Chinh phục đề thi THPT quốc gia môn toán tập 1

Chữ ký và lời chúc của tác giả hoặc thành viên Lovebook

..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................

..................................................................................................................................................
Sách gốc phải có chữ ký của
tác giả hoặc của thành viên Lovebook. Bất kể cuốn
...........................................
sách nào không có chữ ký đều là sách lậu, không phải do Lovebook phát hành.

Lời chúc
& kí tặng

..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
...............

LOVEBOOK.VN

Chinh phục đề thi THPT quốc gia môn Toán tập 1

Đời phải trải qua giông tố nhưng không được cúi
đầu trước giông tố!
Đặng Thùy Trâm
Hãy phấn đấu vươn lên không chỉ bằng khối óc mà
bằng cả con tim của mình nữa!
Lương Văn Thùy
LOVEBOOK tin tưởng chắc chắn rằng em sẽ
đỗ đại học một cách tự hào và hãnh diện nhất!

Bản quyền thuộc về Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Trực Tuyến Việt Nam – VEDU Corp
Không phần nào trong xuất bản phẩm này được phép sao chép hay phát hành dưới bất kỳ hình thức hoặc phương
tiện nào mà không có sự cho phép trước bằng văn bản của công ty.


GIA ĐÌNH LOVEBOOK

CHINH PHỤC
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN TẬP 1
Sách dành cho:







Học sinh lớp 12 chuẩn bị cho kì thi Tuyển sinh Đại học, Cao đẳng (KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016)
Học sinh lớp 10, 11: Tự học Toán, chuẩn bị sớm và tốt nhất cho KÌ THI THPT QUỐC GIA
Học sinh muốn đạt 9,10 trong kì thi Tuyển sinh Đại học, Cao đẳng (KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016)
Học sinh thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố cấp trung học cơ sở và trung học phổ thông
Thí sinh đại học muốn ôn thi lại môn Toán
Người yêu thích môn Toán, muốn tìm kiếm một cuốn sách chứa những phân tích, tìm tòi thú vị, sáng
tạo và độc đáo.

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI


NHÀ XUẤN BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
16 Hàng Chuối – Hai Bà Trưng – Hà Nội
Điện thoại: Biên tập – Chế bản: (04) 39714896;
Quản lý xuất bản: (043) 9728806; Tổng biên tập: (04) 397 15011
Fax: (04) 39729436

Chịu trách nhiệm xuất bản:

Giám đốc – Tổng biên tập: TS. PHẠM THỊ TRÂM
Biên tập: ĐẶNG PHƯƠNG ANH
Chế bản: CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC TRỰC TUYẾN VIỆT NAM – VEDU CORP
Trình bày bìa: NGUYỄN SƠN TÙNG
Sửa bản in: LƯƠNG VĂN THÙY – NGUYỄN THỊ CHIÊN – TĂNG HẢI TUÂN
Đối tác liên kết xuất bản:
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC TRỰC TUYẾN VIỆT NAM – VEDU CORP
Địa chỉ: 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội

SÁCH LIÊN KẾT

CHINH PHỤC ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN TẬP 1
Mã số: 1L – 173 ĐH2015
In 2000 cuốn, khổ 29,7 x 21cm tại Nhà máy In Bộ Tổng Tham Mưu – Bộ Quốc Phòng
Địa chỉ: Km13 Ngọc Hồi, Thanh Trì, Hà Nội
Số xuất bản: 999 – 2015/CXB,IPH/03- 124/ĐHQGHN, ngày 31/08/2015
Quyết định xuất bản số: LK-TN/ QĐ – NXBĐHQGHN, ngày 31/08/2015
In xong và nộp lưu chuyển quý III năm 2015.


LỊCH SỬ HÌNH THÀNH CUỐN SÁCH
I- GIỚI THIỆU CHUNG

II- SƠ ĐỒ PHÁT TRIỂN CUỐN SÁCH

F1
(T1/2014)

F2
(T9/2015)

HỒ VĂN DIÊN – NGUYỄN ANH VĂN – BÙI VĂN CƯỜNG
TRẦN TRÍ KIÊN – LÊ TẤN Ý – NGUYỄN VĂN QUỲNH MAI VĂN CHINH – LƯƠNG VĂN THIỆN – DOÃN
TRUNG SAN- TRẦN VĂN THUẬN

TRẦN HƯNG - BÙI VĂN CƯỜNG
NGUYỄN TRỌNG NAM - KHA VĂN LỢI
LÊ ANH TUẤN – TRẦN DUY QUÂN


LỜI MỞ ĐẦU

Để chuẩn bị cho các kì thi quốc gia (tốt nghiệp, tuyển sinh đại học,…) do bộ GD & ĐT tổ chức,
tiếp nối chuỗi sách luyện đề “Tuyển tập 90 đề thi thử kèm lời giải chi tiết và bình luận môn Toán”, chúng
tôi xin giới thiệu bạn đọc cuốn tập 1 “Chinh phục đề thi THPT quốc gia môn Toán tập 1” do đội ngũ tác
giả đến từ LOVEBOOK.
Nội dung sách bám sát các kỹ năng, kiến thức đòi hỏi cần có để phục vụ cho kỳ thi THPT quốc gia. Ở
tập 1 này, chúng tôi cung cấp 25 đề thi thử được biên soạn theo cấu trúc mới nhất (năm 2015) của Bộ.
Không chỉ dừng lại ở việc cung cấp lời giải chi tiết cho mỗi bài toán, chúng tôi còn đưa ra những phân
tích, bình luận về lời giải. Giúp các e học sinh có thể trả lời được những câu hỏi như “tại sao lại biến đổi
như thế? Tại sao lại chọn A? Bài này có thể áp dụng cho những dạng bài nào khác? Mấu chốt của bài
toán ở đây là gì? Kỹ thuật phán đoán hướng giải là gì?...Tất cả những kinh nghiệm, những kiến thức
chúng tôi đều trải lòng hết lên từng lời giải. Các bạn không chỉ đọc nội dung mà thậm chí các bạn còn
có thể cảm nhận được nỗi lòng, niềm đam mê của chúng tôi truyền lại trên từng trang của sách.
Ngoài việc biên soạn 25 đề thi thử theo cấu trúc mới nhất của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo, chúng tôi còn
bổ sung thêm 24 chuyên đề (bao phủ hết chương trình ôn thi đại học). Những chuyên đề được xuất hiện
trong cuốn sách này đề là những chuyên đề được chọn lọc rất kĩ càng. Với 24 chuyên đề kèm lời giải
chi tiết này chúng tôi kì vọng rằng sẽ giúp các em củng cổ phần nào thêm nữa kiến thức và kỹ năng.
Với sự đam mê mãnh liệt và nguồn cảm hứng vô tận từ việc được đóng góp một phần vào con đường
chinh phục cánh cổng đại học của các em, chúng tôi tin tưởng chắc chắn rằng cuốn sách này sẽ đem lại
hững điều bổ ích cho bạn đọc, nhất là một sự đam mê Toán như chúng tôi trải qua.
Do đây là lần đầu tiên biên soạn sách Toán nên mặc dù đã cố gắng nhưng cuốn sách này chắc chắn
không thể tránh khỏi những khiếm khuyết, rất mong nhận được những đóng góp chân tình của các quý
thầy cô và các bạn học sinh xa gần để cuốn sách được hoàn thiện hơn trong lần tái bản sau.
Thư từ góp ý xin gửi về:
Mọi ý kiến đóng góp của các bạn, các thầy cô xin vui lòng gửi về địa chỉ
o Hòm thư điện tử tổ trưởng tổ Sinh học Vedu:
o Diễn đàn chăm sóc sử dụng sách: vedu.vn/forums/
Đội ngũ tác giả xin chân thành cảm ơn!!!


HỌ NÓI GÌ VỀ BỘ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN?

Theo thầy Phạm Vĩnh Phúc [Nguyên chuyên viên cao cấp của bộ giáo dục và đào tạo, cán bộ chỉ đạo
môn Toán]: “Các em phân tích hệ thống đề đại học các năm rất hệ thống và chi tiết. Những dự đoán
được xây dựng trên nền tảng phân tích dữ liệu các năm trước và xu hướng ra đề mới sẽ giúp cho học
sinh ôn tập có trọng tâm hơn”.
Theo thầy Đinh Văn Khâm [Giáo viên chuyên Toán – Hiệu trưởng THPT chuyên Lương Văn Tụy –
Ninh Bình]:”Cuốn toán 3 tổng hợp rất nhiều tinh túy trong tư duy giải toán phổ thông, nhất là mảng ôn
thi đại học. Phần dự đoán là điểm khác biệt và ấn tượng nhất của sách. Không chỉ đơn thuần đưa ra
những dự đoán về các câu cụ thể trong đề, đội ngũ tác giả còn phân tích rất chi tiết và hệ thống các chủ
đề, giúp cho các em học sinh có cái nhìn chính xác và bao quát nhất về nội dung thi đại học của Bộ
Giáo Dục và Đào Tạo”.
Theo thầy Nguyễn Minh Tuấn - GV THPT Hùng Vương - Phú Thọ [tác giả của hơn 20 đầu sách ôn thi
đại học nổi tiếng và nhiều tài liệu chỉa sẻ trên mạng): “Đây thực sự là một cuốn sách ôn thi đại học chất
nhất, công phu và tâm huyết nhất mà thầy từng biết tới. Một học sinh ôn thi đại học mà không sở hữu
cuốn này thì sẽ thiệt thòi rất nhiều so với các bạn”.
Theo em Lê Nhất Duy [THPT TP Cao Lãnh – Đồng Tháp]: “Đây là lần đầu tiên em được đọc một cuốn
sách tâm huyết như thếnày. Từng lời bình của anh chị LOVEBOOK rất chất và gần gũi nữa. Kể từ khi
cầm trên tay cuốn sách này, em đã cảm thấy tự tin và yêu môn toán hơn nhiều”.
Theo cô Lê Thị Bình [Thạc sĩ Toán - Hóa] - giảng viên khoa Toán Tin ứng dụng- ĐH Kiến Trúc Hà Nội:
"Một cuốn sách đẳng cấp và thiết thực nhất tôi từng biết. Không chỉ dừng lại ở những lời giải kho khan
mà cuốn sách còn cho ta những lối tư duy, những kinh nghiệm sương máu mà họ trải qua".
Theo Nguyễn Văn Tiến [cựu học sinh Lý Thái Tổ - Bắc Ninh, tân sinh viên Y Hà Nội 29/30]: “Lovebook
luôn biết cách tạo ra những ấn phẩm thật hữu ích cho các em học sinh, đặc biệt cuốn Toán. Năm vừa
rồi mình chỉ tiếc là chưa có cuốn Toán, nếu có thì chắc kết quả của mình sẽ trọn vẹn hơn. Tuy nhiên với
2 cuốn Hóa năm ngoái cũng đủ khiến mình đạt được ước mơ vào đại học Y Hà Nội".
Theo em Nguyễn Văn Trường [cựu học sinh Diễn Châu 4, Nghệ An - Tân sinh viên Đại Học Bách Khoa
HN]: “Cuốn sách 90 đềToán giúp em rất nhiều trong việc tự học ở nhà. Ở quê nghèo như em, việc đi
học thêm hoặc học online quả là một vấn đề rất nan giải. Nếu không có những cuốn sách có hướng dẫn
tư duy như của LOVEBOOK thì thật khó khăn. Đọc sách anh chị viết mà có cảm giác như đang được
người thầy trực tiếp giảng dạy cho”.

HƯỚNG DẪN SỬ DỤNG SÁCH
1. Hướng dẫn cách luyện đề.
Các đề trong cuốn sách này có số lượng câu dễ ở mức vừa phải, không quá nhiều câu dễ (30 câu)
giống như đề thi THPT Quốc gia năm nay. Vì chúng ta chưa biết các năm tới sự phân bố câu dễ, khó
trên một đề thi thay đổi như thế nào.
Khi bắt đầu luyện, hãy để cho tâm lí thoải mái nhất có thể !
Hãy nhớ, bạn đang bắt đầu luyện đề, do đó, đừng trông chờ vào việc mình phải làm đúng nhiều
câu và trong đúng thời gian quy định trong những đề đầu tiên.
Làm những đề đầu tiên, hãy để thời gian làm thật thoải mái, không nhất thiết là 90 phút mà 120
phút hoặc 150 phút cũng được. Nghĩ thật kĩ, nghĩ lâu cũng được, đến khi không làm được nữa thì thôi.
Sau đó, đọ đáp án và ghi điểm vào bảng kết quả.
Nếu điểm tốt, chúc mừng bạn, hãy phát huy và làm các đề tiếp theo, chú ý đến tốc độ làm bài,
tăng tốc độ lên!
Nếu điểm xấu hoặc điểm không như mong muốn thì cũng chúc mừng bạn! Vì bạn thuộc 90% đại
đa số học sinh khi bắt đầu luyện đề. Đừng nản, vì điều đó là quá bình thường. Hãy nhìn lại các câu mà
mình làm sai, và phải biết được vì sao mình sai. Ghi chú lại, rút kinh nghiệm dần dần.
Quan trọng nhất khi luyện đề: kiên trì, chăm chỉ !!!
2. Đọc lời giải có câu không hiểu, bạn nên làm gì?
Đừng ngại ngần, hãy đi hỏi !!!
- Hỏi bạn bè cùng lớp. Học thầy không tày học bạn.
- Hỏi thầy cô giáo trên lớp.
- Hỏi bạn bè trên cộng đồng mạng
- Bạn hãy đăng những thắc mắc trong quá trình sử dụng sách lên diễn đàn chăm sóc sử dụng sách
của nhà sách Lovebook để được hỗ trợ tốt nhất: vedu.vn/forums/
3. Ghi chú, đánh dấu
Trong quá trình luyện đề, bạn nên lấy bút màu đánh dấu vào những câu mà bạn còn nhầm lẫn,
những bài toán mà các bạn làm sai và những câu mà bạn thấy quan trọng. Trước khi thi 2 tháng, bạn nên
đọc lại toàn bộ những phần mình đã đánh dấu bằng bút màu trước đây để tránh việc lặp lại sai lầm khi

bước vào kì thi chính thức.
4. Kết hợp với bộ sách chuyên đề.
Trong quá trình sử dụng sách, để đạt được hiệu quả cao nhất, tốt nhất bạn nên có một bộ chuyên
đề. Để làm gì ? Khi làm đề, gặp phải những bài toán, những dạng toán và những kiến thức lý thuyết mà
bạn chưa nắm vững, bộ chuyên đề là cuốn cẩm nang dành cho bạn ôn lại những kiến thức đó.


MỤC LỤC
Đề số 1 ................................................................................................................................................................... 13
Đề số 2 ................................................................................................................................................................... 24
Đề số 3 ................................................................................................................................................................... 34
Đề số 4 ................................................................................................................................................................... 47
Đề số 5 ................................................................................................................................................................... 58
Đề số 6 ................................................................................................................................................................... 70
Đề số 7 ................................................................................................................................................................... 78
Đề số 8 ................................................................................................................................................................... 88
Đề số 9 ................................................................................................................................................................... 98
Đề số 10 ............................................................................................................................................................... 107
Đề số 11 ............................................................................................................................................................... 117
Đề số 12 ............................................................................................................................................................... 129
Đề số 13 ............................................................................................................................................................... 140
Đề số 14 ............................................................................................................................................................... 150
Đề số 15 ............................................................................................................................................................... 161
Đề số 16 ............................................................................................................................................................... 170
Đề số 17 ............................................................................................................................................................... 182
Đề số 18 ............................................................................................................................................................... 192
Đề số 19 ............................................................................................................................................................... 202
Đề số 20 ............................................................................................................................................................... 212
Đề số 21 ............................................................................................................................................................... 224
Đề số 22 ............................................................................................................................................................... 232

Đề số 23 ............................................................................................................................................................... 240
Đề số 24 ............................................................................................................................................................... 249
Đề số 25 ............................................................................................................................................................... 257
PHẦN II: MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ, BÀI VIẾT ĐẶC SẮC................................................................................. 256
1 – Phương pháp thế trong giải hệ phương trình ................................................................................................. 256
2 – Sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến để giải phương trình, hệ phương trình ........................................ 270
3 – Giải một số phương trình vô tỉ có dạng đặc biệt............................................................................................ 274
4 – Phương pháp nhân liên hợp trong giải phương trình, bất phương trình vô tỷ ............................................... 278
5 – Tư duy đặt ẩn phụ trong giải hệ phương trình ............................................................................................... 283
6 – Phương pháp hằng đẳng thức trong giải hệ phương trình ............................................................................. 287
7 – Một số chú ý khi giải hệ phương trình........................................................................................................... 292
8 – Phương pháp giải phương trình và bất phương trình siêu việt ...................................................................... 299
9 – Giải nhanh phương trình lượng giác bằng máy tính Casio ............................................................................ 305
10 – Một vài điểm cần chú ý khi giải phương trình lượng giác........................................................................... 318
11 – Một số dạng toán thường gặp về số phức .................................................................................................... 324
12 – Một số loại toán tổ hợp thường gặp trong kì thi tuyển sinh đại học ............................................................ 328
13 – Suy nghĩ không cũ về một dạng toán không mới ........................................................................................ 331


14 – Suy nghĩ về một loại toán quen thuộc ......................................................................................................... 334
15 – Phương pháp đổi biến trong bài toán chứng minh bất đẳng thức ................................................................ 337
16 – Một số bài toán xác định các yếu tố trong tam giác .................................................................................... 341
17– Chuyển bất phương trình về giải phương trình............................................................................................. 345
18 – Yếu tố bất biến trong giải hệ phương trình .................................................................................................. 349
19 – Tính khoảng cách trong không gian (Tổng quát) ........................................................................................ 380
20 – Phương pháp véctơ ...................................................................................................................................... 396
21– Thêm một phương pháp tìm tập hợp điểm ................................................................................................... 406
22 – Bất đẳng thức trong đề đại học .................................................................................................................... 422
23- Phương trình, hệ phương trình vô tỷ và một số lối tư duy, phương pháp giải toán cổ điển .......................... 435
24- Phương trình và hệ phương trình giải bằng phương pháp đánh giá .............................................................. 447

Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

PHẦN I. ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ SỐ 1
2x  1
(1) có đồ thị (C).
x 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:
Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y 



3  x  1 

1  x  3  x  1  x  3  m 





3 x 1 .

Câu 3 (1,0 điểm).

a) Gọi z1, z2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình z2  1  3i  z  2  2i  0 và thỏa mãn z1  z2 . Tìm giá

 

trị của biểu thức A  z1

1

2

 1  z2 

1

2

.

b) Giải phương trình: log 2 (2x − 3)2 − 2 log 2 x = 4
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =

3x  2 
 ex x  1 
 
2
5 ex

x 1
x 1

dx .

Câu 5 (1,0 điểm). Cho khối tứ diện ABCD có AC = AD = 3 2 , BC = BD = 3, khoảng cách từ đỉnh B đến mặt
phẳng (ACD) bằng 3 , thể tích của khối tứ diện ABCD là 15 . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD).
Câu 6 (1,0 điểm).
2sin xsin2x  11cos x  cot x
 2 (x ∈ ℝ).
a) Giải phương trình:
cot x  3sin2x
2
14 1
9
b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: 2  3  . Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn
Cn 3Cn n

1  3x 

2n

.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC (OA // BC) có diện tích
bằng 6, đỉnh A(–1; 2), đỉnh B thuộc đường thẳng d1: x + y + 1 = 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng d2: 3x + y
+ 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có C(3; 2; 3), đường cao qua
x 2 y 3 z 3


A và đường phân giác trong góc B của tam giác ABC lần lượt có phương trình là d1 :
và
1

1
2
x 1 y  4 z 3
d2 :


. Lập phương trình đường thẳng BC và tính diện tích của tam giác ABC.
1
2
1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình:


1
1 
 x  x ln  x 
  1 (x ∈ ℝ).
4x
4x 


Câu 10: Cho a; b; c > 0 ; abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của :
a2 b2 + b2 c 2 + c 2 a2 + a + b + c
P=
ab + bc + ca

LOVEBOOK.VN | 13


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN
Câu 1.
• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {1}.
• Sự biến thiên:
3
– Sự biến thiên: y’ 
 0 với mọi x ∈ 𝔻.
2
 x  1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +).
– Giới hạn, tiệm cận: lim y  lim y  2 ; lim y   ; lim y   .
x 

x 

x1

x1

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng và nhận đường thẳng y = 2 làm tiệm cận ngang.
– Bảng biến thiên:
x

1

y'
y

−

−

2

2
• Đồ thị:
Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại điểm (0; –1), cắt

y

 1 
trục hoành tại điểm 
;0  . Đồng thời (C) nhận giao
 2 
điểm của hai đường tiệm cận là I(1; 2) là trục đối xứng.

2

I
O

1

x

Câu 2:
Định hướng: Ý tưởng về những bài tìm m để phương trình có nghiệm là không xa lạ gì nữa  Ý tưởng của

chúng ta là cô lập m để thu được dạng m = f(x), sau đó khảo sát f(x) để kết luận các giá trị của m thỏa mãn
điều kiện đề bài.
Với bài này, muốn cô lập m một cách nhanh chóng thì ta chia hai vế cho
chia thì ta phải xét trường hợp x = 2 (để đảm bảo









3  x  1 . Thế nhưng trước khi

3  x  1  0). Khi ta thử x = 2 vào vế trái thì thấy

rằng vế trái cũng bằng 0  chắc chắn vế trái có thể phân tích được nhân tử (x – 2)  nhân tử (x – 2) có thể
chia được cho







3  x  1 (vì cả hai đều có nghiệm bằng x = 2). Thật vậy:



x – 2 = –  3  x  1  



3 x 1





3 x 1 .

Vậy nên ta chọn cách thuận lợi hơn cho lời giải đó là phân tích vế trái chứa nhân tử
được ngắn gọn hơn!
VT = 3  x









3  x  1  1  x  x  2  3  x







3 x 1  3 x  1 x 1  3 x  .



14 | LOVEBOOK.VN





3  x  1  1  x 1  3  x 





3  x  1 để bài giải


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1
Như vậy chuyển vế ta sẽ thu được hai nhân tử là

Your dreams – Our mission

 



3  x  1 và:

3 x  1 x 

1  x 3  x   m  3

Cái khó còn lại là đi xử lí nhân tử thứ hai:

1  x 3  x   m  3  0

3 x  1 x 
m

1 x  3 x 

1  x 3  x   3 (1).

Xử lí phương trình này cũng không hề khó, thường thì ta sẽ đặt:

t

1 x 

1  x 3  x 

3  x  t2  4  2

 (1) gần như đã được xử lí. Thế nhưng với các bạn đã thuần thục việc giải phương trình rồi thì sẽ chọn
cách khảo sát vế phải của (1) luôn để không mất thời gian biện luận theo ẩn t nữa.
Bài giải:

Điều kiện –1  x  3.
Phương trình đã cho tương đương với:

3 x





3  x  1  1  x 1  3  x   3  m 



3 x 1



 3  x  1  3  x  1  x 1  3  x   3  m  3  x  1
  3  x  1  3  x  1  x  1  x 3  x   m  3  0




x  2

m  1  x  3  x 

1  x 3  x   3

(*)

Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2.

 

1  x 3  x   3 trên 1;3 .

Xét hàm số f x  1  x  3  x 



 

Với mọi x  1;3 : f’ x 

1
2 1x



1
2 3x



2x  2
2 1  x 3  x 

0 .

f ’  x   0  1  x  3  x  2x  2

 1 x  3 x 



1 x  3 x

 1 x  3 x 1  x 



1 x  3 x



2 7
.
2

Bảng biến thiên:
x

–1

f ’(x)

3

+

0

−

f(x)
1

5

Dựa vào bảng biến thiên, kết hợp với điều kiện x  2 (và f 2  2  2 3 ) ta có thể kết luận được các giá trị

 11 
của m cần tìm là m  5; 
 2

2  2 3 .
LOVEBOOK.VN | 15


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

Câu 3.
a) Đây là một bài toán hoàn toàn cơ bản, chỉ yêu cầu bạn nắm được cách giải phương trình bậc 2 trong tập
số phức là được. Nhưng lời khuyên cho các bạn là khi tìm được nghiệm của phương trình rồi thì chẳng dại
gì lại trình bày theo các bước giải phương trình mình đã làm trong nháp vào giấy thi cả! Hãy dùng cách phân
tích nhân tử để trong bài làm, ta chỉ cần dùng các dấu tương đương chứ không cần viết câu chữ gì nhiều nhé
Bài giải:

Phương trình đã cho tương đương với:

z  2i
z2  2i  1  i  z  2i. 1  i   0   z  2i z  i  1  0  
z  i  1
Do z1  z2 nên ta có z1 = 2i và z2 = i + 1.

 

Ta có: A  2i

1

2

 1   i  1 

b) Điều kiện: 0  x 

1

2

2



2

2

2
1
1
i
1
3


 i   1  .
2i
i
2
2
2

3
2

Phương trình đã cho tương đương với :
⇔ 2 log 2 |2x − 3| − 2 log 2 x = 4
|2x − 3|
⇔ log 2
=2
x
|2x − 3|
⇔
=4
x
3

{ x>2
1
⇔ 2x − 3 = 4x ⇔ x = (thỏa mãn)
3
2
{ 0[ 3 − 2x = 4x
Kết luận : Phương trình có nghiệm là x 

1
2

Câu 4.
Định hướng: Nhận thấy tích phân có chứa cả hàm vô tỉ, hữu tỉ và cả hàm mũ (các hàm khác tính chất) nên
b

b

g’(x)
để làm dễ dàng hơn. Nhưng
g(x)
a

ta nghĩ đến phương pháp tích phân từng phần, hoặc tác dạng I =  f(x)  
a

với bài toán thì cách dùng tích phân từng phần gần như… vô hiệu. Vậy nên ta suy nghĩ đến hướng thứ hai là
tách I thành dạng như trên. Một điều gợi ý cho chúng ta thực hiện theo phương án thứ hai nữa đó là tử số
có phần giống với mẫu số (phải nói là rất giống), nên việc rút gọn bớt đi là điều đương nhiên:

ex 3x  2  x  1
ex  x  1   x  1

1

ex 2x  1

ex  x  1   x  1

.

Như vậy số 1 tách ra thì dễ dàng lấy nguyên hàm, còn lượng

ex 2x  1

ex  x  1   x  1

thì vẫn chưa có dạng

g’(x)
g(x)

Vậy phải làm sao? Không lẽ lại bỏ cuộc giữa chừng? Đừng lo, khi chưa gặp dạng này thì muốn xuất hiện dạng

g’(x)
thì nhiều lúc ta nhân phải cùng chia cả tử cả mẫu cho một lượng nào đó (và thường thì lượng này là
g(x)
lượng tương đồng, hoặc là nhân tử ở mẫu số hoặc tử số), hoặc có lúc là cả tử và mẫu với một lượng nào đó
để xuất hiện được dạng đó. Thử xem nhé!
Với “cục diện” như thế này thì ta sẽ có hai hướng:

16 | LOVEBOOK.VN


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1
+ Hướng 1: Chia hai vế cho ex ta được:

Your dreams – Our mission

2x  1

 x  1 

x 1

 Cũng chưa thấy xuất hiện dạng

g’(x)
.
g(x)

ex

ex  2x  1

x  1 ta được:

+ Hướng 2: Chia hai vế cho





Thử lấy đạo hàm mẫu ex x  1 ’ 

e

x

e

x

x 1
.
x 1  x 1

2x  1 , thành công!
x 1

Bài giải:
5

5

2

2e

Ta có: I   dx  

5

ex 2x  1

x

 x  1 

x 1

dx .

5

I1   dx  x  5  2  3 .
2

2

ex 2x  1





x
5 e
x 1 1 '
2
x


1
I2  2
dx  2
dx  2ln ex x  1  1
x
x
x 1 1
x 1 1
2e
2 e
5





5
2

 2ln

2e5  1
e2  1

Vậy I  I1  I2  3  ln

2e5  1
e2  1

.
Câu 5.
Định hướng: Tứ diện ABCD ta đã biết được độ dài 4 cạnh, và lại có điều đặc biệt là A và B đều cách đều hai
điểm C, D (AC = AD, BC = BD)  A, B nằm trên mặt phẳng trung trực của cạnh CD. Và mặt phẳng trung trực
này chính là mặt phẳng đi qua A, B và trung điểm M của CD  góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) chính
bằng AMB hoặc bằng (1800 – AMB ) (tùy vào độ lớn góc AMB là nhỏ hơn 900 hay lớn hơn 900).
Đồng thời bài ra còn cho thêm khoảng cách giữa một đỉnh đến mặt phẳng đối diện và cho thêm cả thể tích
khối tứ diện  dễ dàng tính được diện tích mặt đáy là ACD  tính được độ dài CD (do ACD đã biết độ
dài 2 cạnh)  BCD hoàn toàn xác định các thông số về 3 cạnh  tính được BM (là đường cao BCD). Ngoài
ra nhận thấy có khoảng cách từ B đến (ACD) nên sin
góc giữa hai mặt phẳng

(ACD), (BCD) = d B, (ACD)  từ đó xác định được
BM

(ACD), (BCD) .

B

Bài giải:
Theo bài ra: d(B, (ACD)) = 3 ; VABCD = 15 (đvtt).
Ta có: SACD =

3VABCD
3 15
=
= 3 5 (đvdt).
d  B, (ACD)
3

Mặt khác: SACD =
sin CAD =

1
AC.AD.sin CAD
2

2SACD
AC.AD

=

2.3 5
3 2.3 2

=

5
3

A

C

H
M
D

LOVEBOOK.VN | 17

Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1
 cos CAD = ± 1  sin2 CAD = ±

Your dreams – Our mission
B

2
.
3

A

Gọi M là trung điểm của CD thì do ACD cân tại A và cân tại B
nên BM  CD và AM  CD  (ABM)  (ACD). Gọi H là hình chiếu
của B lên (ACD) thì ta có H thuộc đường thẳng AM, đồng thời độ

C

dài BH = d(B, (ACD)) = 3 . Ta có góc giữa mặt phẳng (BCD) và
(ACD) chính bằng BMH < 900.
+) Trường hợp 1:
cos CAD =

2
 CD =
3

M

AC2  AD2  2AC.ADcosCAD = 2 3

D

H

2

2
2 3
 CD 
2
BC

  6.
 BM =
   3  

2
 2 


2

 cos BMH =

BH
=
BM

3
6

 BMH = 450.

+) Trường hợp 2:
cos CAD =

2
. Tương tự ta tính được CD =
3

2 15 > BC + BD, không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác 

loại.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) là 450.
Lưu ý: Có thể xảy ra hai trường hợp về vị trí điểm H như 2 hình vẽ trên, nhưng dù thế nào đi nữa thì góc
giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) vẫn bằng 450.
Câu 6.
a) Định hướng: Khi đánh giá qua phương trình này thì ta thấy rằng nó cũng không phức tạp quá, chỉ chứa
hàm sin, cos và cot ở dạng “thuần” (đơn giản). “Nhẩm” trong đầu nhân tử thì thấy cotx =

cos x
; sin2x =
sin x

2sinxcosx thì thấy ngay cả tử và mẫu đều xuất hiện nhân tử là cosx.
Tiếp tục “nháp” thêm tí sau khi rút gọn cosx ở tử và mẫu thì được:

2sin x.2sin x  11 

1
sin x  2. Và đến đây

1
 3.2sinx
sin x
thì phương trình cũng đã lộ bản chất của nó: đây thực chất là phương trình một ẩn t = sinx.
Bài giải:
sin x  0
sin x  0

sin x  0
1


Điều kiện: 
(*).


1
sin x 


6
cot x  3 sin 2x  0
cos x  sin x  6 sin x   0






cos x  0

Phương trình đã cho tương đương với:
cos x
1
2sin x.2sin x  11 
sin x  2 
sin x  2 (do cosx  0).
cos x
1
 3.2sinx cos x
 3.2sinx
sin x
sin x

2sin x.2sin x cos x  11cos x 

 4sin2 x  11 

18 | LOVEBOOK.VN

 1

1
 2
 6sin x   4sin3 x  12sin2 x  11sin x  3  0
sin x
 sin x




Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

π

 x  2  k2π
1 

sin x 
π

 2sin x  1 2sin x  3 sin x  1  0 
2   x   k2π (k ∈ ℤ).

6

sin x  1
5π
x 
 k2π

6









5π
π
+ k2π và x =
+ k2π (k ∈ ℤ).
6
6

Thử lại (*), ta có phương trình có hai họ nghiệm là x =

b) Định hướng, chú ý: Để làm được bài toán ta cần phải xác định n, dữ kiện duy nhất 2  14  1 bài cho
2
3
Cn

3Cn

n

sẽ giúp ta tìm ra điều này. Chú ý trong quá trình làm ta cần xác xét điều kiện để trách hợp khi giải ra nghiệm
có thể nó không thỏa mãn các điều kiện của công thức tổ hợp. Sau đó thay vào và bắt đầu xét theo đúng yêu
cầu bài.
Bài giải:
+) Điều kiện: n  3 và n ∈ ℕ.
Ta có:

2(2!)(n  2)! 14(3!)(n  3)! 1
2 14 1


 3  
2
n!
n!(3)
n
Cn 3Cn n

 n9
 n2  7n  18  0  
(loại n = –2).
n  2
+) Theo khai triển nhị thức Niu-tơn:

1  3x   1  3x 
2n

18



18

k
  C18
x 3
k 0



k

 

18

k
  C18
 3
k 0

 

9

9
Vậy hệ số của x trong khai triển là: a9  C18
 3

9

k

xk .

 3938220 3 .

Câu 7.
Định hướng: Do tọa độ của A và O đã biết nên phương trình đường thẳng OA là hoàn toàn xác định  dạng
của phương trình đường thẳng BC (chỉ chứa một ẩn cần tìm là m). Vậy hoàn toàn có thể xác định được tọa
độ điểm B và C theo một ẩn m, dựa vào hệ phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng d1
(tìm được B); hệ phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng d2 (xác định được C).
Cuối cùng ta khai thác dữ kiện diện tích: S =

1
OA  BC .d O, BC  → Đây sẽ là phương trình có một ẩn duy
2

nhất là m  tìm m  tọa độ B, C.
Bài giải:
+) Phương trình OA:

x 0 y 0

 2x  y  0.
1  0 2  0

OA // BC  phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x + y + m = 0 (với m  0).

x  y  1  0
x  1  m

 B(1 – m; m – 2).
2x  y  m  0 y  m  2

+) Tọa độ B là nghiệm của hệ: 

3x  y  2  0
x  m  2

 C(m – 2; 4 – 3m).
2x  y  m  0 y  4  3m

+) Tọa độ C là nghiệm của hệ: 

+) Diện tích hình thang OABC là: S =


1
(OA + BC).d(O, BC)
2

m
1
(1)2  22  (2m  3)2  (4m  6)2  .
 6   2m  3  1 m  12 (*).
 2 2
2 
2 1

Phương án tối ưu nhất để giải phương trình này sẽ là phá dấu giá trị tuyệt đối!
LOVEBOOK.VN | 19


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

– Nếu m < 0 thì (*) thành: (3 – 2m + 1).(–m) = 12  m2 – 2m – 6 = 0  m = 1 ±
Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 1 –
– Nếu 0 < m <
– Nếu m 

7

B





7





7 ;  1  7 và C 1  7 ; 1  3 7 .

3
thì (*) thành: (3 – 2m + 1).m = 12  m2 – 2m + 6 = 0, vô nghiệm.
2

3
thì (*) thành: (2m – 3 + 1).m = 12  m2 – m – 6 = 0  m = 3 hoặc m = –2.
2

Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 3  B(–2; 1) và C(1; –5).
Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề bài như trên.
Câu 8.
Ta xử lí bài toán này giống như xử lí một bài toán hình học phẳng, về phương pháp thì không có gì mới khi
gặp đường cao (tận dụng yếu tố vuông góc) và đường phân giác (tận dụng phương pháp lấy đối xứng).
Bài giải:
+) d1, d2 có véctơ chỉ phương lần lượt là u1 = (1; 1; –2) và u2 = (1; –2; 1).
x  1  t

+) B ∈ d2: y  4  2t  B(1 + t; 4 – 2t; 3 + t) 
z  3  t


CB = (t – 2; 2 – 2t; t).

d1 là đường cao kẻ từ A nên u1 .CB  0  (t – 2) + (2 – 2t) + (–2).t = 0
 t = 0  B(1; 4; 3).
1
2

BC đi qua C và nhận véctơ u3  BC = (1; –1; 0) làm véctơ chỉ phương
x  3  t

 phương trình đường thẳng BC là  y  2  t (t ∈ ℝ).
z  3


+) Gọi H(a; b; c) thì trung điểm của CH thuộc d2, đồng thời CH  u2 nên tọa độ H là nghiệm của hệ:

b2

c 3
a 3
a  1
4
3
 2  1
2
2



 b  2  H(1; 2; 5).
 1
2
1

c  5
1.  a  3  2.  b  2  1.  c  3  0 
+) Thấy rằng H ∈ d2  A ≡ H  A(1; 2; 5) và ABC vuông tại A.
Diện tích tam giác ABC là: S =

1
1
AB.AC = .2 2.2 2 = 4 (đvdt).
2
2

Nhận xét: Bài toán này sẽ là “vượt tầm” thi đại học nếu điểm H tìm được không thuộc đường thẳng d2. Bởi
nếu vậy thì sau khi tìm được điểm H, ta sẽ phải đi viết phương trình AB, rồi tìm tọa độ A  dùng công thức
diện tích để tính diện tích tam giác thì bài làm trở nên quá dài, không phù hợp với một bài thi đại học (nhất

là ở câu ăn điểm như tọa độ không gian). Vậy nên trong quá trình làm bài, các bạn hãy chú ý đến sự đặc biệt
của đề bài, chứ đừng dại gì mà cứ đi theo lối mòn phương pháp mà ta đã sử dụng lâu nay trong khi giải toán.
Nếu gặp một bài tương tự thế này thì khi tìm được tọa độ H, nếu thấy H ∉ d2 thì khi dùng công thức tính
diện tích, ta dùng S =

1
1
AB.CH nhé! Đừng nên dùng công thức S =
BC.d(A, BC) trong trường hợp này vì
2
2

làm như vậy sẽ phức tạp tính toán hơn ở chỗ dùng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường
thẳng cho trước!
Câu 9.
Định hướng: Đầu tiên, điều kiện x > 0 là không thể thiếu.
Nhận thấy phương trình có chứa hàm hữu tỉ và cả hàm logarit (hai hàm khác tính chất) nên ta nghĩ ngay
đến phương pháp hàm số ở trong đầu.
20 | LOVEBOOK.VN


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

Định hướng đầu tiên giúp ta phát triển hướng giải cho bài toán: Chúng ta nên dùng hàm số theo kiểu tính
đơn điệu hay là nên dùng hàm số theo kiểu hàm g(f(x)) = g(h(x)), với g là hàm đơn điệu?
– Nếu triển khai theo hướng thứ nhất: để việc đạo hàm tránh phức tạp, chúng ta sẽ nên chia hai vế cho x.




1 

1 
Bởi vì ta lấy đạo hàm của  x.ln  x    thì sẽ phức tạp hơn so với việc lấy đạo hàm của ln  x 
.
4x 
4x  



Như vậy chia hai vế cho x ta được:



1  1
1
1
1 
 1  ln  x 
   2   1  ln  x 
  0 (*).
4x  x
x
4x 
4x
4x


Thử lấy đạo hàm của vế trái ta được:

1

2

1





 1  2x  1 4x3  6x2  1
2
4x
.



3
2
1
2x3 x2
2x
1

4
x
x
4x
1

1





Vậy việc dùng hàm đơn điệu của chúng ta đã “tiêu tan” thi mà đạo hàm không dương hoặc không âm với x
> 0. Nhưng như thế cũng đừng vội nản nhé , khi đạo hàm có nghiệm (và chỉ có một nghiệm “đẹp”) thì ta
có thể vẽ được bảng biến thiên của hàm số, và biết đâu nó sẽ có nghiệm đẹp cho chúng ta nhận xét!
Thật vậy, thử lập bảng biến thiên thì thấy ngay VT(*)  0. Dấu đẳng thức xảy ra khi x =

1
(chính là nghiệm
2

của đạo hàm luôn!).
– Nếu triển khai theo hướng dùng hàm số. Cách này sẽ thường được các bạn “ngại” (nói đúng hơn là “lười”)
đạo hàm dùng!



Khi đã gặp phương trình dạng: A x  ln

A x
B x 

 B  x  (với A, B dương) thì ta biến đổi một chút phương trình

sẽ thành: A  x   ln  A  x   B  x   ln B  x  , phương trình này có dạng hàm đồng biến là f(t) = t + lnt, là





hàm đồng biến trên (0; +).
Vậy khi gặp phương trình này thì ta thấy trong logarit có thể phân tích được thành nhân tử, đồng thời muốn
đưa phương trình về được dạng trên thì đầu tiên mình phải chia hai vế cho x đã. Sau đó ta thu được phương
trình:

 1

 2  1

 1

1 1
1 
4x
1
  1  ln  x    0  
 1   ln 
2
2
1
4x 
x
4x x

 4x

x

 1

 1
 1
1

 1   ln 
 1    ln   .
2
2
 4x

 4x
 x
x
Đến đây thì dạng hàm đã xuất hiện và việc còn lại của chúng ta cũng không quá khó nữa!
Bài giải:
Cách 1.
Điều kiện x > 0. Phương trình đã cho tương đương với:
 

 1

1  1
1  1
 1  ln  x 
    2  1   ln  x  1  2   
4x  x
4x
4x   x


 4x

 
1

2

 1

 1


 1
 1
1
1  1

 1   ln 
 1   ln x   
 1   ln 
 1    ln   (*).
2
2
2
x  4x2
 4x

 4x



 4x
 x
x
1
t

Xét hàm số f(t) = t + lnt trên (0; +∞). Ta có: f ’(t)  1   0 với mọi t > 0
 f(t) đồng biến trên (0; +∞).
LOVEBOOK.VN | 21


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

 1
 1
1
Mặt khác (*) có dạng f  2  1   f   (với 1  1  0 và  0 )
2
x
4x
 4x
 x
2



 1  1  1   1  1  0  x  1 .

2
4x

x

 2x

2



Vậy nghiệm của phương trình là x =

1
.
2

Cách 2.
Điều kiện x > 0. Chia hai vế của phương trình cho x ta được:



1  1
1 1
1 
 1  ln  x    
  1  ln  x    0 .
4x  x
4x 
4x2

4x2 x


1

Xét hàm số f(x) =


1
1 
  1  ln  x   trên (0; +).
x
4x 
4x

1

2

1





 1  2x  1 4x3  6x2  1
2
4x
Ta có: f ’(x) 
;




2x3 x2 x  1
2x3 1  4x2
4x
1

1

f ’(x)  0  x 





1
(do x > 0).
2

Lập bảng biến thiên cho ta f(x)  0 với mọi x > 0. Ta có f(x) = 0  x =
Vậy nghiệm của phương trình là x =

1
.
2

1
.
2

Bài tập củng cố:
Giải phương trình: 2014x  x ln

1969
 1969x (Đáp số: x = 0).
2014

Câu 10 :
Phân tích và hướng dẫn giải :
Dự đoán dấu “=” khi a = b = c = 1. Khi đó P = 2. Như vậy ta có thể thay đổi tìm GTNN thành chứng minh :
P ≥ 2 ⟺ f(a; b; c) = a2 b2 + b2 c 2 + c 2 a2 + a + b + c − 2(ab + bc + ca) ≥ 0
Rõ ràng biểu thức không chứa phân thức trông về mặt hình thức sẽ đơn giản hơn.
Theo phân tích trên ; ta xét hiệu :
f(a; b; c) − f(a; √bc; √bc) = a2 (b2 + c 2 − 2bc) + (b + c − 2√bc) − 2a(b + c − 2√bc)
2

2

= (√b − √c) ((√b + √c) a2 + 1 − 2a)
3

2

Tương tự các bài trên cần có : (√b + √c) a2 + 1 − 2a ≥ 4√bca2 + 1 − 2a ≥ 0 ⟺ 4a2 + 1 − 2a ≥ 0
Tuy nhiên bất đẳng thức cuối đúng do theo bất đẳng thức Cauchy cho ba số ta được :
3

3

3

2a2 + 2a2 + 1 ≥ 3 √4 . a > 2a
Như vậy bài toán này luôn có : f(a; b; c) ≥ f(a; √bc; √bc) ; ∀a; b; c > 0 ; abc = 1. Xét :
f(a; √bc; √bc) = (3t 4 + 2t 2 )a2 − (4t − 1)a + t 4 − 2t 2 + 2t ; t = √bc. (∗).
Ta cần chứng minh : f(a; √bc; √bc) ≥ 0 ⟺ 3 +
6

4

2
t2

4

1

t
3

t2

− +

+ t 4 − 2t 2 + 2t ≥ 0 ; (a =
2

1
t2

)

⟺ t − 2t + 2t + 3t − 4t + 3 ≥ 0
⟺ t 3 (t 3 + 2 − 3t) + (t 4 + 3 − 4t) + 3t 2 ≥ 0
Dễ thấy với t > 0 theo bất đẳng thức Cauchy thì : t 3 + 1 + 1 ≥ 3t ; t 4 + 1 + 1 + 1 ≥ 4t nên bất đẳng thức
đúng . Vậy bài toán được giải quyết .
Nhận xét : Bài toán này có vẻ rất nhẹ nhàng. Hãy thử hình thành bài toán : nếu bỏ đi giả thiết abc = 1
thì ta vẫn chứng minh được GTNN của P vẫn bằng 2 và lời giải bài toán vẫn tương tự tuy nhiên đánh giá
phức tạp hơn. Khi không có giả thiết abc = 1 thì ta phải giả sử : a = min(a; b; c) vì khi đó :
22 | LOVEBOOK.VN


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission
2

f(a; b; c) ≥ f(a; √bc; √bc) ⟺ (√b + √c) a2 + 1 − 2a ≥ 0
Và do a = min(a; b; c) nên theo bất đẳng thức Cauchy ta được :
2

(√B + √c) a2 + 1 − 2a ≥ 4a. a2 + 1 − 2a
= 4a3 +

3
1 1
1 1
+ − 2a ≥ 3 √4a3 . . − 2a = a > 0
2 2
2 2

Ngoài ra : f(a; √bc; √bc) ≥ 0 ⟺ (3t 4 + 2t 2 )a2 − (4t − 1)a + t 4 − 2t 2 + 2t ≥ 0 ; ( do (∗) ).
1
Ta không còn bước thế a = 2 song bất đẳng thức này vẫn đúng do ∶
t
1
∗ 0 < t < ⟹ (3t 4 + 2t 2 )a2 − (4t − 1)a + t 4 − 2t 2 + 2t ≥ 0 + 0 + t(t 3 − 2t + 2) = t(t 3 + 1 + 1 − 2t)
4
≥ t(3t − 2t) = t 2 ≥ 0.
1
∗ t ≥ ⟹ ∆= (4t − 1)2 − 4(3t 4 + 2t 2 )(t 4 − 2t 2 + 2t) ≤ 16t 2 − 8t + 1 − 4(3t 4 + 3t 2 )t 2
4
3
≤ 4t 4 (1 − 3t 2 ) − 2 + 1 = −(6t 6 + 6t 6 + 1 − 4t 4 ) ≤ −t 4 (3 √36 − 4) < 0
1

Do ∆< 0 nên với t ≥ thì theo định lý dấu tam thức bậc hai biểu thức luôn không âm.
4

LOVEBOOK.VN | 23


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

ĐỀ SỐ 2
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

x 3

có đồ thị (C).
x 2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm các giá trị thực của m để đường thẳng (d): y = –x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở hai
phía trục tung sao cho góc
Câu 2 (1,0 điểm).

AOB nhọn (O là gốc tọa độ).

a) Tính môđun của số phức z, biết rằng z3  12i  z và z có phần thực dương.
b) Giải phương trình: log 2 (𝑥 − 2) + 3 log 8 (3𝑥 − 5) − 2 = 0
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

π
2



 sin2x  cos x  1  2x cos x  1 ln x dx .
sin x  x ln x

π
3

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và đường thẳng  lần lượt có
2
2
2
x y z 5

phương trình (S): x  y  z  2x  4y  4z  16 và :  
. Viết phương trình (P) chứa đường

1

1

4

thẳng  và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 4.
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: cos2x + sin2x – cosx – (1 – sinx)tanx = 0.1
b) Anh Thùy và chị Hiền cùng chơi Boom Online. Vì muốn tăng thêm sức hấp dẫn cho trò chơi cũng như
sự cố gắng của mình, chị Hiền đã nghĩ ra một trò cá cược: nếu ai thắng trước 3 ván thì thắng trận và người
thua phải “nạp” cho người thắng 3K. Biết rằng số trận chơi tối đa là 5 ván, xác suất mà chị Hiền thắng
mỗi trận là 0,4 và không có trận hòa. Đồng thời khi có người thắng đúng 3 ván rồi thì trò cá cược dừng
lại. Tính xác suất mà chị Hiền sẽ lấy được 3K từ vụ thắng cược này?
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh AB = 2a và góc

ABC = 300. Mặt phẳng (C’AB) tạo với mặt đáy (ABC) một góc 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’
và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB’ theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của
cạnh BC, N là điểm trên đoạn CD sao cho CN = 2DN. Biết đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – 3 = 0
và điểm M  11 ; 2  . Tìm tọa độ điểm A.
 2





x 4x2  9x  6

Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:
3







x 4x2  3x  2  1  1

 1 (x ∈ ℝ).

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1]. Chứng minh rằng:

1  a 1  b1  c   b  ac  1  c  ab  1  a  bc  1  1 .

24 | LOVEBOOK.VN


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN
Câu 1.
a)
• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {2}.

• Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: y’ 

5

 x  2

2

 0 với mọi x ∈ 𝔻.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 2) và (2; +).
– Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 ; lim y   ; lim y = –.
x

x

x 2

x 2

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = 1 làm tiệm cận ngang và nhận đường thẳng x = 2 làm tiệm cận đứng.
– Bảng biến thiên:
x

2

y'
y

−

−

1

1
y

• Đồ thị:
Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại  0; 3  , cắt trục
2




hoành tại điểm (–3; 0). Đồng thời (C) nhận giao điểm của
hai đường tiệm cận I(2; 1) làm tâm đối xứng.
2.
Định hướng: Chắc chắn là trong quá trình xử lí bài toán
thì phải dùng đến phương trình hoành độ giao điểm của (C)
với (d).

I

1
–3

O

2

x

Thấy phương trình hoành độ giao điểm có dạng bậc 2 nên việc dùng định lí Viét là điều đương nhiên!
Gọi hai nghiệm của phương trình là x1, x2 thì theo bài ra, x1 và x2 phải trái dấu  ac < 0. Tiếp tục xử lí góc AOB
nhọn. Để ý rằng AOB chính là góc hợp bởi hai véctơ OA và OB , đồng thời thấy rằng trong quá trình giải
thì ta chưa sử dụng định lí Viét, vậy nên ta cần nghĩ ra một liên hệ đối xứng A, B để áp dụng được định lí
Viét. Rõ ràng, AOB nhọn  cos AOB > 0 (1). Thêm một chút gia vị vào hai vế: nhân cả hai vế với OA.OB thì
(1)  OA.OB > 0, đây chính là một liên hệ đối xứng với A, B giúp ta sử dụng được định lí Viét!
Bài giải:
+) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và
x 3
(d):
 x  m   x  2 x  m   x  3 (dễ thấy x = 2 không là nghiệm)
x 2

 x2   m  1 x  2m  3  0 (*).
+) d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở hai phía trục tung
 (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1x2 < 0
 P = 2m + 3 < 0  m <

3
(**).
2
LOVEBOOK.VN | 25


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission


x  x  m  1
Lúc này theo định lí Viét ta có:  1 2

x1 x2  2m  3
+) Không mất tính tổng quát, giả sử A(x1; –x1 + m) và B(x2; –x2 + m).
AOB nhọn  cos AOB > 0  OA.OB  0

 x1x2   x1  m x2  m   0  2x1x2  m  x1  x2   m2  0
 22m  3  m  m  1  m2  0  3m  6  0  m  2 .
3 

Kết hợp với (**) ta kết luận được các giá trị m cần tìm là m ∈  2;
.
2 

Cần nhớ: AOB nhọn  OA.OB  0 .
Câu 2.
a)
+) Đặt z = x + yi (với x, y ∈ ℝ và x > 0)  z  x  yi .
+) Theo bài ra:







3

 



z3  12i  z  x  yi  12i  x  yi  x3  3xy 2  3x2y  y3  12 i  x  yi
3
2
3
x2  3y 2  1 (do x  0)

x  3xy  x

8y  4y  12  0



 2
2
3
2
3 3y 2  1 y  y3  12  y 

3x y  y  12  y 
x  3y  1










2  y  1 y 2  2y  3  0
y  1



x  2
x  3y 2  1 (do x  0)
+) Môđun của số phức z là |z| =

x2  y 2  5 .

Nhận xét: Cách đặt z = x + yi là cách thường được sử dụng trong các bài toán về số phức khi đã cho trước
một đẳng thức. Trong bài tập này, chúng ta không sử dụng dạng lượng giác của số phức bởi vì số mũ ở đây
cũng không quá cao, đồng thời thì trong bài ra các dữ kiện cũng không xuất hiện dạng tích hay thương để
áp dụng dạng lượng giác.
b)
𝑥−2>0
Điều kiện: {
⇔𝑥>2
3𝑥 − 5 ≥ 0
Phương trình đã cho tương đương với:
⇔ log 2 (𝑥 − 2) + log 2 (3𝑥 − 5) = 2
⇔ log 2 (𝑥 − 2)(3𝑥 − 5) = 2
⇔ 3𝑥 2 − 11𝑥 + 6 = 0

⇔ 𝑥 = 3 (𝑣ì 𝑥 > 2)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Câu 3.
Định hướng: Lại một tích phân bất định nữa chứa tổng hợp nhiều loại hàm (hàm hữu tỉ, hàm logarit, hàm
lượng giác). Với cận không có gì đặc biệt và mẫu số chứa hỗn hợp nhiều hàm, nên việc dùng tích phân từng
phần cũng không có tác dụng gì. Tất nhiên, định hướng đầu tiên của chúng ta vẫn là đưa tích phân về dạng:
b

b

g’(x)
. Điều này cũng dễ nhận ra khi mà tử số có nhiều số hạng tương đồng với mẫu số, vậy nên
g(x)
a

I   f(x)  
a

ta sẽ tách ở tử số thành dạng f(x).g(x) + g’(x)  Ta sẽ tách những dấu ngoặc ở tử số ra, sau đó tìm số hạng
có chứa xlnx và nhóm lại với số hạng thích hợp, cụ thể là:
Tử số = sin2x  cosx  1  2cosx.xlnx  lnx  số hạng chứa xlnx là 2cosx.xlnx  Để nhóm được dạng
f(x).g(x) (với g(x) là mẫu số) thì phải nhóm:
(sin2x + 2cosx.xlnx) = 2cosx.(sinx + xlnx).
26 | LOVEBOOK.VN


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

Lượng còn lại là (cosx + 1 + lnx) chính bằng đạo hàm của mẫu số.
Bài giải:
π
2

Ta có: I  

sin2x  2cos x.x ln x   cos x  1  ln x  dx
sin x  x ln x

π
3



π
2



2sin x cos x  2cos x.x ln x   sin x  x ln x ’ dx
sin x  x ln x

π
3
π
2

π
2

π
3

π
3

  2cos x  

 sin x  x ln x ’ dx 
sin x  x ln x



2sin x



π
2
π
3





 ln sin x  x ln x 

π

2
π
3

 
 3 π π 
π π
 2  3   ln  1  ln   ln 
 ln  
 2 3 3 
 
2 2












Vậy I = 2  3  ln  1  π ln π   ln  3  π ln π  .


2

2

 2


3

3 

Thông tin thêm: Dạng toán này đã từng được xuất hiện trong đề thi Đại học Khối A – năm 2010; Khối A –
năm 2011 và trong cả đề thi dự bị Đại học Khối A – năm 2012.
Câu 4.
Định hướng: Đầu tiên xác định được tâm và
bán kính của mặt cầu (S). Khi có được bán kính
mặt cầu (S) và bán kính đường tròn giao tuyến
I
của (S) với (P)  tính được khoảng cách từ I
d
đến (P) nhờ định lí Py–ta–go. Mặt khác (P) lại
R
chứa   có thể gọi được dạng tổng quát của
(P), dùng hai điều kiện này là có thể xác định
r
được phương trình mặt phẳng (P).
Bài giải:
+) Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; –2) và bán kính R = 5.
Do (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r = 4 nên khoảng cách d từ tâm I đến mặt phẳng (P) là:
d = d(I, (P)) =

R2  r2  52  42  3 .

+) Đường thẳng  đi qua điểm M(0; 0; –5) và có một véctơ chỉ phương là:

u = (1; 1; –4).
2
2
2
Gọi nP = (a, b, c) là véctơ pháp tuyến của (P) (điều kiện a + b + c  0). Ta có M ∈   M ∈ (P)  phương

trình mặt phẳng (P) là: ax + by + c(z + 5) = 0.
Do  ⊂ (P) nên nP  u  nP .u  0  a  b  4c  0  a  4c  b .
+) d(I, (P)) = 3 

a  2b  3c
a2  b2  c2

3

 4c  b  2b  3c
3
2
2
2
 4c  b  b  c

2
2
 7c  b  9  4c  b  b2  c2 



LOVEBOOK.VN | 27