Đề thi mẫu THPT quốc gia môn toán thầy Đặng Việt Hùng

Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

TÀI LIỆU HAY TẶNG HỌC SINH ONLINE HỌC ĐÊM – P1
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

PHẦN 1: ĐỀ BÀI
(Cố gắng TỰ LÀM trước khi xem giải nhé các em)
Câu 1: [ĐVH]. Cho hàm số: y = x3 − ( m + 1) x 2 + mx ( C ) và đường thẳng d : y = x − 1 . Tìm m để d cắt (C)
tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho OA2 + OB 2 + OC 2 = 11 .
x −1
Câu 2: [ĐVH]. Cho hàm số y =
( C ) . Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng
x +1
∆ : x + y − 2 = 0 và cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 2 3 biết

I ( −1;1) .

Câu 3: [ĐVH]. Cho hàm số y =

x −1
có đồ thị ( C ) và đường thẳng d : y = x − m. Tìm m để d giao ( C )
x +1

tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn x1 + 2 x2 = 1.

Câu 4: [ĐVH]. Cho hàm số y = x3 − ( 2m + 1) x 2 − x + 2m2 có đồ thị ( C ) . Tìm m để ( C ) giao với trục
hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12 + x22 + x32 + 2 x1 x2 x3 = 3.

Câu 5: [ĐVH]. Giải phương trình x + x 2 − 8 x + 5 = 1 + 2 2 x − 1 + ( x 2 − 8 x + 4 ) 2 x + 8.
Câu 6: [ĐVH]. Giải phương trình x + x 2 − 2 x + 2 = 3 x − 1 + 5 x − 3 + ( x 2 − 5 x + 3) x 2 + 9.

Câu 7: [ĐVH]. Giải phương trình

(2 − x)

1 − x + ( 4 x − 2 ) x + 1 = 3 x3

Câu 8: [ĐVH]. Giải phương trình 8 x 3 + 4 x − 5 − x 2 + 2 x + 1 =

x4 + 6 x2 + 8
1 + x2 + 3

.

PHẦN 2: LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: [ĐVH]. Cho hàm số: y = x3 − ( m + 1) x 2 + mx ( C ) và đường thẳng d : y = x − 1 . Tìm m để d cắt (C)
tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho OA2 + OB 2 + OC 2 = 11 .
Lời giải:
Hoành độ giao điểm của ( d ) và ( C ) là nghiệm của phương trình: x3 − ( m + 1) x 2 + mx = x − 1

(

)

⇔ x3 − x 2 − x + 1 − mx 2 + mx = 0 ⇔ ( x − 1) x 2 − 1 − mx ( x − 1) = 0

 x = 1 ⇒ A (1;0 )
⇔ ( x − 1) x 2 − mx − 1 = 0 ⇔ 
2
 g ( x) = x − mx − 1 = 0
Để ( d ) và ( C ) cắt nhau tại 3 điểm phân biệt g ( x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 1.

(

)

 g (1) ≠ 0
m ≠ 0
 x1 + x2 = m
⇔
(Định lí Vi-ét)
⇔  2
⇔ m ≠ 0 .Khi đó : 
 x1.x2 = −1
m + 4 > 0
∆ g > 0
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

Ta có : OA2 + OB 2 + OC 2 = 11 ⇔ 1 + x12 + ( x12 − 1) 2 + x22 + ( x22 − 1) 2 = 11

(

)

2
⇔ 2 x12 + x22 − 2 ( x1 + x2 ) + 2 = 10 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1.x2  − ( x1 + x2 ) = 4



m
=
−
1

.
⇔ m2 − m − 2 = 0 ⇔ 
m = 2
Vậy m = −1; m = 2 là các giá trị cần tìm.

x −1
( C ) . Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng
x +1
∆ : x + y − 2 = 0 và cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 2 3 biết

Câu 2: [ĐVH]. Cho hàm số y =

I ( −1;1) .

Lời giải:
+) Phương trình đường thẳng d / / ∆ có dạng: y = − x + m (m ≠ 2) .
x −1
+) Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) là:
= −x + m
x +1
 x ≠ −1
⇔
2
 g ( x) = x + ( 2 − m ) x − 1 − m = 0
+) Để ( C ) cắt d tại 2 điểm phân biệt ⇔ g ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác -1.

∆ = m 2 + 8 > 0
⇔
⇔ m∈ R
 g ( −1) = −2 ≠ 0

 x1 + x2 = m − 2  y1 = − x1 + m
⇒
+) Khi đó gọi x1 ; x2 là 2 nghiệm của PT g ( x ) = 0 ⇒ 
 x1 x2 = −1 − m
 y2 = − x2 + m
m
2
2
+) d ( I ; AB) =
, AB = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 2 m2 + 8
2

(

Mặt khác: S ∆IAB

)

 m = 2 ( loai )
m m2 + 8
1
= d( I ; AB ) . AB =
=2 3⇒
2
2

 m = −2

Vậy d: y = − x − 2 là đường thẳng cần tìm.

Câu 3: [ĐVH]. Cho hàm số y =

x −1
có đồ thị ( C ) và đường thẳng d : y = x − m. Tìm m để d giao ( C )
x +1

tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn x1 + 2 x2 = 1.

Lời giải
Hoành độ giao điểm của d và ( C ) là nghiệm của phương trình
x−m =

 x ≠ −1
x −1
 x ≠ −1
⇔ 2
⇔ 2
x +1
 x + x − mx − m = x − 1  x − mx − m + 1 = 0

(1)

Ta có d giao ( C ) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác −1
2
 m > −2 + 2 2
∆ = m − 4 ( − m + 1) > 0

2
⇔
⇔
m
+
4
m
−
4
>
0
⇔

2
 m < −2 − 2 2
( −1) + m − m + 1 ≠ 0

( *)

Lại có x1 ; x2 là hai nghiệm của (1). Theo Viet thì x1 + x2 = m, x1 x2 = 1 − m

⇒ x1 + x2 + x1 x2 = m + 1 − m = 1. Bài ra có x1 + 2 x2 = 1 ⇔ x1 = 1 − 2 x2
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

⇒ 1 − 2 x2 + x2 + (1 − 2 x2 ) x2 = 1 ⇔ 2 x2 − 2 x2 − 2 x2 x2 = 0 ⇔ x2 − x2 − x2 x2 = 0

(2)

1 + 0 = m
+) Với x2 ≥ 0 có ( 2 ) ⇔ x2 − x2 − x22 = 0 ⇔ x2 = 0 ⇒ x1 = 1 ⇒ 
⇔ m = 1. Thỏa mãn (*).
1.0 = 1 − m

x = 0
+) Với x2 < 0 có ( 2 ) ⇔ x2 + x2 + x22 = 0 ⇔  2
⇒ x2 = −2 thỏa mãn
 x2 = −2
−3 − 2 = m
⇒ x1 = 1 − 4 = −3 ⇒ 
⇔ m = −5. Thỏa mãn (*).
( −3) . ( −2 ) = 1 − m
Vậy m = 1 hoặc m = −5 là giá trị cần tìm.

Câu 4: [ĐVH]. Cho hàm số y = x3 − ( 2m + 1) x 2 − x + 2m2 có đồ thị ( C ) . Tìm m để ( C ) giao với trục
hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12 + x22 + x32 + 2 x1 x2 x3 = 3.

Lời giải
Hoành độ giao điểm của ( C ) với trục hoành là nghiệm của PT: x3 − ( 2m + 1) x 2 − x + 2m 2 = 0
Giả sử ( C ) giao với trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 .
Khi đó x3 − ( 2m + 1) x 2 − x + 2m 2 = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )

= x3 − ( x1 + x2 + x3 ) x 2 + ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) x − x1 x2 x3
⇒ x1 + x2 + x2 = 2m + 1, x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = −1, x1 x2 x3 = −2m2 .
Bài ra có x12 + x22 + x32 + 2 x1 x2 x3 = 3 ⇔ ( x1 + x2 + x3 ) − 2 ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) + 2 x1 x2 x3 = 3
2

⇔ ( 2m + 1) + 2 − 4m 2 = 3 ⇔ 4m = 0 ⇔ m = 0.

2

x = 0
Thử lại với m = 0 ta có x − x − x = 0 ⇔ x ( x − x − 1) = 0 ⇔ 
x = 1± 5

2
3

2

2

Điều này thỏa mãn giả sử ( C ) giao với trục hoành tại ba điểm phân biệt.
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.

Câu 5: [ĐVH]. Giải phương trình x + x 2 − 8 x + 5 = 1 + 2 2 x − 1 + ( x 2 − 8 x + 4 ) 2 x + 8.
Lời giải
1

x ≥
ĐK: 
2
( *)
2
 x − 8x + 5 ≥ 0

Khi đó (1) ⇔
⇔

(

x2 − 8x + 5 −1
x − 8x + 5 + 1
2

) (

)

x2 − 8x + 5 −1 + x − 2 2 x − 1 = ( x2 − 8x + 4 ) 2 x + 8

+

x 2 − 4 ( 2 x − 1)
x + 2 2x −1

= ( x2 − 8x + 4) 2 x + 8

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

⇔

x2 − 8x + 4
1 + x2 − 8x + 5

+

x2 − 8x + 4
− ( x2 − 8x + 4) 2 x + 8 = 0
x + 2 2x −1



1
1
⇔ ( x2 − 8x + 4) 
+
− 2x + 8  = 0
2
 1 + x − 8x + 5 x + 2 2x −1

1

Ta có

1 + x − 8x + 5
2

+

(2)

1
1
1
− 2x + 8 ≤

+
− 1 + 8 < 0.
1+ 0 1 + 0
x + 2 2x −1
2

Do đó ( 2 ) ⇔ x 2 − 8 x + 4 = 0 ⇔ x = 4 ± 2 3 thỏa mãn (*).

Đ/s: x = 4 ± 2 3.
Câu 6: [ĐVH]. Giải phương trình x + x 2 − 2 x + 2 = 3 x − 1 + 5 x − 3 + ( x 2 − 5 x + 3) x 2 + 9.
Lời giải
ĐK: x ≥

3
(*)
5

Khi đó (1) ⇔ x 2 − 2 x + 2 − 3 x − 1 + x − 5 x − 3 = ( x 2 − 5 x + 3) x 2 + 9

(x
⇔

2

− 2 x + 2 ) − ( 3 x − 1)

x − 2 x + 2 + 3x − 1

⇔

2

x2 − 5x + 3
x2 − 2 x + 2 + 3x − 1


⇔ ( x − 5 x + 3) 


2

Ta có

+
+

( x − 1)

x + 5x − 3

x2 − 5x + 3
− ( x 2 − 5 x + 3) x 2 + 9 = 0
x + 5x − 3


1
2
+
− x +9 = 0
2


+
−
x
5
x
3
( x − 1) + 1 + 3x − 1


+ 1 + 3x − 1

+

5 ± 13
thỏa mãn (*).
2

5 ± 13
.
2

Câu 7: [ĐVH]. Giải phương trình

(2 − x)

Điều kiện 0 ≤ x ≤ 1
+) Dễ thấy x = 0 là 1 nghiệm của PT.
+) Xét với x ≠ 0 ta chia cả 2 vế PT cho

Đặt t =

(2)

1
1
1
− x2 + 9 ≤
+
− 3 < 0.
3
1+ 0
x + 5x − 3
+0
5

Do đó ( 2 ) ⇔ x 2 − 5 x + 3 = 0 ⇔ x =

Đ/s: x =

= ( x 2 − 5 x + 3) x 2 + 9

1

1
2

x 2 − ( 5 x − 3)

1 − x + ( 4 x − 2 ) x + 1 = 3 x3

Lời giải

2 1
2  1

x3 = x x ta được  − 1
−1 +  4 − 
+1 = 3
x x
x  x


1
1
− 1; t ≥ 0 ⇒ = t 2 + 1
x
x

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

Phương trình trở thành ( 2t 2 + 1) t + ( 2 − 2t 2 ) t 2 + 2 = 3 ⇔ 2 (1 − t )(1 + t ) t 2 + 2 = −2t 3 − t + 3
1 − t = 0
⇔ 2 (1 − t )(1 + t ) t 2 + 2 = (1 − t ) ( 2t 2 + 2t + 3) ⇔ 
2
2
2
 2 (1 + t ) t + 2 = (1 + t ) + t + 2

t = 1
t = 1
t = 1


⇔  2
⇔ 2
⇔
2
t = 1
 t + 2 − ( t + 1)  = 0
t
t
+
2
=
+
1




 2
1
1
+) Với t = 1 ⇔ = 2 ⇔ x = (thỏa mãn)
x
2
1
1 5

4
+) Với t = ⇔ = ⇔ x = (thỏa mãn)
2
x 4
5
1
4
Vậy nghiệm của phương trình là x = 0; x = ; x =
2
5
x4 + 6 x2 + 8
Câu 8: [ĐVH]. Giải phương trình 8 x 3 + 4 x − 5 − x 2 + 2 x + 1 =
.
1 + x2 + 3
Lời giải
ĐK: x ∈ ℝ

(x
VP (1) =

(*)
2

+ 2 )( x 2 + 4 )

1+ x + 3
2

=

(x

2

+ 4)

(

)(

) = ( x + 4)

x2 + 3 + 1

x2 + 3 − 1

x + 3 +1
2

Khi đó (1) ⇔ 8 x3 + 4 x − 5 − x 2 + 2 x + 1 = ( x 2 + 4 )

⇔ 8 x3 + x 2 + 4 x − 1 −
⇔ x (8 x 2 + x + 4 ) = 1 +

( x + 1)

2

( x + 1)

(

2

(

)

x2 + 3 − 1 .

)

x2 + 3 − 1

= ( x2 + 4) x2 + 3
2

(2)

+ ( x2 + 4) x2 + 3 > 0

2
 2 
1  15 
⇒ x 7 x +  x +  +  > 0 ⇒ x > 0 ⇒
2
4 



( x + 1)

2

= x + 1.

Do đó (2) thành 8 x 3 + x 2 + 4 x − 1 − ( x + 1) = ( x 2 + 4 ) x 2 + 3 ⇔ 8 x 3 + x 2 + 3 x − 2 = ( x 2 + 4 ) x 2 + 3

Đặt a = x 2 + 3 > 0 ⇒ 8 x3 + x 2 + 3 x − 2 = a ( a 2 + 1) ⇔ ( 8 x3 − a 3 ) + ( 2 x − a ) + x 2 + x − 2 = 0
⇔ ( 2 x − a ) ( 4 x 2 + 2 xa + a 2 + 1) + ( x − 1)( x + 2 ) = 0

)

(

⇒ 2 x − x 2 + 3 ( 4 x 2 + 2 xa + a 2 + 1) + ( x − 1)( x + 2 ) = 0

( 4x
Với x > 0 thì (3) ⇔
⇔

2

− x 2 − 3)( 4 x 2 + 2 xa + a 2 + 1)
2 x + x2 + 3

3 ( x − 1)( x + 1) ( 4 x 2 + 2 xa + a 2 + 1)
2 x + x2 + 3

(3)

+ ( x − 1)( x + 2 ) = 0

+ ( x − 1)( x + 2 ) = 0

 12 x 2 + 6 xa + 3a 2 + 3

⇔ ( x − 1) 
+ x + 2 = 0
2
2x + x + 3



(4)

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

Với x, a > 0 ⇒

12 x 2 + 6 xa + 3a 2 + 3
2 x + x2 + 3

+ x + 2 > 0 nên (4) ⇔ x = 1 đã thỏa mãn (1).

Đ/s: x = 1.
Một số hướng giải khác cho phương trình 8 x 3 + x 2 + 3 x − 2 = ( x 2 + 4 ) x 2 + 3 ( x > 0)

•

Hướng 2. Ta có (5) ⇔ 8 x3 + x 2 + 3 x − 2 − 2 ( x 2 + 4 ) = ( x 2 + 4 )
⇔ 8x − x
3

2

(x
+ 3 x − 10 =

2

+ 4 )( x 2 + 3 − 4 )
x2 + 3 + 2

(

x2 + 3 − 2

⇔ ( x − 1) ( 8 x + 7 x + 10 ) =
2

)

( x − 1)( x + 1) ( x 2 + 4 )
2 + x2 + 3

x =1
x = 1


2
⇔ 2
⇔
x
x
+
1
+
4
( )(
)  2 + x2 + 3 (8x 2 + 7 x + 10 ) = x3 + x2 + 4 x + 4
8
x
+
7
x
+
10
=


2 + x2 + 3


)

(

(5)

(6)

(a)

Với x > 0 ⇒ VT ( 6 ) > ( 2 + x ) ( 8 x 2 + 7 x + 10 ) = 8 x3 + 23 x 2 + 24 x + 20 > x3 + x 2 + 4 x + 4 = VP ( 6 ) .
Do đó (a) ⇔ x = 1 đã thỏa mãn (5).
•

Hướng 3. Với x > 0 ⇒ VP ( 5 ) > 4 3 >

3
3
⇒ 8 x3 + x 2 + 3x − 2 >
4
4

⇒ 32 x3 + 4 x 2 + 12 x − 11 > 0 ⇒ ( 2 x − 1) (16 x 2 + 10 x + 11) > 0.
1
Do x > 0 ⇒ 16 x 2 + 10 x + 11 > 0 ⇒ 2 x − 1 > 0 ⇒ x > .
2
Ta có (5) ⇔ 8 x3 + x 2 + 3 x − 2 − ( x 2 + 4 ) x 2 + 3 = 0.

1

Xét hàm số f ( x ) = 8 x 3 + x 2 + 3 x − 2 − ( x 2 + 4 ) x 2 + 3 với x ∈  ; +∞  có
2

f ' ( x ) = 24 x 2 + 2 x + 3 − 2 x x 2 + 3 −
1


Với x ∈  ; +∞  ⇒ x 2 + 3 > x > 0 ⇒
2


x

<1⇒ −

x +3
2

x ( x2 + 4)
x2 + 3
x

x +3
2

.

> −1 ⇒ −

x ( x2 + 4 )
x +3
2

> − ( x2 + 4)

⇒ f ' ( x ) > 24 x 2 + 2 x + 3 − 2 x x 2 + 3 − ( x 2 + 4 ) = 23 x 2 + 2 x − 1 − 2 x x 2 + 3

(

⇒ f '( x) > x − x + 3
2

)

2

2

1
1

+ 21x − 4 ≥ 21x − 4 > 21.   − 4 > 0, ∀x ∈  ; +∞  .
2
2

2

2

1

Kết hợp với f ( x ) liên tục trên  ; +∞  ⇒ f ( x ) đồng biến trên
2


1


 ; +∞  .
2


1

Dođó trên  ; +∞  phương trình f ( x ) = 0 nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.
2

1

Mặt khác 1 ∈  ; +∞  và f (1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của f ( x ) = 0.
2

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

THÔNG TIN QUẢNG CÁO
- 26/12 KHAI GIẢNG KHÓA CHINH PHỤC ĐIỂM 10 (BĐT, GTLN, GTNN)
- THỨ BA,

23/2/2016 LÀ NGÀY CUỐI CÙNG ƯU ĐÃI HỌC PHÍ

KHÓA TỔNG ÔN TOÁN 2015, CÒN

250K (Học phí gốc 400K)

Thầy Đặng Việt Hùng

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!