
2
3 


1
1
1
5
2
Ta có Cos α  1  tan 2 α  1  4  5  cosα   5

3π
5

 cosα  0 nên cosα  
2
5
 5
2 5
sin α  cosα.tan α 
.2 
5
5

Do π  α 

2

0,25

0,25
0,25


Sách Giải – Người Thầy của bạn

Vậy

/>
2π 
2π
2π

sin  α 

 cosα.sin
  sin α.cos
3 
3
3


0,25

2 5 1  5 3 2 5  15

. 
.

5
2
5
2
10
Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0

Câu 2.2
(1,0 điểm)

cos x  sin 4x  cos3x  0  2sin 2x.sin x  2sin 2x.cos 2x  0

0,25

 2sin 2x(sinx  cos2x)  0  sin 2x(2sin 2 x  sin x  1)  0

0,25

kπ

x  2


 x  π  k2π
sin 2x  0


2
 s inx  1  

 x  π  k2π

1
6

s inx 

2

7π
 k2π
x 
6


0,5

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 .
1

trên đoạn  2;  .
2

Câu 3
(1,0 điểm)

x

+ Ta có f '(x)  1 

0,25

4  x2

1
2

0,25

1  15
2

0,25

minf(x)  2

0,25

+ f '(x)  0  x  2  [  2; ]

1
2

+ Có f (2)  2;f ( ) 

maxf(x) 
1
[-2; ]
2

1  15
;
2

1
[-2; ]
2

Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x.

Phương trình
Câu 4
(1,0 điểm)

x

x

0,25

4 6
 2.       1
9 9
2x

x

2
2
 2.       1  0
3
3

0,25

3


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
 2  x
   1  Loai 
3

 2 x 1

  
2
 3 
 x   log 2 2

0,25

3

Vậy phương trình có nghiệm x   log 2 2

0,25

3

Câu 5
(1,0 điểm)

Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt
giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn
Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3
nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ?
Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?
Có tất cả 5.5.5.5=625 cách
 n(Ω)  625
0,25
Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội”
0,25
 A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH”

 

 n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48  P A 

n(A) 48

n(Ω) 625

48 577

625 625
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm

Vậy P(A)  1  P  A   1 

0,25
0,25

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo
bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
SH  ( ABCD )
S

và SCH  300 .
Ta có:
K
A

Câu 6
(1,0 điểm)

SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

D
I

H

0,25

SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3
B

C

HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a
Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra

BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 .

0,25

3

1
4a 6
Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH 

.
3
3
Vì BA  2 HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
4

0,25


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI .

Do đó: HK   SAC  .
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
Suy ra, HK 

HS .HI
HS 2  HI 2



HI AH
AH .BC a 6
.

 HI 


BC AC
AC
3

a 66
.
11

0,25

2a 66
11
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội
tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4)2  ( y  1) 2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  4 y  17  0 ;
đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm
Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2 HK 

A

Câu 7
(1,0 điểm)

B
I
C

D

E

+(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BDM và N,C là chân các đường cao
nên chứng minh được :IM  CN

0,25

N
M

+ Lập ptđt IM qua I và IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0
 M(7; 3)
+ M là giao điểm (T) với IM : 
 M(1;5) (loai)
+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1
 D(9;1)
D là giao điểm (T) và DC : 
 D( 1;1)
Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)
 
+Do BA  CD => A(-1 ;5)
* Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ
 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2


Giải hệ phương trình:   x  8 y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7



5



0,25

0,25

0,25


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
Điều kiện x  1; y  2 .
Đặt x  1  a; y  2  b  a, b  0  , từ (1) ta có:
a  ab  a 2  1  5  2  b 2  2   b  a  b  ab  b 2  a 2  b 2  0
Câu 8
(1,0 điểm)

0,25

  a  b 1  2a  b   0

 a  b (do a, b  0  1  2a  b  0

 x 1 

y2  y  x3 .

Thế vào (2) ta được:

 x  8  x  4 
2

  x  1





x 1  3 

x  4x  7
x  8
  x4
x 1
 2

 *
 x  4 x  7
x 1  3
+ x  8  y  11;

 x  8 x  4   x  1 x  8 
x2  4 x  7



x 1  3

0,25

+ *   x  1  3  x  4    x  1  x 2  4 x  7 




x 1  3 




x 1



2

0,25

2
 3   x  2   3 .  x  2   3 (**)





Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3 với t 
f  t  đồng biến trên

2

có f '  t   3  t  1  0 t 

nên

.
x  2

Do đó **  f  x  1   f  x  2   x  1  x  2  

2
 x  1  x  4x  4

x  2
5  13
(T/M)
 2
x
2
x  5x  3  0

x

0,25

5  13
11  13
y
2
2
 5  13 11  13 
;

2
2



Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là 8;11 và 

Cho x, y, z   0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
Câu 9
(1,0 điểm)

1
1
1
 2
 2
 xy  yz  zx
2
2

x  y  2 y  z  2 z  x2  2
2

Ta có x 2  y 2  2   x 2  1   y 2  1  2  x  y  ,….; xy 
1 1

1

xy  1
,…
2



1

Nên P  


 xy  yz  zx  3 .
2 x  y y  z z  x

Ta có  x  y  z  xy  yz  zx   9 xyz
6

0,25


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
  x  y  y  z  z  x    x  y  z  xy  yz  zx   xyz 

8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9

 x  y  y  z    y  z  z  x    x  y  z  x 
1
1
1



x y yz zx
 x  y  y  z  z  x 
2

 x  y  z   xy  yz  zx

 x  y  y  z  z  x 
2
 x  y  z   xy  yz  zx



8
 x  y  z  xy  yz  zx 
9
27

3


8  xy  yz  zx  8

1
27
27 
 xy  yz  zx  
2  8  xy  yz  zx 
8

Suy ra P  

Đặt t  xy  yz  zx .
Do x, y, z   0; 2   2  x  2  y  2  z   0  xy  yz  zx 
1
3

4  xyz
2t 2
2

2

0,25

Mặt khác: xy  yz  zx   x  y  z   3  t  3 .
Vậy t   2;3
1 27

27
Ta có P    t    f  t 
2  8t

8

1  27  8t 3  27
 0 t   2;3
Xét hàm số f  t  với t   0; 2 ta có f '  t   t  2  
2  8t 
16t 2
nên hàm số f  t  đồng biến trên  2;3 .
15
.
4
15
15
Do P  f  t   P  . Có P  khi x  y  z  1 .
4
4
15
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
đạt được khi x  y  z  1.
4

0,25

 f  t   f  3 

(Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự)

7

0,25


Sách Giải – Người Thầy của bạn

Trường THPT Bố Hạ
Tổ Toán- Tin

/>
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN, LỚP 12
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số y 

2x 1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x 2  3x  2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của
đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hàm số y  x3  2(m  2) x 2  (8  5m) x  m  5 có đồ thị (Cm) và đường thẳng
d : y  x  m  1 . Tìm m để d cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ tại x1, x2 , x3 thỏa mãn:
x12  x 22  x 32  20 .

Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (2sin x  1)( 3 sin x  2 cos x  2)  sin 2 x  cos x

Câu 5 (1,0 điểm)
a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: An2  3Cn2  15  5n.
20

1 

b) Tìm hệ số của x trong khai triển P( x )   2 x  2  , x  0.
x 

Câu 6 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a) 32  x  32 x  30
b) log3 x 2  x  1  log3 ( x  3)  1
8





Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB  2a, AD  a 3 . Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
mặt đáy. Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 450. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3).
2
Gọi N là điểm thuộc cạnh AB sao cho AN  AB . Biết đường thẳng DN có phương trình
3
x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B.
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
32 x 5  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x
 x, y 


3
(
y

2

1)
2
x

1

8
x

13(
y

2)

82
x

29


.

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  0 . Tìm giá trị lớn nhất của

1
1

biểu thức: P 
2 x 2  y 2  z 2  2(2 x  y  3) y ( x  1)( z  1)
------------------------- Hết ------------------------

1


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT
NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 2
Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò

C©u

Néi dung
Hàm số y 

§iÓm

2x 1
x 1

- TXĐ: \ 1
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn và tiệm cận : lim y  2; lim y  2 .Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang

x 

C©u 1
1.0®

x 

của đồ thị hàm số
lim  y  ; lim  y   . Đường thẳng x= -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x ( 1)

x ( 1)

+) Bảng biến thiên
1
Ta có : y ' 
 0, x  1
( x  1) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 ; (-1;+)
Hàm số không có cực trị
Vẽ đúng bảng biến thiên

0,25đ

0,25đ
0,25đ

- Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị
Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung. Suy ra A(0;-2)
C©u 2

1,0đ

0,25đ

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;-2) là y  y '(0)( x  0)  3  3x  2

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng d là:

0,25đ

y '  3x2  6 x  3
y '(0)  3

3

2

3

2

x  2(m  2) x  (8  5m) x  m  5  x  m  1  x  2(m  2) x  (7  5m) x  2m  6  0
 ( x  2)  x 2  2(m  1) x  3  m   0 (1)

C©u 3

1,0đ

x  2
 2
 Đặt f(x)=VT(2)
 x  2( m  1) x  3  m  0(2)

(Cm) cắt d tại 3 điểm phâm biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
2

 '  (m  1)  (3  m)  0
( m  m  2  0
m  2


(3)

m


1
f
(2)

0
m


1




Khi đó giả sử x1=2; x2,x3 là nghiệm của (2). Ta có x2  x3  2(1  m), x2 x3  3  m
2
1

2
2

0,25đ

2

2
3

2

0,25đ

2

Ta có x  x  x  4  (x 2  x 3 )  2x 2 x 3  4m  6m  2

C©u 4
1,0đ

3
x12  x 22  x 32  20  4m 2  6m  2  20  2m 2  3m  9  0  m  3 hoÆc m = - tm
2

(2sin x  1)( 3 sin x  2 cos x  2)  sin 2 x  cos x (1)
(1)  (2 sin x  1)( 3 sin x  2 cos x  2)  cos x(2 sin x  1)
 (2 sin x  1)( 3 sin x  cos x  2)  0

0,25đ

0,25đ
0,25đ

 2sin x  1  0(2)

 3 sin x  cos x  2(3)

2


Sách Giải – Người Thầy của bạn

+) (2)  x 


6

/>
 k 2 , x 

0,25đ

5
 k 2

6

0,25đ



x   k 2


2

12
sin  x   

6 2

 x  7  k 2

12

KL
a)ĐK: n  , n  2 .

0,25đ

An2  3Cn2  15  5n  n(n  1) 

C©u 5
1,0đ

3.n !
 15  5n
2!(n  1)!

n  5
 n 2  11n  30  0  
n  6

0,25đ

20
1 

b) P( x )   2 x  2    C20k (1)k 2 20 k x 20 3 k
x 

k 0
k
(1)k 2 20 k x 20 3 k
Số hạng tổng quát của khai triển trên là C 20

0,25đ

Hệ số của x8 trong khai triển trên ứng với 20  3k  8  k  4
4
(1)4 216
Vậy hệ số của x8 trong khai triển P(x) là C 20

0,25đ

20

32  x  32 x  30  3.(3 x )2  10.3 x  3  0

C©u 6
1,0đ

0,25đ

3 x  3
 x
3  1 / 3

a)

x  1

 x  1

0,25đ





b) log3 x 2  x  1  log3 ( x  3)  1 (1)
Điều kiện : x>-3.
log3 x 2  x  1  log3 ( x  3)  1  log3 x 2  x  1  log3 3( x  3)



x

2





0,25đ





 x  1  3( x  3)
0,25đ

 x  2
x2  2x  8  0  
x  4
Gọi hình chiếu của S trên AB là H.
Ta có SH  AB, ( SAB)  ( ABCD)  AB, ( SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD)

0,25đ

SH  ( ABCD) , suy ra góc giữa SD và (ABCD) là SDH  450 .

Khi đó tam giác SHD vuông cân tại H, suy ra SH  HD  2 a ,
C©u 7

1,0đ

1
3
Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà SA  (SAx)

Khi đó thể tích lăng trụ là VS . ABCD  SH .S ABCD 

4a 3 3
(đvtt)
3

0,25đ
0,25đ

3


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
 d (BD,SA)  d (BD, (SAx))  d (B, (SAx))  2d (H, (SAx))

Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên Ax và SI
Chứng minh được HK  (SAx)
Tính được HK 

2 a 93
4a 93
.  d (BD,SA)  2d (H, (SAx))  2 HK 

31
31

0,25đ

Đặt AD  x( x  0)  AB  3x, AN  2 x, NB  x, DN  x 5, BD  x 10
0,25đ

BD 2  DN 2  NB 2 7 2

Xét tam giác BDN có cos BDN 
2 BD.DN
10


C©u 8
1,0đ

Gọi n(a; b)(a 2  b 2  0) là vectơ pháp tuyến của BD, BD đi qua điểm I(1;3),
PT BD: ax  by  a  3b  0
 
cos BDN  cos(n, n1 ) 

|ab|
a2  b2 2



3a  4b
7 2

 24a 2  24b 2  50ab  0  
10
 4a  3b

+) Với 3a  4b , chon a=4,b=3, PT BD:4x+3y-13=0

0,25đ

D  BD  DN  D(7; 5)  B(5;11)
+) Với 4a  3b , chon a=3,b=4, PT BD:3x+4y-15=0
D  BD  DN  D(7;9)  B(9; 3)

C©u 9
1,0đ

32 x5  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x(1)
 x, y 

3
( y  2  1) 2 x  1  8 x  13( y  2)  82 x  29(2)
1
Đặt đk x   , y  2
2

0,25đ

0,25đ



+) (1)  (2 x)5  2 x  ( y 2  4 y ) y  2  5 y  2  (2 x)5  2 x 

0,25đ



y2



5

 y  2(3)

Xét hàm số f (t )  t 5  t , f '(t )  5t 4  1  0, x  R , suy ra hàm số f(t) liên tục trên
R. Từ (3) ta có f (2 x)  f ( y  2)  2 x  y  2
Thay 2 x  y  2( x  0) vào (2) được
(2 x  1) 2 x  1  8 x 3  52 x 2  82 x  29
 (2 x  1) 2 x  1  (2 x  1)(4 x 2  24 x  29)
 (2 x  1)





0,25đ

2 x  1  4 x 2  24 x  29  0

1


x  2

2
 2 x  1  4 x  24 x  29  0(4)

Với x=1/2. Ta có y=3
(4)  ( 2 x  1  2)  (4 x 2  24 x  27)  0 

2x  3
 (2 x  3)(2 x  9)  0
2x 1  2

0,25đ

4


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
x  3 / 2

1

(2 x  9)  0(5)
 2 x  1  2

Với x=3/2. Ta có y=11
Xét (5). Đặt t  2 x  1  0  2 x  t 2  1 . Thay vao (5) được

t 3  2t  10  21  0  (t  3)(t 2  t  7)  0 . Tìm được t 
x

1  29
. Từ đó tìm được
2

0,25đ

13  29
103  13 29
,y
4
2

KL
Đặt a  x  2, b  y  1, c  z  a, b, c  0
1
1
P

2 a 2  b 2  c 2  1 (a  1)(b 1)(c 1)

0,25đ

(a  b) 2 (c  1)2 1
Ta có a  b  c  1 

 (a  b  c  1) 2
2

2
4
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1
2

2

2

(a  b  c  3)3
Mặt khác (a  1)(b  1)(c 1) 
27

0,25đ

1
27
Khi đó P 
. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1

a  b  c  1 (a  b  c  3)3
1
27
Đặt t  a  b  c  1  1 . Khi đó P  
,t  1
t (t  2)3

C©u 10
1,0đ

1
27
1
81
81t 2  (t  2) 4
f (t )  
, t  1; f '(t )   2 

t (t  2)3
t
(t  2) 4
t 2 (t  2) 4
Xét f '(t )  0  81t 2  (t  2)4  0  t 2  5t  4  0  t  4 (do t>1)
lim f (t )  0

0,25đ

x 

Bảng biến thiên
t
f’(t)

1

4
0

+



-

1
8

f(t)

0,25đ
0

0

1
8
a

b
 c 1

1
Vậy ma xP  f(4)   
 a  b  c  1  x  3; y  2; z  1
8
a  b  c  1  4

Từ BBT Ta có maxf(x)=f(4)=

Hết

5


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
6


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THPT QUỐC GIA:

GIẢI PT - BẤT PT - HỆ PT MŨ & LOGARIT - PHẦN 1
Giải phương trình (PT), bất phương trình (BPT), hệ phương trình (HPT) Mũ và Logarit là một trong
những phần trọng tâm của mảng toán về Mũ và Logarit. Chuyên đề sẽ cung cấp cho bạn những kiến thức
nền tảng cơ bản để bạn nhập môn này và nâng cao dần khả năng giải quyết các bài toán khó trong chuyên
đề.

NHẮC LẠI CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ MŨ & LOGARIT
x
1.HÀM SỐ MŨ: y = a với a > 0 và a ≠ 1. (trong đó a gọi là cơ số, x gọi lại mũ )
_ Tập xác định R
_ Tập giá trị R+
_ Hàm số luôn đồng biến trên R khi a > 1, luôn nghịch biến trên R khi 0 < a < 1.
2.HÀM SỐ LOGARIT: y = loga x với a > 0, a ≠ 1. ( trong đó a gọi cơ số )
_ Tập xác định R+
_ Tập giá trị R

_ Hàm số luôn đồng biến trên R khi a > 1, luôn nghịch biến trên R khi 0 < a < 1.
_ Logarit cũng có những dạng thông dụng như logarit thập phân và logarit tự nhiên
 logarit thập phân: là logarit cơ số 10, thường được viết tắt là logb hoặc lgb
 logarit tự nhiên: là logarit cơ số e (e  2,718 > 1), viết tắt là lna ( đọc là log nepe a )
3. Các công thức về MŨ ( với a > 0 và a ≠ 1
am
♥ am. an = am + n
♥ am.bm = (a.b)m
♥ n = am - n
♥ (am)n = am.n
a
m
 n m
1
n m
n
n
n
n m
-m
n
♥ a =a
♥ ab = a . b
♥ m=a
♥ a =  a
a
 
m

a khi n lẻ

n
♥ an = |a| khi n chẵn

4. Các công thức về LOGARIT ( với a,b,c > 0 và a ≠ 1 )

♥

n

a =

m.n

a

♥ a0 = 1

♫ loga ax = x (x  R)
♫ loga b + loga c = loga (bc)
♫ loga b =  loga b

♫ loga1 = 0

♫ loga a = 1
b
♫ loga b - loga c = loga
c
1
♫ loga b = loga b (b > 0,   R)


♥

m

a=
loga b

♫a

logbx

♫a
♫

m.n

an

= b
=x

logba

1
= logb a
loga b

1

1
1
n
♫ loga = loga b-1 = - loga b ♫ loga b = loga bn = logab (b > 0,   R*)
b
n
loga b
♫ logc b =
♫ loga c. logc b = loga b (b > 0, 0 < c ≠ 1)
loga c
5. Hệ quả từ định nghĩa hàm mũ và hàm logarit ( với a > 0 và a ≠ 1 )
☼ Nếu a > 1 thì a < a   < 
☼ Nếu 0 < a < 1 thì a < a   > 
m
m
 a < b khi m > 0
☼ Cho 0 < a < b và m là số nguyên ta có:am > bm khi m < 0

☼ Nếu a > 1 thì loga b > loga c  b > c
☼ Nếu 0 < a < 1 thì loga b < loga c  b < c
☼ Nếu a > 1 thì loga b > 0  b > 1
☼ Nếu 0 < a < 1 thì loga b > 0  b < 1
m
n
☼ Nếu a = a  m = n
☼ Nếu loga m = loga n  m = n

PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT
Với a > 0, a ≠ 1, ta có:
+ phương trình af(x) = ag(x)  f(x) = g(x)

+ phương trình af(x) = b (b > 0)  f(x) = loga b
1


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
+ phương trình af(x) = bg(x)  f(x) = g(x)logab (log hóa)
+ phương trình loga f(x) = loga g(x)  f(x) = g(x)
+ phương trình loga f(x) = b  f(x) = ab (mũ hóa)
Các phương pháp có thể dùng để giải phương trình mũ - logarit là:
 Dạng 1: Chuyển phương trình về cùng một cơ số.
 Dạng 2: Chuyển về phương trình tích (đặt thừa số chung ).
 Dạng 3: Đặt ẩn phụ - đổi biến.
 Dạng 4: Mũ hóa - Logarit hóa.
 Dạng 5: Dựa vào tính đơn điệu của hàm số. (tính đồng biến - nghịch biến )
 Dạng 6: Tuyển tập các dạng bài tập nâng cao - đặc biệt

DẠNG 1: CHUYỂN PHƯƠNG TRÌNH VỀ CÙNG MỘT CƠ SỐ.
 PP: sử dụng các công thức biến đổi PT để đưa về dạng a f(x) = a g(x) hoặc loga f(x) = loga g(x)
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2x2 + 3x - 78

a. 42x + 1. 54x + 3 = 5. 10
 HD giải: Để ý vế phải có cơ số 10 = 2.5 nên ta biến đổi về trái:
Ta xét Vế trái = 42x + 1. 54x + 3 = 24x + 2. 54x + 3 = 24x + 2. 5.54x + 2 = 5.104x + 2
Khi đó phương trình  5.104x + 2 = 5. 10
 104x + 2 = 10

2x2 + 3x - 78

2x2 + 3x - 78

 4x + 2 = 2x2 + 3x - 78  x =
2x + 3

4

1  641
4

x+8

b. 3. 243 x + 8 = 3-2 .9x + 2
x + 8 ≠ 0
x ≠ -2
 HD giải: Điều kiện là x + 2 ≠ 0  x ≠ -8


Nhận xét cả 2 vế phương trình đều có thể đưa về cơ số 3, nên ta biến đổi:
4

1

1

3 = 34 ; 9 = 32; 243 = 35; nên phương trình đã cho có dạng: 34. 3

Khi đó phương trình 







=3

1
2x + 3
+ 5
x+8
34

2x + 3
5
x+8

= 3-2. 3

x+8
2
x+2

x + 8
x + 2
 

-2 + 2

1
2x + 3
x + 8
 = -2 + 2

 + 5
x + 2 (1)
4
x+8
Quy đồng và rút gọn có PT (1) trở thành 41x2 + 102x - 248 = 0  x = - 4 v x =

62
41

x2 + 2x

= (x - 2)11x - 20
x - 2 > 0
x > 2
x > 2
 HD giải: PT   x2 + 2x = 11x - 20  x2 - 9x + 20 = 0  x = 4 v x = 5  x = 4 v x = 5




c. (x - 2)

Ví dụ 2: Giải phương trình:
1
a.log2 (3x - 1) +

= 2 + log2 (x + 1)
log(x + 3) 2
3x - 1 > 0
1
 HD giải: Điều kiện 0 < x + 3 ≠ 1  x >
3
x + 1 > 0

2


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
1
= logb a nên phương trình đã cho có dạng:
loga b
log2 (3x - 1) + log2 (x + 3) = log2 22 + log2 (x + 1)
 log2 [(3x - 1)(x + 3)] = log2 4(x + 1)
 (3x - 1)(x + 3) = 4(x + 1) (*)
-7
Rút gọn và giải (*) ta được x = (loại), x = 1 (thỏa mãn)
3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1
x - 1
 + log3 (x - 3)2
b. 2log9(x2 - 5x + 6)2 = log 3 
2 
2
2

2
(x - 5x + 6) > 0
x - 5x + 6 ≠ 0
x > 1
 HD giải: Điều kiệnx - 1 > 0
 x > 1
 x ≠ 2 (*)
x ≠ 3
(x - 3)2 > 0
x - 3 ≠ 0
Vì

1 x - 1
 + log3 (x - 3)2
PT  2 log32(x2 - 5x + 6)2 = log32 
2 
2

x - 1
 + log3(x - 3)2
 log3 [(x -2) (x - 3) ] = log3
2 
2

2

2

x - 1
 .(x - 3)2 (do x ≠ 3 nên x - 3 ≠ 0)

 (x -2) (x - 3) = 
2 
2

2

2

x - 1
 (2)
 (x -2) = 
2 
2

Giải phương trình (2) ta được x = 3 (loại) và x =

5
( thỏa mãn).
3

5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = .
3
Chú ý: + Khi giải các bài toán về LOG, ta cần chú ý đến điều kiện tồn tại của loga b đó là 0 < a ≠ 1 và
b > 0. Đặc biệt nếu A2 > 0  A ≠ 0.
3
c. log1 (x + 2)2 - 3 = log1 (4 - x)3 + log1 (x + 6)3
2
4
4

4
2
(x + 2) > 0
- 6 < x < 4
 HD giải: Điều kiện x + 6 > 0  x ≠ -2

4 - x > 0
PT  3log1 |x + 2| - 3 = 3log1 (4 - x) + 3log1 (x + 6)
4

4

4

 log1 |x + 2| - 1 = log1 (4 - x) + log1 (x + 6)
4

4

4

1
 log1 |x + 2| - log1 = log1 [(4 - x)(x + 6)]
4
44
4
 log1 [4|x + 2|] = log1 [(4 - x)(x + 6)]
4

4

2

 4|x + 2| = - x - 2x + 24
x=1+

x = 1  4(x + 2) = x + 2x - 24
 4(x + 2) = - x2 - 2x + 24  x = 2
x = -8
2



33
33

. So điều kiện ta nhận x = 2 , x = 1 - 33

3


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Giải các phương trình sau:
25x2 - 12
x 2 - 3 x2 - 3
1) 2 .5
= 0,01.(10x - 1)3
2) (0,6)x  
= (0,216)3

9
4) 2x + 2x - 1 + 2x - 2 = 3x + 3x - 1 + 3x - 2
5
x - 6x 2
2

= 16 2

x+1

x

5) 2

2

7)

10) 5

8)
x+1

+ 6.5 - 3.5

= 52

x2 + 3x - 4

x+5

32 x - 7

11) 3

= 4x - 1

6)

x + 17
1
.128 x - 3

9) 16 x - 10 = 0,125.8x - 15

=

|3x - 4|

3) 2x.3x - 1.5x - 2 = 12

x + 10

4

= 92x - 2

x+5

12) (x2 - 2x + 2)
1

x + 3x +
2
3
2

13) 2x + 1.3x - 2.5x = 200

14) 4.9x - 1 = 3 22x + 1

15)

=

4 - x2

=1

1
3 3

2

16) log5 (x - 2) + log

5

x + 3
 = 2log1 (x - 1) - log2 (x + 1)
17) log2 
5 

4

(x3 - 2) + log0,2 (x - 2) = 4

[
3

18) log2 (x - 2) - 2 = 6log1 3x - 5

19) log1

8

]

2(x3 + x2) - 2 + log3 (2x + 2) = 0

20) logx (x2 + 4x - 4) = 3

21) log2 (x - 1)2 = 2log2 (x3 + x + 1)
3
22) log2 (x2 + 3x + 2) + log2 (x2 + 7x + 12) = 3 + log23 23) log1 (x + 2)2 - 3 = log1 (4 - x)3 + log1 (x + 6)3
2 4
4
4
24) log4(x + 1)2 + 2 = log

2

4 - x + log8 (4 + x)3

25) log

26) log2 (x2 + 3x + 2) - log1 (x2 + 7x + 12)2 = 2 + log4 3

x + 1 - log1 (3 - x) - log8 (x - 1)3 = 0

2

2

27) logx + 1 (2x3 + 2x2 - 3x + 1) = 3

4

DẠNG 2: CHUYỂN VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH (Đặt thừa số chung)
 PP: thường sử dụng đối với các bài toán có nhiều cơ số hoặc có x ở ngoài số mũ.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
a. 25x = 9x + 2.5x + 2.3x
 HD giải: PT  52x = 32x + 2.5x + 2.3x
 (52x - 32x) - 2(5x + 3x) = 0
 (5x - 3x)(5x + 3x) - 2(5x + 3x) = 0
 (5x + 3x)(5x - 3x - 2) = 0
x
x
5 + 3 = 0 ( vô nghiệm )
 5x = 3x + 2 (Giải bằng dạng 5)
x2 - 3x + 2

x2 + 6x + 5

2x2 + 3x + 7

b. 4
+4
=4
+1
2
 HD giải: Nhận xét 2x + 3x + 7 = (x2 - 3x + 2) + (x2 + 6x + 5)
x2 - 3x + 2
x2 + 6x + 5
2x2 + 3x + 7
Do đó phương trình  4
+4
=4
+1
 (4
 (4

x2 - 3x + 2
x2 - 3x + 2
x2 - 3x + 2

 (4

x2 - 3x + 2

- 1) + 4
- 1) + 4
- 1) + 4

x2 + 6x + 5

-4

x2 + 6x + 5

-4

x2 + 6x + 5

(x2 - 3x + 2) + (x2 + 6x + 5)
x2 + 6x + 5

.(1 - 4

x2 - 3x + 2

.4

x2 - 3x + 2

=0

=0

)=0

x2 + 6x + 5

 (4
- 1).(1 - 4
)=0
x2 - 3x + 2
4
=1
x2 - 3x + 2 = 0

x = 2 v x = 1

  x2 + 6x + 5
 x2 + 6x + 5 = 0 x = -5 v x = -1
=1
4
x
x
x+1
c. 12.3 + 3.15 - 5
= 20
 HD giải: PT  (12.3x + 3.15x) - 5.5x - 20 = 0
 3.3x(4 + 5x) - 5(5x + 4) = 0
 (4 + 5x)(3.3x - 5) = 0
4


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
x
5 = - 4 < 0 ( vô nghiệm)

5
 3x = 5
 x = log3
3
3

d. 9x + 2(x - 2)3x + 2x - 5 = 0
 HD giải: PT  32x + 2x.3x - 4.3x + 2x - 5 = 0
 (32x - 4.3x - 5) + 2x(3x + 1) = 0 ( để tạo ra thừa chung ta sử dụng công thức Vi-et)
 (3x + 1)(3x - 5) + 2x(3x + 1) = 0
 (3x + 1)(3x - 5 + 2x) = 0
x
3 = -1 < 0 (vô nghiệm)
 3x = 5 - 2x (Giải bằng dạng 5)
Ví dụ 2: Giải phương trình:
a. log2x + log3x = 1 + log2x.log3x
 HD giải: Điều kiện x > 0
PT  (log2 x - 1) + log3 x - log2x.log3 x = 0
 (log2 x - 1) + (1 - log2 x).log3 x. = 0
 (log2 x - 1)(1 - log3 x) = 0
log2 x = 1
x = 2
 log x = 1  x = 3 (thỏa x > 0)
3
b. (x + 1)[log2x]2 + (2x + 5)log2 x + 6 = 0

 HD giải: Điều kiện x > 0
So với VD1 câu d thì bài toán này cũng tương tự nhưng chúng ta sẽ thử làm theo cách " xét  "
Nếu xem log2 x là biến số và x là tham số, ta có phương trình bậc 2.
Xét  = (2x + 5)2 - 24(x + 1) = 4x2 - 4x + 1 = (2x - 1)2 (  có dạng số chính phương )

- (2x + 5) + (2x - 1)
- (2x + 5) - (2x - 1)
-3
Khi đó log2 x =
=
hay log2 x =
=-2
2(x + 1)
2(x + 1)
2(x + 1)
1
Vậy ta có log2 x = -2  x = 2-2 =
4
-3
Và log2 x =
( Dùng dạng 5 để giải tiếp )
2(x + 1)
BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Giải các phương trình sau:
x2 - 5x + 6

1) 2

+2

1 - x2

= 2.26 - 5x + 1

2) x2.2x + 6x + 12 = 6x2 + x.2x + 2x + 1
x2

3) 2x + 1 + 3x = 6x + 2

4) 4 + x.3x + 3x + 1 = 2x2.3x + 2x + 6

5) x.2x = x(3 - x) + 2(2x - 1)
7) 3.25x - 2 + (3x - 10).5x - 2 + 3 - x = 0
9) 8 - x.2x + 23 - x - x = 0
11) 25x - 2(3 - x).5x + 2x - 7 = 0
13) x2 + (2x - 3)x + 2(1 - 2x) = 0
15) log4 x. logx 5 - 1 = log4 x - logx 5

6) 2[log2 x]2 + xlog2 x + 2x - 8 = 0
8) (x + 2)[log3 (x + 1)]2 + 4(x + 1)log3 (x + 1) - 16 = 0
10) x2.3x + 3x (12 - 7x) = - x3 + 8x2 - 19x + 12
12) log22 x + (x - 1)log2 x = 6 - 2x
14) lg2 (x2 + 1) + (x2 - 5)lg(x2 + 1) - 5x2 = 0
16) log3 x + 5log5 x = 5 + log3 x.log5 x

DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ - ĐỔI BIẾN
 PP: Phương trình tồn tại ax , a-x , a2x , a3x , v.v..  ta đặt t = ax > 0
Hoặc PT có ax và bx với ax.bx = 1  ta đặt t = ax > 0 và khi đó bx =

1 1
=
ax t

Ví dụ 1: Giải phương trình:
a. 2x + 23 - x = 9

5


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
23
8
x
x
x = 9  2 + x = 9. ( Đặt t = 2 > 0 )
2
2
8
t = 1
PT thành t + = 9  t2 - 9t + 8 = 0  t = 8 ( Nhận vì thỏa t > 0 )
t
Khi đó với t = 1  2x = 1 = 20  x = 0
Và t = 8  2x = 8 = 23  x = 3.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0, x = 3
 HD giải: PT  2x +

x

b.

(

6 - 35

x

) +(

)

6 + 35

= 12
x

 HD giải: Nhận xét

(

x

)(

6 - 35 .

6 + 35

x

) (

x

=

36 - 35

)

= 1x = 1

x

1
t
t = 6 + 35
1
Khi đó, PT thành + t = 12  t2 - 12t + 1 = 0  
( thỏa mãn vì t > 0 )
t
t = 6 - 35
Nên ta đặt t =

(

6 + 35

)

> 0 thì

x

(

Với t = 6 + 35 

6 + 35

)

(

)

6 - 35 =

x

x
= 6 + 35  (6 + 35)2 = (6 + 35)1  = 1  x = 2
2

x

Với t = 6 - 35 

(

6 + 35

)

= 6 - 35  (6 +

x
35)2

x
= (6 + 35)-1  = -1  x = - 2
2

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2, x = -2.
c. 3

2x2 + 2x + 1

- 28.3

x2 + x

+9=0
2(x2 + x)

x2 + x

 HD giải: PT  3.3
- 28.3
+ 9 = 0 ( Đặt t = 3
2
 3t - 28t + 9 = 0
t = 9
 t = 1 ( Nhận vì thỏa t > 0 )
 3

Với t = 9  3

x2 + x

x2 + x

> 0)

x = 1
= 9 = 3 2  x2 + x = 2  x 2 + x - 2 = 0   x = - 2

x2 + x
1
1
3
= = 3-1  x2 + x = -1  x2 + x + 1 = 0 ( vô nghiệm )
3
3
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1, x = -2.

Với t =

d. (3 - 5)2x + 1 + (3 + 5)2x + 1 = 6.22x
 HD giải: Đối với PT trên, ta thấy rằng không thể xét (3 - 5)(3 + 5) ≠ 1
Trong khi đó PT vừa khác mũ ? vừa khác cơ số ?  ta biến đổi phương trình để đưa về cùng mũ.
PT  (3 - 5)2x + 1 + (3 + 5)2x + 1 = 3.2.22x
 (3 - 5)2x + 1 + (3 + 5)2x + 1 = 3.22x + 1 (*)
Đến đây PT đã cùng mũ nhưng lại khác cơ số ? Rõ ràng (3 - 5) và (3 + 5) hoàn toàn có "bà con"
Ta chia 2 vế phương trình (*) cho 22x + 1 và được:
(3 - 5)2x + 1 (3 + 5)2x + 1

(*) 
+
=3
22x + 1
22x + 1
3 - 52x + 1 3 + 52x + 1



+
=3
 2 
 2 
3 - 52x + 1 3 + 52x + 1 9 - 5 2x + 1 2x + 1



Nhận xét 
.
=
=1
= 1. ( đến đây ta đã biến đổi thành công !)
 2 
 2 
 4 

6


Sách Giải – Người Thầy của bạn

/>
3 + 52x + 1
3 - 52x + 1 1


Nên ta đặt t = 
> 0 và khi đó 
=
t
 2 
 2 
t = 3 +2 5
1

PT thành + t = 3  t2 - 3t + 1 = 0 
( Nhận vì thỏa t > 0 )
t
t = 3 - 5

2
2x + 1
1
3 + 5
3 + 5
3+ 5

  2x + 1 = 1  x = 0
Với t =


=
2
 2 
 2 
3 + 52x + 1 3 + 5-1
3- 5

  2x + 1 = -1  x = -1
Với t =

=
2
 2 
 2 
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0, x = -1
e. 125x - 4.50x + 20x + 6.8x = 0
 HD giải: Đối với câu e này, ta thấy rằng các PT cùng mũ nhưng cả 4 cơ số đều khác nhau. Nên ta
quyết định sẽ chia bớt cho một cơ số để tìm mối quan hệ giữa các cơ số còn lại. Kinh nghiệm là ta sẽ chia
cho cơ số lớn nhất hoặc cơ số nhỏ nhất.
Cách 1: Chia cho cơ số lớn nhất 125x
2x  4 x
 8 x
PT  1 - 4.  +   + 6.  = 0
5 25
125
2x 22x
23x
2x
 1 - 4.  +  + 6.  = 0 ( Đặt t =   > 0 )
5 5

5
5
(loại)
t = -1
1
t = 2
PT thành 1 - 4t + t2 + 6t3 = 0 
 1
t = 3
2x 1
1
1
Với t =    =  x = log2 (Chú ý: ax = b  x = loga b)
2
52
5 2
2x 1
1
1
Với t =    =  x = log2
3
53
5 3
Vậy phương trình có 2 nghiệm.
Cách 2: Chia cho cơ số nhỏ nhất 8x
125x 25x 5x
53x 52x 5x
PT    - 4.  +   + 6 = 0    - 4.  +   + 6 = 0 (HS tự làm tiếp)
 8 
 4  2

2
2 2
Ví dụ 2: Giải phương trình:
a. log2 (4x + 1 + 4).log2 (4x + 1) = 3
x+1
4
+4>0
 HD giải: Điều kiện:4x + 1 > 0 (luôn đúng)

PT  log2 (4.4x + 4).log2 (4x + 1) = 3
 log2 [4.(4x + 1)].log2 (4x + 1) = 3 ( Ta có loga b + loga c = loga bc )
 [log2 4 + log2(4x + 1)].log2 (4x + 1) = 3
 [2 + log2(4x + 1)].log2(4x + 1) = 3 ( đặt t = log2(4x + 1)
PT thành (2 + t).t = 3
t = 1
 t2 + 2t - 3 = 0  t = -3
Với t = 1  log2(4x + 1) = 1  4x + 1 = 21  4x = 1 = 40  x = 0
7