Bộ đề THPT quốc gia môn toán và lời giải chi tiết

Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn

Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 06/50
Ngày thi : 08/02/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học –
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m − 1 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1.
⎛
8⎞
2. Cho điểm I ⎜⎜0;− ⎟⎟⎟. Tìm m để (1) có 3 điểm cực trị A,B,C và IA = IB = IC .
5⎟⎠
⎝⎜
Câu 2 (1,0 điểm).
⎛
π⎞
1. Giải phương trình tan x.cot ⎜⎜x + ⎟⎟⎟= 1−tan x .
4 ⎠⎟
⎝⎜
2

2

2

2. Giải phương trình 62 x − x + 2 = 22 x − x + 2.32 x − x .
6 x + x− 2
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
dx .
x− 2

3
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm cặp số thực (x;y) thoả mãn (x − yi −1) 2 =− 1 .
b) Xếp ngẫu nhiên 4 học sinh Nam và 4 học sinh Nữ thành một hàng dọc. Tính xác suất để
học sinh Nam và Nữ đứng xen kẽ nhau.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có AD = CD = a, AB = 2a, B!AD = A!DC = 900 . Cạnh
bên SA = 3a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi I là giao điểm của AC và BD. Tính thể
tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;1;2) và B(1;-‐-1;1),
x − 1 y − 1 z +1
đường thẳng d :
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AB và song song
1
1
1
với d. Tính khoảng cách từ d đến mặt phẳng (P).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho đường thẳng d : 6x +8y +11= 0 . Viết
phương trình đường tròn (T) có tâm I bán kính bằng

thẳng AB,CD,MN thoả mãn S

IMN

2 và cắt Ox, Oy,MN lần lượt theo các đoạn

=1;AB = CD (x >0) .
I

⎧⎪x(x + (x − y)( x − 2y)) = y( y +3)2
⎪⎪
2 .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨⎪
⎪⎪12x + y +7( y( x − y) + y(x − 2y)) = 8 (y +3)
⎪⎪
y
⎩
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P =

1
1
1
1
+
.
+
+
x − y +2
y − z +2 z − x +2
xy + yz + zx + 2
-‐-‐--‐-HẾT-‐--‐--‐-

1


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m − 1 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1.

⎛
8⎞
2. Cho điểm I ⎜⎜0;− ⎟⎟⎟. Tìm m để (1) có 3 điểm cực trị A,B,C và IA = IB = IC .
5⎠⎟
⎝
⎜
1. Học sinh tự làm.
⎡x =0
2. Ta có: y ' = 4x 3− 4mx; y ' = 0 ⇔ ⎢ 2
.
⎢x = m
⎣
Để (1) có ba điểm cực trị khi y’ có ba nghiệm phân biệt ⇔m > 0.
Khi đó toạ độ ba điểm cực trị là A(0;2m −1), B ( − m;−(m −1) 2 ),C ( m;−(m −1) 2 ) .
Do A thuộc Oy; B,C đối xứng qua Oy nên tam giác ABC cân tại A và có trục đối xứng Oy. Vì I
thuộc Oy nên IB = IC . Vậy theo yêu cầu bài toán ta chỉ cần:
8
8
IA = IB ⇔(− −2m +1)2 = m+(− + (m −1)2 )2
5
5
4
3
2
.
⇔5m + 20m −6m −19m = 0
⇔m(m −1)(5m 2 + 25m +19) = 0 ⇔m =1(do m > 0)
Vậy giá trị cần tìm là m = 1.
Câu 2(4,0 điểm) Giải các phương trình
⎛

π⎞
a) tan x.cot⎜⎜x + ⎟⎟⎟=1−tan x ;
4 ⎠⎟
⎝⎜

2

⎧⎪cosx ≠ 0
⎪⎪
⎞
.
a) Điều kiện: ⎨⎪ ⎜⎛
⎪sin ⎜x + π ⎟⎟⎟≠ 0
⎪ ⎜⎝
4⎠⎟
⎪⎪⎩
Phương trình tương đương với:
⎛
π⎞
cos⎜⎜ x + ⎟⎟⎟
⎜⎝
sin x
4 ⎠⎟
.
= 1− sin x ⇔ sin x(cos x −sin x) = cos x −sin x
⎛
⎞
cosx
π
cos x

cos x(sin x + cos x)
cosx
sin⎜⎜x + ⎟⎟⎟
4 ⎠⎟
⎝⎜
⎡
⎤
sin x
1
⎥= 0
.
⇔ (cos x −sin x )⎢
−
⎢⎣cos x(sin x + cos x) cos x ⎦⎥
cos x −sin x
π
⇔−
= 0 ⇔ cos x = sin x ⇔ tan x = 1 ⇔ x = + kπ
sin x + cos x
4
π
Vậy nghiệm của phương trình là x = + kπ,k ∈! .
4
b) Phương trình tương đương với:
⎡x = 0
⎡⎢32 x−x 2 = 1
⎢
⎡2x − x 2 = 0
2 x−x 2
2 x−x 2

⎢⎢x = 2 .
⎢
⇔
⇔
3
−1 2
−2 =0⇔ ⎢
⎢
2
2 x−x 2
⎢x = 1
= 2 ⎣⎢2x − x = 1
⎣⎢2
⎣⎢
Vậy phương trình có ba nghiệm x = 0;x =1;x = 2.
2

(

)(

)

2

2

b) 62 x − x + 2 = 22 x − x + 2.32 x − x .

Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
6 x + x− 2
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
dx .
x− 2
3
Ta có:
6

I =∫
3

(

x − 2+ 2+ x − 2
x− 2

2
⎛
1 ⎞
⎟ dx
dx = ∫⎜1+
+
⎟
⎜⎝
x−
2
⎠
x
−

2
3
6

)

6
= x + 2ln x − 2 + 2 x − 2 = 5+ 4ln 2
3

.

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm cặp số thực (x;y) thoả mãn (x − yi −1) 2 =− 1 .
b) Xếp ngẫu nhiên 4 học sinh Nam và 4 học sinh Nữ thành một hàng dọc. Tính xác suất để
học sinh Nam và Nữ đứng xen kẽ nhau.
⎡⎧⎪x −1 = 0
⎢⎪⎨
⎢ −y =−1 ⎡x =1,y =1
⎡
x − yi −1 =−i
a) Ta có: (x − yi −1)2 = −1 = i 2 ⇔ ⎢
.
⇔ ⎢⎩⎢⎪
⇔⎢
⎢⎣x − yi −1 = i
⎢⎧⎪⎪x −1 = 0 ⎢⎣x =1,y =−1
⎢⎨
⎣⎢⎩⎪−y =1
Vậy (x; y) = (1;1);(1;−1) .

b) Xếp tuỳ ý 8 học sinh có 8! Cách.
Giả sử hàng dọc được đánh số từ 1 đến 8; số cách xếp thoả mãn nếu học sinh Nam đứng vị trí
đánh số chẵn và học sinh nữ đứng vị trí đánh số lẻ hoặc ngược lại.
+) Nếu 4 học sinh Nam đứng vị trí đánh số chẵn có 4! cách xếp; sau đó xếp 4 Nữ vào vị trí
đánh số lẻ có 4! Cách. Vậy có 4!.4! cách.
+) Nếu 4 học sinh Nữ đứng vị trí đánh số chẵn có 4! cách xếp; sau đó xếp 4 Nam vào vị trí
đánh số lẻ có 4! Cách. Vậy có 4!.4! cách.
Vậy tất cả có 2.4!.4! cách xếp thoả mãn.
2.4!.4!
1
Vì vậy xác suất cần tính là P =
= .
8!
35
Chú ý. Tổng quát xếp xen kẽ n học sinh Nam và n học sinh Nữ có 2.(n!)2 cách.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có AD = CD = a, AB = 2a, B!AD = A!DC = 900 . Cạnh
bên SA = 3a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi I là giao điểm của AC và BD. Tính thể
tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD).
1
1
1
+) Ta có SABC = AB.d(C; AB) = AB.AD = .2a.a = a2 .
2
2
2
1
1
Vì vậy V S .ABC = SA.S ABC = .3a.a2 = a3 (đvtt).
3
3

IC CD 1
d (I ;(SCD )) IC
1
+) Ta có: =
= ⇒
=
= .
IA AB 2 d(A;(SCD)) AC 3
Vì CD vuông góc với AD, SA nên CD ⊥ (SAD) . Kẻ AH vuông
góc với SD tại H thì AH ⊥ (SCD) .

3


1
1
1
1
3a
1
=
+
=
+ 2 ⇒ AH =
.
2
2
2
2
a

AH
SA
AD
9a
10
1
AH
Vì vậy d(I ;(SCD )) = d(A;(SCD )) =
= a .
3
3
10
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;1;2) và B(1;-‐-1;1),
x − 1 y − 1 z +1
đường thẳng d :
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AB và song song
1
1
1
với d. Tính khoảng cách từ d đến mặt phẳng (P).
!!!"
!
Ta có: AB = (0;−2;−1) , đường thẳng d có véc tơ chỉ phương u =(1;1;1) .
! ⎡! """!⎤
Mặt phẳng (P) chứa AB và song song với d nên có vtpt là n = ⎢u,AB ⎥ = (1;1;−2) .
⎣
⎦
Suy ra (P) : x + y − 2z + 2= 0 .

Tam giác vuông SAD có:

Lấy điểm C(1;1;-‐-1) thuộc d khi đó d(d;(P)) = d(C;( P)) =

1+1+2+2
12 +12 + 22

= 6.

Bài tập rèn thêm. Tìm điểm M thuộc (P) sao cho tam giác AMB đều.

⎛
5
1 3 1 ⎟⎞⎟ ⎜⎛
5
1 3
1⎞
;−
; + ⎟⎟⎟.
Đ/s: M ⎜⎜1−
; − ⎟; M ⎜1+
;
⎜⎝
⎝⎜
2 ⎠⎟
2 ⎠⎟
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho đường thẳng d : 6x +8y +11= 0 . Viết

phương trình đường tròn (T) có tâm I bán kính bằng
thẳng AB,CD,MN thoả mãn S

IMN

2 và cắt Ox, Oy,MN lần lượt theo các đoạn

=1;AB = CD (x >0) .

Theo giả thiết: (T) có bán kính R =

I

2 . Ta có: AB = 2 R 2 − d 2 (I ;Ox);CD = 2 R 2 − d 2 (I ;Oy) .
⎡I(a;a)
(a >0) .
⎢I(a;−a)
⎣

Do AB = CD ⇒ d(I ;Ox) = d(I ;Oy) ⇒ ⎢

+) Nếu I (a;a) ⇒ d(I ;d ) =

14a+11
10

;MN = 2 R2 −d 2 (I ;d ) = 2 2−d 2 (I ;d ) .

Ta có:

1
S IMN = MN .d(I ;d ) = d(I ;d ). 2−d 2 (I ;d ) =1⇔d(I ;d ) =1
2
.
14a+11
⇔
=1⇔14a+11 =10(Vô nghiem do a > 0)
10
11−2a
+) Nếu I (a;−a)⇒ d(I ;d ) =
;MN = 2 R2 −d 2 (I ;d) .
10
Ta có:

4


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
1
SIMN = MN .d(I ;d ) = d(I ;d ). 2−d 2 (I ;d ) =1⇔ d(I ;d ) =1
2
⎡⎛
⎞
⎡⎢
1
⎢I ⎜1 ;− 1 ⎟
a=
.
⎢ ⎝⎜2 2⎠⎟
11−2a =1⇔ 11−2a =10 ⇔ ⎢

2
⎢
⇒
⇔
⎢
⎢
10
21 ⎢⎢ ⎛ 21 21⎞
⎢a=
⎢I ⎜⎜ ;− ⎟⎟
⎢⎣
2
2⎠
⎣⎢ ⎝ 2
2
2
2
2
⎛
⎛
1⎞ ⎛
1⎞
21⎞⎟ ⎛⎜
21⎞
⎟⎟ + ⎜ y+ ⎟⎟⎟ = 2 .
Vậy có 2 đường tròn thoả mãn bài toán là (T ) :⎜⎜ x − ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ y + ⎟⎟⎟ = 2;(T ) :⎜⎜ x −
⎜⎝
2⎠⎟ ⎜⎝
2⎠⎟
2 ⎠⎟ ⎜⎝

2 ⎠⎟
⎝⎜
Chú ý. Có thể thay giả thiết S

IMN

= 1 bằng giả thiết S

IMN

đạt giá trị lớn nhất, và 1 là giá trị lớn nhất.

Thật vậy, ta có:

SIMN

d 2 (I ;d ) + 2 − d 2 (I
= d(I ;d ). 2− d (I ;d ) ≤
=1.
;d) 2
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi d(I ;d ) = 2−d 2 (I ;d ) ⇔d(I ;d ) =1.
⎧⎪x(x + (x − y)( x − 2y)) = y( y +3)2
⎪⎪
⎪
2 .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨
⎪⎪12x + y +7( y( x − y) + y(x − 2y)) = 8 (y +3)
⎪⎪

y
⎩
Điều kiện: y >0 ⇒ x ≥ 2y > 0 :
Nhân thêm y vào hai vế của phương trình thứ hai của hệ sau đó so sánh hai phương trình ta
được:
8x 2 +8x (x − y)(x − 2y) =12xy + y 2 +7y( y( x − y) + y(x − 2y))
⎛ x
.
⎞⎛ x
⎞ 12x
x2
x ⎜⎛ x
x
⎟⎞
⇔ 8. 2 + 8
+1+ 7⎜⎜⎜
−1 +
− 2 ⎟⎟⎟
⎜ −1⎟⎟⎟ ⎜⎜ − 2⎟⎟⎟ =
⎜⎝ y
y
y ⎜⎝ y ⎟⎜
y
y
⎠⎝ y
⎠⎟
⎠⎟
x
Đặt t = ≥ 2 phương trình trở thành:
y

8t 2 +8t (t −1)(t − 2) =12t +1+7( t − 1 + t − 2) .
Đặt a = t − 1 + t − 2 = 2t − 3 + 2 (t −1)(t − 2) ≥

2t − 3 ≥ 1 ; và

a2 = 2t −3+ 2 (t −1)(t −2) ⇒ 2 (t −1)(t −2) = a2 −2t +3.
Phương trình trở thành:
8t 2 + 4t (a2 −2t +3) =12t +1+7a ⇔4ta2 =1+ 7a ⇔4t =

1+ 7a
a

.

2

1+ 7a
1
≥ 8 ⇔8a2 −7a −1≤0 ⇔− ≤a ≤1 .
2
a
8
Mặt khác a ≥1⇒ a =1 ⇔t = 2 ⇔x = 2y . Thay vào phương trình đầu của hệ ta được:
4 y 2 = y ( y +3) ⇔ y ⎡⎢4y y − y −3⎤⎥= 0
⎣
⎦
.
⇔ y ( y −1)(4 y +3 y +3) = 0 ⇔ y =1(y > 0) ⇒ x = 2
Ta có 4t ≥8 ⇒

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2;1) .
5


Chú ý. Để giải phương trình 8t 2 +8t (t −1)(t − 2) =12t +1+7( t − 1 + t − 2) ta có thể sử
dụng phương pháp hàm số hoặc liên hợp.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P =

1
1
1
1
.
+
+
+
x − y +2 y − z +2 z − x +2
xy + yz + zx + 2

Do điều kiện và P đối xứng ba biến x,y,z nên không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z .
Khi đó
P=

1
1
1
1
+
+

+
.
x − y + 2 y − z + 2 x − z +2
xy + yz + zx + 2

Sử dụng bất đẳng thức AM –GM dạng cộng mẫu số ta có:
1
1
4
+
≥
x − y +2 y − z +2 . x − z +4
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta có:
2
(x − z)2 = ⎡⎢(x − y) +(y − z)⎤⎥ ≤ 2 ⎡⎢(x − y)2 + (y − z)2 ⎤⎥.
⎣
⎦
⎣
⎦

Suy ra
3
(x − z)2 ≤ (x − y)2 + ( y − z)2 +(z − x )2 = 4 −2(xy + yz + zx)
2
.
3
⇒ xy + yz + zx + 2 ≤ 4 − (x − z)2
4
4
1

2
+
+
.
Vì vậy P ≥
x − z + 4 x − z+2
16−3( x − z)2
Đặt t = x − z ∈ ⎡⎢0;2⎤⎥, bởi vì x − z ≤ 2(x 2 + z 2 ) ≤ 2.
⎣ ⎦
4
1
2
+
+
Vì vậy P ≥ f (t )=
.
2
t + 4 t +2
16−3t
4
1
2
+
+
Xét hàm số f (t ) =
trên đoạn [0;2] ta có
t + 4 t +2
16−3t 2
f '(t ) =

3t
(16−3t 2 )3

−

1
4
6
1
4
≤
−
−
< 0.
−
2
2
(t + 2)
(t +4)
64 16 36

Suy ra f(t) nghịch biến trên đoạn [0;2]. Vì vậy P ≥ f (t ) ≥ f (2) =

23

.

12

Dấu bằng đạt tại x =1;y = 0;z = − 1 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 23/12 đạt tại (x; y; z) = (1;0;−1) hoặc các hoán vị.
Chú ý. Với bài toán chứa dấu giá trị tuyệt đối tư duy ban đầu là phá dấu trị tuyệt đối (điều
này xuất phát từ tính đối xứng của bài toán hoặc dựa vào điều kiện giả thiết cho sẵn). Việc
đánh giá (x-‐-z) theo các đại lượng đối xứng dựa vào điều kiện bài toán và đánh giá hay sử
dụng:
2
(x − z)2 = ⎡⎢(x − y) +(y − z)⎤⎥ ≤ 2 ⎡⎢(x − y)2 + (y − z)2 ⎤⎥.
⎣
⎦
⎣
⎦

6


Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 07/50
Ngày thi : 11/02/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học –
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − ( m + 2)x 2 + (2m +1)x − 1 (1) .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1.
2. Gọi A là giao điểm của (1) với Oy. Viết phương trình tiếp tuyến của (1) tại A và cách điểm
B(1;2) một khoảng bằng 2 .
Câu 2 (1,0 điểm).
⎧⎪ log y = log xy
x
y
a) Giải hệ phương trình ⎨⎪
.

⎪⎪ x− y = 3(xy −1) 2
⎩⎪
b) Tìm m >1 để giá trị lớn nhất của hàm số y =

2x + m
x 2 +1

trên đoạn [0;2] bằng 4.

Câu 3 (1,0 điểm). Gọi S là hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

1
3

ex +2

; y = 0;x = 0;x = 3ln 2.

Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay S quanh trục hoành.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Trong các số phức z thoả mãn z = 1 . Tìm số phức z để 1+ z + 3 1 − z đạt giá trị lớn nhất.
b) Cho tập A gồm n phần tử phân biệt trong đó có phần tử x. Gọi S là tập hợp các tập con của
A.Tính số phần tử của S, lấy ra ngẫu nhiên một phần tử từ S tính xác suất để phần tử đó có
chứa x.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, B!AC = 1200 . Gọi I là trung điểm cạnh
AB, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của đoạn CI; góc giữa SA
và mặt đáy bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng (SBC).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(3;w2;3), B(w5;10;w1)
và mặt phẳng (P) : 2x + y + 2z − 1 = 0 . Chứng minh A,B nằm khác phía với mặt phẳng (P). Tìm

toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho MA + MB = 4 14 .

⎛21 3 ⎞
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có B ⎜⎜ ; ⎟⎟⎟. Phương
⎝⎜ 5 5 ⎟⎠
trình tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x + 2y − 7 = 0 . Đường phân
giác ngoài của góc A cắt BC kéo dài tại điểm E(9;3). Tìm toạ độ các đỉnh A,C biết A có tung độ
dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình (x − 3 + 2 − x )3 + 2 − x + 3 2x − 1 + 3x ≥ 4 .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực thoả mãn x + y + z = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

{

}

thức P = 3cosx + 3cos y + 3cosz −3.max cosx , cos y , cosz .
lllHẾTlll


PHÂN TÍCH – BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − ( m + 2)x 2 + (2m +1)x − 1 (1) .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1.
2. Gọi A là giao điểm của (1) với Oy. Viết phương trình tiếp tuyến của (1) tại A và cách điểm
B(1;2) một khoảng bằng 2 .
1. Học sinh tự làm.
2. Ta có A(0;−1) . Tiếp tuyến của (1) tại A có dạng: d : y = (2m +1)x − 1 .
Theo giả thiết ta có:
d(B;d) =

(2m+1).1−1−2

(2m +1) +(−1)
2

= 2 ⇔ 2(m−1) = 2(4m 2 + 4m + 2)

2

⎡m =0
⇔ 4(m−1)2 = 2(4m 2 + 4m + 2) ⇔ 4m2 +16m = 0 ⇔ ⎢
⎢m =−4
⎣
Vậy m = −4;m = 0 là giá trị cần
tìm.
Câu 2 (1,0 điểm).
⎧⎪ log y = log xy
y
a) Giải hệ phương trình ⎪⎨ x
.
⎪⎪x − y = 3(xy −1) 2
⎩⎪

b) Tìm m >1 để giá trị lớn nhất của hàm số y =

2x + m
x 2 +1

.

trên đoạn [0;2] bằng 4.

a) Điều kiện: 0< x, y ≠ 1 .

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
1
(log y x +1) ⇔ 2log x y = log y x +1
2
⎡x = y .
⎡log y = 1
x
⎢
⎢
⎢ ⎢ 1
⇔
⇔ 2log 2x y − log x y −1 = 0 ⇔ ⎢
⎢log y = − 1
⎢x = y 2
⎢ x
2
⎣
⎣
2
+) Nếu x = y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: (x −1)2 = 0 ⇔ x = ±1(l) .
1
+) Nếu x = thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
y2
log x y =

2
⎛ 1 ⎞⎟
1

⎜
− y = 3⎜ −1⎟⎟ ⇔ 1 − y 3= 3( y −1) 2
⎟⎠
y2
⎝⎜y
⎡y =1(l)
.
⎢
⎛ 5− 2 6
⎞⎟
⎢
⎜
3
2
⇔ y + 3y −6 y + 2= 0 ⇔ ⎢y = −2 + 6(t / m) → (x; y) = ⎜⎜
;−2 + 6⎟⎟⎟
⎢
⎜⎝
2
⎟⎠
⎢⎣y =−2− 6(l)
⎛5− 2 6
⎟⎞
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = ⎜⎜⎜
;−2+ 6 ⎟⎟⎟.
2
⎟⎠
⎜⎝

2
2 x +1 −

b) Ta có: y ' =

x(2x + m)

x +1
2

x 2 +1 =

2− mx
(x +1)
2

;y'=0 ⇔ x =
3

2 ⎡ ⎤
∈ 0;2 .
m ⎢⎣ ⎥⎦

⎛2 ⎞
⎛2 ⎞
m+4
Ta có y(0) = m; y ⎜⎜ ⎟⎟⎟= m 2 + 4; y(2) =
⇒ y max = y ⎜⎜ ⎟⎟⎟= m 2 + 4 .
⎜⎝ m ⎠⎟
⎝⎜m⎠⎟

5
m 2 + 4 = 4 ⇔m 2 + 4 =16 ⇒ m = 2 3

Vậy yêu cầu bài toán tương đương với:

. Vậy giá trị cần tìm của tham số là m = 2 3 .
Câu 3 (1,0 điểm). Gọi S là hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

1
3

ex +2

; y = 0;x = 0;x = 3ln 2.

Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay S quanh trục hoành.
3ln 2
dx
3dt
3
Ta có: V = π ∫
. Đặt t = e x ⇒ t 3 = e x ⇒ e x dx = 3t 2dt ⇒ dx =
.
3 x
2
t
(
e
+2)
0

Vì vậy

⎛1 1
2 ⎞
⎜⎜ −
−
∫⎝⎜ t t +2 (t + 2)2 ⎠⎟⎟⎟⎟ dt
4
t
(t
+
2)
1
1
.
⎛
⎞
3π ⎜
t
2 ⎟2 3π ⎛ ⎜ 3 2 ⎞ ⎟
= ⎜ ln
+
ln
⎟ =
⎟
⎜ −
4 ⎝⎜⎜ t + 2 t +2⎠⎟⎟⎟1
4 ⎝⎜ 2 12 ⎟⎟⎠
2

3dt

V =π ∫

2=

3π

2

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Trong các số phức z thoả mãn z = 1 . Tìm số phức z để 1+ z + 3 1 − z đạt giá trị lớn nhất.

b) Cho tập A gồm n phần tử phân biệt trong đó có phần tử x. Gọi S là tập hợp các tập con của
A.Tính số phần tử của S, lấy ra ngẫu nhiên một phần tử từ S tính xác suất để phần tử đó có
chứa x.
a) Giả sử z = x + yi(x, y ∈! ) .
Vì z =1 ⇔ x 2 + y 2 =1 ⇔ x 2 + y 2 =1.
Khi đó

1+ z + 3 1 − z = (x +1)2 + y 2 +3 (x −1) 2 + y 2
= (x +1) + 1 − x + 3 (x −1) + 1 − x = 2( 1+ x + 3 1 − x )
2

2

2

2

Xét hàm số f ( x ) = 2( 1+ x + 3 1 − x ) trên đoạn [w1;1] ta có
⎛ 1
4
3 ⎞⎟⎟
f '( x ) = 2 ⎜⎜⎜
−
⎟⎟ ; f '(x) = 0 ⇔ 1− x = 3 1+ x ⇔ x = − .
⎜⎝ 2 1+ x 2 1− x ⎠⎟
5
⎛ 4⎞
Ta có: f (−1) = 6; f (1) = 2; f ⎜⎜− ⎟⎟=
2 10 .
⎜⎝ 5 ⎠⎟⎟
Vì vậy f max

⎛ 4⎞
= f ⎜⎜− ⎟⎟⎟= 2 10 . Từ đó suy ra
⎝⎜ 5 ⎟⎠

⎡
⎧⎪
⎢x = − 4 , y = − 3
⎪⎪⎪x = − 4
⎢
5.
5
⎨
5
⇔⎢
⎪⎪ 2

⎢
4
3
2
⎢x = − , y =
⎩⎪⎪y =1− x
5
5
⎣⎢

.


4 3
i; z = − + i .
5 5
5 5
b) Số tập con của A có chứa k phần tử là C kn (k = 0,n) .
Vậy số cần cần tìm là z = −

4

−

3

n

Vì vậy tổng số phần tử của S là

Cnk = 2n .

∑

k=0

+) Ta tìm số tập con của A chứa phần tử x.
Số tập con không chứa phần tử x chính là số tập con của tập hợp A\{x }. Tập hợp này có (nw1)
phần tử.
Vậy số tập con của nó bằng 2n−1 .
Vì vậy số tập con của A chứa phần tử x là 2n − 2n−1 = 2n−1 .
Vậy xác suất cần tính là P =

n−1

2
1
= .
n
2
2

Câu 6(1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, B!AC = 1200 . Gọi I là trung điểm cạnh
AB, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của đoạn CI; góc giữa SA
và mặt đáy bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng (SBC).

Gọi D là giao điểm của AH với BC; M là trung điểm cạnh
BC. Do tam giác ABC cân tại A nên AM vuông góc với BC.
1

a2 3 .
AB.AC sin1200 =
2
4
Sử dụng định lý hàm số Côsin cho tam giác ACI ta có:
Ta có: S ABC =

CI = AI 2 + AC 2 − 2AI .AC cos1200
=

Sử dụng công thức đường trung tuyến ta có: AH =

a2
a ⎛ 1⎞ a 7
+ a2 − 2. .a.⎜⎜− ⎟⎟⎟ =
4
2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠
2

.

2( AI 2 + AC2 ) − C I 2
a 3
=
.
2
4

3a
Có SH ⊥ (ABC ) ⇒ S!AH = 600 ⇒ SH = AH tan 600 = .

4
1 3a a2 3 a 3 3
1
=
Vì vậy V S .ABC = SH .S ABC = . .
(đvtt).
3
3 4
4
16
+) Kẻ HK vuông góc với BC tại K, kẻ HI vuông góc với SK tại I ta có HI ⊥ (SBC ) .
1
1
a
Ta có HK = d(I ;BC) = AM = .
2
4
8
Sử dụng định lý Talets ta có:
1
d(I ;BC)
HD HK
1
=
=2
= ⇒ d(A;(SBC)) = 4d(H ;(SBC)) = 4HI .
AD AM
AM
4

Tam giác vuông SHK có

1
16 64
3a 37
1
1
=
+
⇒ HI =
.
=
+
2
2
2
2
2
a
148
HI
SH
HK
9a

3a 37 3a 37
=
.
148

37
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(3;w2;3), B(w5;10;w1)
và mặt phẳng (P) : 2x + y + 2z − 1 = 0 . Chứng minh A,B nằm khác phía với mặt phẳng (P). Tìm
Vì vậy d(A;(SBC )) = 4.

toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho MA + MB = 4 14 .

Thay toạ độ của A,B vào mặt phẳng (P) ta được: (2.3−2 + 2.3−1)(2.(−5) +10 + 2.(−1))< 0 .
Vì vậy A,B nằm khác phía với (P) (đpcm).
!!!"
Ta có: AB = (−8;12;−4) ⇒ AB = MA + MB = 4 14 . Vì vậy M là giao điểm của AB và mặt phẳng
(P).

⎧⎪x = 3+ 2t
⎪⎪
Phương trình đường thẳng AB là ⎨⎪y = −2−3t .
⎪⎪
⎩⎪⎪z = 3+ t
⎧⎪x = 3+ 2t
⎧⎪x =−3
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪y = 7
⎪⎪ y = −2−3t
⎪
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ ⎨
⇔ ⎨⎪
⇒ M (−3;7;0) .
⎪⎪z = 3+ t
⎪⎪z =0

⎪⎪
⎪⎪
⎩⎪⎪2x + y + 2z −1 = 0 ⎩⎪⎪t =−2
Vậy M (−3;7;0)là điểm cần tìm.
⎛ 21 3
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có B ⎜⎜ ; ⎟⎟⎟. Phương
⎝⎜ 5 5 ⎠
⎞
⎟
trình tiếp tuyến của tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x + 2 y − 7 = 0 . Đường
phân giác ngoài của góc A cắt BC kéo dài tại điểm E(9;3). Tìm toạ độ các đỉnh A,C biết A có
tung độ dương.
Đường thẳng BC đi qua điểm B,E có phương trình là x − 2y − 3 = 0 .
Gọi F là giao điểm của tiếp tuyến và đường thẳng BC.
⎧⎪x − 2 y −3 = 0
⎧⎪x = 5
Toạ độ của F là nghiệm của hệ phương trình ⎪⎨
⇔ ⎪⎨
⇒ F (5;1) .
⎩⎪⎪x + 2y −7 = 0 ⎩⎪⎪y =1
Gọi D là chân đường phân giác trong góc A của tam
giác ABC.
Xét tam giác ADF có FA = FD bởi vì
F!AD = F!AC +C!AD;F!DA= A!BC + B!AD;
.
F!AC = B!AD;C!AD = B!AD
Tức tam giác FAD cân tại F.
AD,AE là hai phân giác góc A nên vuông góc. Vì vậy
tam giác ADE là tam giác vuông có FA = FD nên F là
trung điểm đoạn ED.

Vì F là trung điểm của ED nên D(1;w1).

!!!"
!!!"
Gọi A ( 7 − 2a;a),a > 0 là điểm thuộc tiếp tuyến AD = (2a − 6 ; − a −1), AE = (2a + 2;−a + 3) .


!!!" !!!"
AD ⊥ AC ⇒ AD.AE = 0 ⇔ (2a−6)(2a + 2)+ (−a −1)(−a + 3) = 0
.
Ta có
⎡a =−1(l)
⇔ 5a 2 −10a−15 = 0 ⇔ ⎢
⇒ A(1;3)
⎢a = 3(t / m)
⎣
Gọi I là tâm ngoại tiếp của tam giác ABC. Do IA=IB và IA vuông góc với tiếp tuyến tại A nên
⎧⎪2(x −1) −( y −3) = 0
⎪⎪
⎧⎪ 2x − y +1 = 0
⎪⎧⎪x = −4
2
2
⎪⎨
.
⇔
⎞
toạ độ I là nghiệm của hệ ⎨⎪
⇔
⎛

⎛
⎞
⎨⎪
⎪
⎪⎪ (x −1) 2 + ( y −3) 2 = ⎜⎜x − 21 ⎟⎟ + ⎜⎜ y − 3 ⎟⎟
4x
−3y
−5
=
0
y
=−7
⎪
⎪⎩
⎩
⎜⎝
⎪⎪
5 ⎠⎟⎟ ⎜⎝
5 ⎟⎟⎠
⎩
3
Vậy I(w4;w7). Gọi C (2c + 3;c) ∈BC ,c ≠ .
5
⎡c =−9(t / m)
⎢
2
2
2
2
Ta có IC = IA =125 ⇔ (2c +7) + (c +7) =125 ⇔ ⎢

⇒ C(−15;−9) .
⎢c = 3 (l )
⎢⎣
5
Vậy toạ độ hai đỉnh cần tìm là A(1;3),C (−15;−9) .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình (x − 3 + 2 − x )3 + 2 − x + 3 2x − 1 + 3x ≥ 4 .
Điều kiện: x ≤ 2 .
Bất phương trình tương đương với:
(x − 3 + 2 − x )3 + (x − 3 + 2 − x ) ≥ ( 1 − 2x ) + 3 1 − 2x (1) .

Xét hàm số f (a) = a3 + atrên R ta có f '(a) = 3a2 +1 > 0,∀a∈! .
Vì vậy f(a) đồng biến, do đó (1) ⇔ f (x −3+ 2− x ) ≥ f ( 3 1− 2x ) ⇔ x −3+
⇔ x + 2− x + 3 2x −1 ≥ 3 .
Đặt t = 2− x ≥ 0 ⇒ x = 2− t 2 . Bất phương trình trở thành:
2− t 2 + t + 3 2(2−t 2 )−1 ≥ 3
⇔ 3 3− 2t 2 ≥ t 2 −t +1 ⇔3− 2t 2 ≥ (t 2 −t +1)3
⇔(t −1)(t 5 −2t 4 + 4t 3 −3t 2 + 5t + 2) ≤ 0

.

⇔t ≤1 ⇔ 2− x ≤1 ⇔ x ≥1
Bởi vì t −2t + 4t −3t 2 + 5t + 2 = t 3 (t −1)2 + t(3t 2 −3t + 5) + 2 > 0,∀t ≥ 0 .
Kết hợp với điều kiện bài toán ta có 1≤ x ≤ 2 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎡⎢1;2⎤⎥.
⎣ ⎦
Chú ý. Ta có thể giải bằng cách khác sau đây:
⎧⎪a =x −3+
2− x
Đặt ⎪⎨
. Bất phương trình trở thành:

⎪⎪b= 3 2x −1
⎩⎪
a3 + a+ b+ b3 ≥ 0 ⇔(a+ b)(a2 −ab+ b2 +1) ≥ 0 ⇔a+ b≥ 0 .
5

4

3

2− x ≥ 3 1− 2x .


⇔ x + 2− x − 3 + 3 2x −1 ≥ 0 ⇔ (x − 2 + 2− x ) +( 3 2x −1 −1) ≥ 0

(

⇔
⇔

)

2− x 1− 2− x +( 3 2x −1 −1) ≥ 0
(x −1) 2− x

2(x −1)

+

≥0

.

1+ 2− x
(2x −1) + 2x −1 +1
⎡
⎤
2
2− x
⎥ ≥ 0 ⇔ x ≥1
⇔ (x −1) ⎢⎢
+
⎥
2
3
3
⎥
⎢1+
2−
x
(2x
−1)
+
2x
−1
+1
⎦
⎣
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢⎡1;2⎤⎥.
⎣ ⎦
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực thoả mãn x + y + z = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

2

3

{

3

}

thức P = 3cosx + 3cos y + 3cosz −3.max cosx , cos y , cosz .
Do vai trò của x,y,z như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử

{

}

cosz = max cosx , cos y , cos z .
Ta có
cos x + cos y = cos2 x + cos2 y + 2 cos x.cos y ≥ cos2 x + cos2 y
= 1+
≥
Mặt khác: 3

cosx

+3

cos y

cos2x + cos2y
= 1+ cos(x + y)cos(x − y)
2

1 − cos(x + y).cos(x − y) ≥

.

1 − cos z ≥ 1 − cos z

≥ 2+ cosx + cos y .

Từ đó suy ra: P ≥ 3+ 3

cos z

− 4 cos z .

Xét hàm số f (t ) = 3t − 4t , ta có f '(t ) = 3t ln 3− 4 < 0,∀t ∈ ⎡⎢0;1⎤⎥.
⎣ ⎦
Vì vậy P ≥ f (t) ≥ f (1) = 2 .
Dấu bằng đạt tại cos x = cos y = 0; cos z =1;x + y + z = 0 . Chẳng hạn x = y =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2.

π

;z =− π .
2

Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn

Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 08/50
Ngày thi : 15/02/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học – – Chi tiết: www.mathlinks.vn
x +1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
(1) .
2x − 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
⎛ 1 1⎞
2. Cho điểm I ⎜⎜ ; ⎟⎟⎟ . Viết phương trình đường thẳng d đi qua I và cắt (1) tại theo một đoạn
⎝⎜2 2 ⎠⎟
thẳng có độ dài nhỏ nhất.
Câu 2 (1,0 điểm).
2 x+1
x
a) Giải bất phương trình log6 (2
−9 )≥ x.
b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = ln(1+ x )− x −

x2
trên đoạn [0;1].
2

5

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x 2 − 4x +3 − x − 3 dx .

0

Câu 4 (1,0 điểm).
z + 2i z − 2 i
+
=0.
z − 2i z +2i
b) Có hai hộp đựng bút, hộp thứ nhất đựng 4 bút đen và 6 bút xanh; hộp thứ hai đựng 5 bút
đen và 8 bút xanh. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên ra hai chiếc bút, tính xác suất để lấy được
hai cặp bút khác màu.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB = a,AD = AA' = 2a . Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm
đoạn thẳng BC. Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB’ và BD’.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;1;-‐-2), B(1;-‐-1;11) và
x +3 y +1 z − 1
đường thẳng d :
=
=
. Chứng minh d và AB chéo nhau. Tìm toạ độ điểm M
2
2
1
trên d sao cho MA = MB .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp
đường tròn (C ) : x 2 +( y −5) 2 = 50. Giả sử A(-‐-5;10) và đường cao kẻ từ C của tam giác ABC cắt
⎛ 17 6 ⎞
đường tròn (C) tại điểm thứ hai N ⎜⎜− ;− ⎟⎟⎟. Tìm toạ độ các đỉnh B,C.
5 ⎟⎠
⎝⎜ 5

a) Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn

x( x +1)2
.
6x − x 2 − 1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x +y+z
x
y
z
P=
+
+
.
−
y 2 + yz + z 2
z 2 + zx + x 2
x 2 + xy + y 2 x + y + z + xy + yz + zx
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình

x + 8x − 2x 2 − 2 = 3

1


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn

PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
1.

2.

1.
2.

x +1

(1) .
2x − 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
⎛ 1 1⎞
Cho điểm I ⎜⎜ ; ⎟⎟⎟ . Viết phương trình đường thẳng d đi qua I và cắt (1) tại theo một đoạn
⎝⎜2 2 ⎠⎟
thẳng có độ dài nhỏ nhất.
Học sinh tự làm.
⎛
1⎞ 1
Đường thẳng d có phương trình dạng: y = k ⎜⎜ x − ⎟⎟⎟ + .
2 ⎠⎟ 2
⎝⎜

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (1):
⎛
x +1
1⎞ 1
= k ⎜⎜ x − ⎟⎟⎟ + ⇔ 2(x +1) = (2x −1) ⎡k(2x −1) +1 ⎤
⎣⎢
⎦⎥ .
⎜⎝
2x −1

2 ⎠⎟ 2
⇔ k(2x −1)2 = 3 ⇔ 4kx 2 − 4kx + k−3 = 0 (2)
Để d cắt (1) tại hai điểm phân biệt khi (2) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔k > 0 .
⎛
⎛
1⎞ 1
1⎞ 1
Khi đó A(x1;k ⎜⎜ x1 − ⎟⎟⎟ + ), B(x 2;k ⎜⎜ x 2− ⎟⎟⎟+ ) .
⎝⎜
2⎠⎟ 2
2⎠⎟ 2
⎝⎜
Ta có: AB 2 = (k 2 +1)(x 2− x 1)2 = (k 2 +1) ⎡(x
+ x 2)2 − 4x x1 2⎤ ⎥.
⎣⎢ 1
⎦
k− 3
Vi –ét ta có: x1 + x2 = 1; x1x2 =
.
4k
⎡ k −3 ⎥⎤ 3(k 2 +1) 3(k−1) 2
=
=
Vì vậy AB 2 = (k 2 +1) ⎢1−
+6 ≥ 6 .
⎢
k ⎥⎦
k
k
⎣

Dấu bằng đạt tại k =1⇒ d : y = x .

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình log (22 x+1 − 9 x ) ≥ x .
6

b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = ln(1+ x )− x −

x2

trên đoạn [0;1].

2
a) Bất phương trình tương đươngvới:
22 x+1 −9 x ≥ 6x ⇔ 2.22 x −3 2 x −6 x ≥ 0
⎛ 2 ⎞ 2x ⎛ 2 ⎞ x
.
⎛ 2⎞⎟ x
⇔ 2⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ −1 ≥ 0 ⇔ ⎜⎜ ⎟⎟ ≥1 ⇔ x ≤ 0
⎜⎝ 3⎟⎠
⎜⎝ 3 ⎠⎟
⎝⎜ 3⎟⎠
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =(−∞;0⎤⎥⎦.
1
x 2 + 2x
b) Ta có: y ' =
−1− x =−
≤ 0,∀x ∈ ⎡⎢0;1⎤⎥.
⎣ ⎦

x +1
x +1
Vì vậy hàm số nghịch biến trên đoạn [0;1]. Suy ra ymax = y(0) = 0; ymin = y(1) = ln 2−

3
.
2

5

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x 2 − 4x + 3 − x − 3 dx .
0

2


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
Ta có:
5

5

5

I = ∫ (x + 3− x 2 − 4x + 3 )dx = ∫ (x +3)dx −∫ x 2 − 4x +3 dx
0

0

5

1

0
3

5

= ∫ (x +3)dx − ∫ (x − 4x +3)dx + ∫ (x − 4x + 3)dx − ∫ (x 2 − 4x +3)dx
2

0

⎛ x2

⎞5
=
+ 3x⎟
⎟⎠ 0
⎝⎜⎜ 2

0

2

1

⎜⎜x
⎜⎝ 3

3

.

3

⎞⎟1 ⎛ x 3
⎞ 3 ⎛x3
⎞ 5 109
⎟⎟ +⎜⎜⎜ − 2x 2 +3x ⎟⎟⎟ − ⎜⎜⎜ − 2x 2 +3x ⎟⎟⎟ =
6
⎠⎟ 1 ⎝⎜ 3
⎠⎟ 3
⎠⎟0 ⎝⎜ 3

Câu 4 (1,0 điểm).
z + 2i z − 2 i
+
=0.
z − 2i z +2i
b) Có hai hộp đựng bút, hộp thứ nhất đựng 4 bút đen và 6 bút xanh; hộp thứ hai đựng 5 bút
đen và 8 bút xanh. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên ra hai chiếc bút, tính xác suất để lấy được
hai cặp bút khác màu.
a) Giả sử z = x + yi(x, y ∈! ) .
Ta có:
a) Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn

z + 2i z − 2i x +(y + 2)i x −( y + 2)i
+
=

+
x +(y − 2)i x −( y − 2)i
z − 2i z +2i
(x +(y + 2)i)(x −( y − 2)i) (x −( y + 2)i)(x +(y − 2)i)
=
+
x 2 +(y − 2)2
x 2 +(y − 2)2

.
2
2
2
2
x +(y − 4)+ x( y + 2)i − x( y − 2)i + x + y − 4 + x( y − 2)i − x( y + 2)i
=
x 2 +(y − 2)2
⎧⎪x 2 +(y − 2) 2> 0
2(x 2 + y 2 − 4)
=
= 0 ⇔ ⎪⎨
⎪⎪ x 2 + y 2 = 4
x 2 +(y − 2)2
⎩
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn (C) tâm O(0;0) bán kính bằng 2, trừ đi
điểm (0;2).
Chú ý. Ta có thể làm nhanh như sau:
z + 2i z −2i
(z + 2i)(z + 2i) +(z −2i)(z −2i)
+

=0⇔
=0
z −2i z + 2i
(z −2i)(z + 2i)
2z.z −8
⇔
= 0⇒ z = 2 ⇒ x 2 + y2 = 4
(z −2i)(z + 2i)

.

b) Lấy tuỳ ý ra 2 chiếc bút từ hộp thứ nhất có C 102 = 45cách.
Lấy tuỳ ý ra 2 chiếc bút từ hộp thứ hai có C 132 = 78 cách.

Vậy có 45×78 = 3510 cách lấy ra hai bút từ mỗi hộp.
Ta tìm số cách lấy được hai cặp bút khác màu:
+) Lấy ra từ hộp thứ nhất cặp bút màu đen, hộp thứ hai cặp bút màu xanh có
C 42.C 82= 168 cách.
+) Lấy ra từ hộp thứ nhất cặp bút màu xanh, hộp thứ hai cặp bút màu đen có C 62.C52 = 150.
+) Lấy ra từ hộp thứ nhất gồm 1 bút xanh và 1 bút đen; lấy ra từ hộp thứ hai một bút xanh và
3


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
1
1
1
một bút đen có C 41.C 6.C
.C
=

960 cách.
5
8
Vậy tất cả có 168+150+960=1278 cách.
1278
71
Vậy xác suất cần tính là P =
=
.
3510 195
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB = a,AD = AA' = 2a . Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm
đoạn thẳng BC. Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB’ và BD’.
Gọi H là trung điểm cạnh BC, ta có A' H ⊥ (ABCD) .
Tam giác ABH có AH = AB 2 +BH 2 = a2 + a2 = a 2 .
Tam giác vuông A’AH có
A' H = AA' 2 − AH 2 = 4a2 − 2a2 = a 2 .
Vì vậy V S .ABCD = A' H.S ABCD = a 2.a.2a = 2 2a3 (đvtt).
+) Lập trục toạ độ có:
H (0;0;0), C (a;0;0),B (−a;0;0),A(−a;a;0),D (a;a;0) và A'(0;0;a 2) .
Chú ý:
!!!!" !!!"
!!!!" !!!"
A' B' = AB = (0;−a;0) ⇒ B'(0;−a;a 2); DD ' = AA' = (a;−a;a 2) ⇒ D '(2a;0;a 2)
.
!!!"
!!!"
⇒ AB ' = (a;−2a;a 2), BD ' = (3a;0;a 2)
⎡!!!" !!!"⎤

⎡!!!" !!!" ⎤ !!!"
Ta có: ⎢AB ', BD '⎥ = (−2 2a2;2 2a2;6a2 ) ⇒ ⎢AB ', BD '⎥.AB = −2 2a3 .
⎣
⎦
⎣
⎦
!!!"
!!!"
!!!"
⎡
⎤
⎢⎣AB ', BD'⎦⎥.AB
3
!!!" !! "
Vì vậy d(AB '; BD ') =
a 26
2 2a
=
!
⎡
⎤
8a4 + 8a4 +36a4
13
⎢AB ', BD'⎥
⎣
⎦
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;1;-‐-2), B(1;-‐-1;11) và
x +3 y +1 z − 1
đường thẳng d :
=

=
. Chứng minh d và AB chéo
nhau. Tìm toạ độ điểm M
!
2 C(-‐-3;-‐-1;1)
1 có véc tơ chỉ phương u = (2;2;1) .
Đường thẳng d đi 2qua điểm
!!!"
!!!"
trên d sao cho MA = MB .
Đường thẳng AB có véc tơ chỉ phương AB = (0;−2;13) , ta có: AC = (4;2;−3) .
⎡! """!⎤
⎡! """!⎤ """!
Ta có ⎢u,AB ⎥ = (28;−26;−4) ⇒ ⎢u,AB ⎥.AC = 28.4 − 26.2 + 4.3 = 72 ≠ 0 .
⎣
⎦
⎣
⎦
Vì vậy d và AB chéo nhau.
⎧⎪x =−3+ 2t
⎪⎪
+) Đường thẳng d : ⎨⎪y = −1+ 2t ⇒ M (−3+ 2t;−1+ 2t;1+ t ) .
⎪⎪
⎩⎪⎪z =1+ t
MA= (2t + 4)2 +(2t − 2)2 + (t +3)2 = 9t 2 +14t + 29;
Suy ra
.
MB = (2t − 4)2 + 4t 2 +(t −10) 2 = 9t 2 −36t +116
4

Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
87
Vì vậy MA = MB ⇔ 9t 2 +14t + 29 = 9t 2 −36t +116 ⇔t = .
50
⎛12 62 137 ⎞
⎟⎟ là điểm cần tìm.
Suy ra M ⎜⎜ ;
;
⎟
⎟
⎜
⎝ 25 25 50 ⎠
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp
đường tròn (C ) : x 2 +( y −5) 2 = 50. Giả sử A(-‐-5;10) và đường cao kẻ từ C của tam giác ABC cắt
⎛ 17 6 ⎞
đường tròn (C) tại điểm thứ hai N ⎜⎜− ;− ⎟⎟⎟. Tìm toạ độ các đỉnh B,C.
5 ⎟⎠
⎝⎜ 5
Đường tròn (C) có tâm I(0;5).
Gọi M là giao điểm thứ hai của AI với (C) ta có I là
trung điểm đoạn AM nên M(5;0). Do tam giác ABC cân
nên M là điểm chính giữa cung BC (không chứa A).
Ta có: M!AB = N!CB (cùng phụ với góc A!BC).
Nên B là điểm chính giữa của cung MN. Vì vậy IB
vuông góc với MN.
Đường thẳng IB có phương trình là 7x + y − 5 = 0 .
⎧⎪7x + y−5 = 0
⎡x = −1, y =12 ⎡B(−1;12)
⎢

.
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ ⎨⎪ 2
⇔
⇒⎢
⎢x =1, y = −2
⎢B(1;−2)
⎪⎪ x + ( y −5)2 = 50
⎣
⎣
⎩
+) Nếu B(-‐-1;12) đường thẳng AB là x − 2 y + 25 = 0 .
Chú ý M,N khác phía với AB nên trường hợp này loại.
+) Nếu B(1;-‐-2) đường thẳng AB là 2x + y = 0 .
Gọi E là trung điểm BC ta có BC vuông góc với AI nên BC : x − y− 3 = 0 .
⎧⎪x + y −5 = 0 ⎧⎪x = 4
Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ ⎪⎨
⇔ ⎪⎨
⇒ E (4;1) .
⎪
x
−
y
−3
=
0
⎩⎪
⎩⎪⎪y =1
Vì E là trung điểm của BC nên C(7;4).
Vậy toạ độ các điểm cần tìm là B(-‐-1;2) và C(7;4).
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình

x + 8x − 2x 2 − 2 = 3

x( x +1)2
.
6x − x 2 − 1

⎧⎪x ≥ 0
⎪⎪
Điều kiện: ⎨ 6x − x 2 −1 > 0 ⇔ 2− 3 ≤ x ≤ 2+ 3 .
⎪
2
⎪8x
⎩⎪ − 2x − 2 ≥ 0
Ta có:
x + 8x − 2x 2 − 2 = x + 4x − 2(x −1)2 ≤

x + 4x = 3 x

.
2 ⎞
⎛ x 2+ 2x +1 ⎞⎟
⎛
⎟⎟ = 3 x ⎜⎜1+ 2(x −1) ⎟⎟⎟ ≥ 3 x
= 3 x ⎜⎜
⎜⎜⎝ 6x − x2 −1 ⎟⎠
⎜⎝
6x − x 2 −1
6x − x2 −1 ⎟⎠
Vì vậy dấu bằng xảy ra ⇔x =1 .

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
3

x( x +1)2

5


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
⎛
2
1+ 2 +1 ⎟⎟⎞ ⎜⎛
1 ⎞⎟
x
⎟⎟ .
x
+
⎟=
3
Cách 2: Phương trình tương đương với: 6− ⎜
⎜
x
⎜⎜⎝
⎜1+
x ⎜⎜⎝⎜ 8−
x ⎟⎟⎠
x ⎠⎟
Đặt t = x +

1

≥2⇒ t2 =

x
Phương trình trở thành:

x 2 +1 + 2 ⇒ x 2 +1 2
= t −2.
x
x

(

)

6− (t 2 − 2) 1+ 8− 2(t 2 − 2) = 3t

(

)

⇔ 8− t 2 1+ 12− 2t 2 = 3t ⇔
⇔−

2(t2 − 4) 8−t2

=

8− t 2

( 12− 2t

2

)

− 2 = 3(t − 8−t 2 )

6(t 2− 4)

.

12− 2t 2 + 2
t + 8−t 2
⎡
⎤
6
2 8−t 2 ⎥
2
⎢
⇔ (t − 4) ⎢
+
⎥ = 0 ⇔ t = 2(do t ≥ 2)
2
12− 2t 2 + 2⎦⎥
⎣⎢t + 8−t
Vì vậy t =2 ⇔ x + 1 = 2 ⇔x =1.
x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Chú ý. Để giải phương trình

(

(

)

8− t 2 1+ 12− 2t 2 = 3t (*) ta có thể xét hàm số

)

f (t ) = 8− t 2 1+ 12− 2t 2 − 3t .
Dễ có f '(t ) = −

t(−2 2t2 + 6−t 2 +14 2)
2

2

−3 < 0,∀t ∈ ⎢⎡2; 6⎤⎥.
⎣
⎦

6−t . 8−t
Vì vậy f(t) đồng biến, do đó (*) ⇔ f (t ) = f (2) ⇔t = 2 ⇔ x =1. Ta có kết quả tương tự.
Bài tập tương tự

(x+

)

19x − 5x 2 − 5 = 2(x +1) . Đ/s: x =1 .

1. Giải phương trình

3x − x 2 − 1

2. Giải phương trình

⎛
2
⎟⎟⎞
⎜⎜
8− 2(x +1) ⎟=
6x − x 2 −1 ⎜ 1+
⎟⎟ 3(x +1) . Đ/s: x =1 .
⎜⎜⎝
x
⎟⎠

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x +y+z
x
y
z
P=
+
+
.
−

x + y + z + xy + yz + zx
y 2 + yz + z 2
z 2 + zx + x 2
x 2 + xy + y 2
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
x
y2 + yz + z 2

=

x xy + yz + zx
(y2 + yz + z 2 )(xy + yz + zx)

≥

2x xy + yz + zx
xy + yz + zx + y2 + yz + z 2

=

2x xy + yz + zx
(y + z)(x + y + z)

.

Tương tự ta có:
6


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn

y
z 2 + zx + x 2

≥

2 y xy + yz + zx
2z xy + yz + zx
z
;
≥
.
(z + x )(x + y + z) x 2 + xy + y2
(x + y)( x + y + z)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và gọi A là tổng 3 phân thức đầu của P ta có
2(xy + yz + zx ) ⎛ x
y
z ⎞
+
+
⎟
A xy + yz + zx ≥
⎜
x + y + z ⎝⎜ y + z x + z x + y ⎠⎟
.
( ∑ x( y + z))⎛
x ⎞
⎟≥ x + y+ z
=

⎜∑
x + y + z ⎝⎜
y + z ⎠⎟
Vì vậy A ≥

Suy ra P≥
Đặt t =

x +y+z
xy + yz + zx
x +y+z
xy +yz + zx
x +y+z

xy + yz + zx

Ta có f '(t ) =1−

.
−

x +y+z
x + y + z + xy + yz + zx

≥ 3 ⇒ P ≥ f (t ) = t −

.

t
.

t +1

1
t2
= + 2t > 0,∀t ≥ 3 .
(t +1)2 (t +1)2

)

Vì vậy f(t) đồng biến trên ⎢⎡ 3;+∞ .
⎣
Vì vậy P ≥ f (t ) ≥ f ( 3) =

3( 3 −1)

. Dấu bằng đạt tại x = y = z .

2

7


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn

Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 09/50
Ngày thi : 16/02/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học – – Chi tiết: www.mathlinks.vn
4

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x − ( m + 2)x 2 +1 (1).
4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2 .
2. Tìm m để (1) có ba điểm cực trị đều nằm trên các trục toạ độ.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình (1− 2cos5x )(2cos2x +1) = 2cos x .

b) Giải phương trình x ln 2 x − ( 3 x −1) ln x + 2x − 2 = 0 .
π
2

sinx

0

cos x + 4 −3cos x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

dx .

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Gọi z 1, z 2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − 2 3z + 4 = 0 . Tính A = z 14 + z24 .
b) Cho số tự nhiên (n ≥ 2) và khai triển (x +1)n (x + 2) = a 0+ a 1x + a 2x 2+...+ a n+1xn+1 . Tìm n biết
rằng các số a2 −7n;na n ;a n−2 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có AB = BC = a, AD = 2a, A!BC = D!AB = 900 . Tam
giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Cạnh bên SB tạo
với mặt đáy góc 300 . Gọi M là điểm thuộc đoạn SA thoả mãn AM = 2SM . Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SCD).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho điểm A(2;2;j1) và hai đường

x − 1 y+1 = z − 1 ;d : x − 3 = y = z +1 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song
thẳng d1 :
=
2
−1
4
1
1
2
2
với d1,d2 và cách điểm A một khoảng bằng 3.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 9 .
Đường tròn (T) có tâm I, bán kính bằng 4 và (C) cắt (T) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tứ
giác OAIB có diện tích bằng 12 ( với O là gốc toạ độ). Viết phương trình đường tròn (T), biết I
nằm trên đường thẳng d : x − 2y + 2= 0.
x⎧⎪ −3 2 y 2= 16
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎪⎨
(x, y ∈! ) .
⎪⎪ y 3 −(3x + 2) y 2 + 3x 2y = 2(x 2 + 4)
⎩
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a,b là hai số thực dương phân biệt thoả mãn ab >1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P =

16
(a+ b) 2
−
+ 2 a +b .
(ab−1)(a −b) 2 (a+b)2 (ab−1)
m
m

m
HẾTm
m
m


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn

PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN
4

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x − ( m + 2)x 2 +1 (1).
4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2 .
2. Tìm m để (1) có ba điểm cực trị đều nằm trên các trục toạ độ.
1. Học sinh tự làm.
⎡x =0
2. Ta có: y ' = x 3 − 2(m + 2)x; y ' = 0 ⇔ ⎢
.
⎢x 2 = 2(m + 2)
⎣
Để (1) có ba điểm cực trị khi y’ có ba nghiệm phân biệt ⇔m + 2 > 0 ⇔m >−2
. Khi đó toạ độ ba điểm cực trị là
A(0;1),B ( − 2(m + 2);1−(m + 2)2 ),C ( 2(m + 2);1−(m + 2)2 ) .
Ta có A thuộc Oy. Vậy để ba điểm cực trị của (1) thuộc các trục toạ độ khi
⎡m =−1(t / m)
B,C ∈Ox ⇔1−(m + 2) 2 = 0 ⇔ ⎢
.
⎢m =−3(l)
⎣

Vậy m = − 1 là giá trị cần tìm.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình (1− 2cos5x )(2cos2x +1) = 2cos x .
b) Giải phương trình x ln 2 x − ( 3 x −1) ln x + 2x − 2 .
a) Phương trình tương đương với:
(1−2cos5x )(2cos2x +1) = 2cos x
2cos2x −4 cos5x cos2x +1− 2cos5x = 2cos x
⇔2cos2x −2cos5x −2(cos7x + cos3x ) +1 = 2cos x
⇔2(cos5x + cos7x )+ 2(cos3x + cos x )= 2cos2x +1 .
⇔4 cos6x cos x + 4 cos2x cos x = 2cos2x +1
⇔4 cos x(cos6x + cos2x ) = 2cos2x +1
⇔8cos x cos4x cos2x = 2cos2x +1
Nhận thấy sin x  0 không là nghiệm của phương trình.
Với sin x ≠ 0 nhân thêm hai vế của phương trình với sinx ta được:
8sin x cos x cos4x cos2x = sin x(2cos2x +1)
⇔ sin8x = 2sin x cos2x + sin x ⇔ sin8x = sin3x .
⎡⎢
x =k 2π
⎡8x = 3x + k2π
⎢
5
⇔⎢
,k∈ !
⇔
⎢8x = π −3x + k2π ⎢⎢
π
2π
⎣
x
=

+
k
⎢
11
11
⎣⎢
2π
π
2π
Vậy phương trình có nghiệm là x = k ;x = + k ,k ∈! .
5
11
11
Bài tập tương tự
Giải các phương trình
1j (2sin 5x −1)(2cos2x −1) = 2sin x .
2j 4sin x.cos2x = (2cos2x +1)tan x .


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
b) Điều kiện: x > 0 .
Coi phương trình là phương trình bậc hai với lnx ta được:
Δ = (3x −1) 2 − 4x (2x − 2) = x 2 + 2x +1 = (x +1)2 .
ln x

3x − 1 − ( x +1)
1
3x − 1 + (x +1)
=1 − ;ln x =
=2.

2x
x
2x
+) Nếu ln x = 2 ⇔ x = e2 .
1
1
+) Nếu ln x =1− ⇔ln x + −1= 0 ⇔ x =1.
x
x
Vậy phương trình có hai nghiệm x =1; x = e2 .
Suy ra ln x =

π
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

0

Đặt t = 4 −3cos x ⇒ cos x =

sinx
cos x + 4 −3cos x

dx .

4 −t 2
2tdt
⇒ sin xdx =
.

3
3

Vì vậy
2tdt
2
2
tdt
tdt
3
=2
=
2
I= ∫
2
∫
∫
2
(t
+1)(4−t
)
−t + 3t + 4
4− t
1
1
1
+t
.
3
2

2 6 3
2 ⎛ 4
1 ⎞⎟
2
= ∫ ⎜⎜
−
⎟ dt = −4 ln t − 4 −ln t +1
= ln
⎟
⎟
⎜
5 1 ⎝ 4 − t t +1 ⎠
5
1 5 2
2

(

)

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Gọi z , z là hai nghiệm của phương trình z 2 − 2 3z + 4 = 0 . Tính A = z4 + z4 .
1

1

2

b) Cho số tự nhiên (n ≥ 2) và khai triển (x +1) (x + 2) = a + a x + a x +...+ a

2

n

0

1

2 2

n+1

xn+1 . Tìm n biết

rằng các số a2 −7n;na n ;a n−2 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng.
⎡z = 3 +i
.
a) Ta có (z − 3) 2 +1 = 0 ⇔ (z − 3) 2 = i 2 ⇔ ⎢⎢
⎢⎣z = 3−i
Khi đó
A = ( 3 + i)4 + ( 3 −i )4 = ⎡⎢( 3 + i)2 ⎤⎥ + ⎡⎢( 3 −i )2 ⎤⎥
⎦ ⎣
⎦
.
⎣
2
2
= (2 + 2 3i) + (2− 2 3i) = 4(−2 + 2 3i) + 4(−2− 2 3i) = −16
2

2

Chú ý. Ta có thể tính A = z1n + z 2n bằng cách viết z ,1z 2dưới dạng lượng giác.
b) Ta có (x +1)n (x + 2) = (x +1)n+1 + (x +1)n .
Suy ra

(n +1)n n(n −1)
+
= n2 ;
2
2
n
an = C n+1
+C nn = (n +1) +1= n + 2;
2 +C 2 =
a2 = C n+1
n

an− 2 = Cn+1 +C n
n−2

n−2

=

(n +1)n(n−1) n(n −1) n(n −1)(n + 4)
+
=
6
2

6

.


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
Theo giả thiết bài toán ta có
n(n −1)(n + 4)
n(n + 2)−(n 2 −7n) =
−n(n + 2)
6
⎡n = 0(l)
.
⎢
n(n −1)(n + 4)
⇔
= n2 +11n ⇔ ⎢⎢n = −7(l)
6
⎢⎢n=10(t / m)
⎣
Vậy n = 10 là giá trị cần tìm.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có AB = BC = a, AD = 2a, A!BC = D!AB = 900 . Tam
giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Cạnh bên SB tạo
với mặt đáy góc 300 . Gọi M là điểm thuộc đoạn SA thoả mãn AM = 2SM . Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SCD).
+) Gọi E là trung điểm AD ta có tứ giác AECB là hình vuông
cạnh a.
+) Gọi H là giao điểm của AC và BE thì H là trung điểm của AC
theo giả thiết tam giác SAC cân nên SH ⊥ AC .
Mặt khác (SAC) vuông góc với mặt đáy (ABCD) nên

SH ⊥ (ABCD) .
+) Ta có: SH = HB tan 300 =

BE 1 a 6 .
. =
2
6
3

1
1
BC + AD
1 a 6
a3 6
.AB = .
.(a + 2a).a =
(đvtt).
Vì vậy V S .ABCD = SH .S ABCD = .SH .
3
3
2
6 6
12
MS
MS AC
2
+) Ta có: d(M ;(SCD)) =
.d(A;(SCD )) =
.
.d(H ;(SCD)) = d(H ;(SCD)) .

AS
AS HC
3
Tam giác ACD có AC = a 2,CD = CE 2 + ED 2 = a 2 ⇒ CD 2 + AC 2 = AD 2 = 4a2 .
Vì vậy ACD vuông cân tại C suy ra CD ⊥ (SAC ) .
+) Kẻ HK vuông góc với SC tại K thì SK ⊥ (SCD ) .

Tam giác vuông SHC có

1
1
1 = 6 + 2 ⇒ HK = a 2 .
=
+
4
HK 2 SH 2 HC2 a2 a2

Kết luận: d (M ;(SCD )) =

a2

.
6
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho điểm A(2;2;j1) và hai đường
x − 1 y+1 = z − 1 ;d : x − 3 = y = z+1
thẳng d1 :
=
. Viết phương trình mặt phẳng (P) song song
2
−1

4
1
1
2
2
với d1,d2 và cách điểm A một khoảng bằng 3.
!
!
Đường thẳng d1,d2 có các vtcp lần lượt là a = (−1;4;1),b =(1;2;2) .
! ⎡ ! !⎤
Mặt phẳng (P) song song với d1,d2 nên có vtpt là n = ⎢a,b⎥ = (6;3;−6)//(2;1;−2) .
⎣ ⎦
Suy ra (P) : 2x + y − 2z + c = 0 .


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
⎡c =1
2.2 +1.2− 2.(−1)+ c
Ta có d(A;(P )) = 3 ⇔
= 3 ⇔ c+8 = 9 ⇔ ⎢
.
⎢c =−17
22 +12 + (−2)2
⎣
Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là 2x + y − 2z +1 = 0;2x + y − 2z −17 = 0 .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 9 .
Đường tròn (T) có tâm I, bán kính bằng 4 và (C) cắt (T) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tứ
giác OAIB có diện tích bằng 12 ( với O là gốc toạ độ). Viết phương trình đường tròn (T), biết I
nằm trên đường thẳng d : x − 2y + 2= 0.
Đường tròn (C) có tâm O(0;0) bán kính bằng 3.

Ta có OI vuông góc với AB. Vì vậy

Vì vậy S

OIA

1
S OAIB = OI .AB = 2S OIA =12 ⇒ S OIA =6 .
2
Mặt khác:
1
1
S OIA = OA.IA.sinO!AI = .3.4.sinO!AI = 6sinO!AI ≤ 6 .
2
2
!
0
2
2
2
= 6 ⇔O AI = 90 ⇒ OI = OA + AI = 9+16 = 25.

Gọi I (2a−2;a) ∈d ⇒ OI 2 = a2 + 4(a−1)2 = 25 .
⎡a= 3
⎡I(4;3)
⎢
⎢
2
⇔ 5a −8a − 21 = 0 ⇔ ⎢
.

⇒⎢
⎢a= − 7
⎢I (− 24 ;− 7 )
⎢⎣
⎢
5 ⎣
5
5
Vậy có hai đường tròn thoả mãn yêu cầu bài toán là
⎛
24 ⎞ ⎛
7⎞
(T ) : (x − 4) 2 + ( y −3) 2 =16;(T ) : ⎜⎜x + ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ y + ⎟⎟⎟ =16 .
⎜⎝
5 ⎠⎟ ⎜⎝
5 ⎟⎠
Bài tập tương tự mTrong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho đường tròn
4
(C ) : (x + 2)2 + ( y −1) 2 = có tâm I. Đường tròn (T) có bán kính bằng 2, tâm J nằm trên đường
3
4 3
thẳng d : x + y − 2 = 0 và (C) cắt (T) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho S
=
. Viết
IAJB
3
phương trình đường tròn (T).
2
2
2

⎞2
⎛
⎛
15 ⎞⎟⎟
15⎟⎞⎟ ⎜⎛⎜
5
15⎟⎞⎟ ⎜⎛⎜
5
15⎟
1
1
⎜
⎜
⎟
Đ/s: (T ) : ⎜⎜x + −
⎟ + y− +
⎟ = 4;(T ) : ⎜⎜x + +
⎟ +⎜y − −
⎟ = 4.
2
6 ⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝
2
2
⎜⎝
2
6 ⎠⎟⎟
6 ⎟⎠⎟
6 ⎟⎠⎟ ⎜⎝
⎜⎝
2

2

⎧⎪ x 3 − 2y 2 =16
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨⎪
(x, y ∈! ) .
3
2
2
2
⎪⎩ y −(3x + 2) y + 3x y = 2(x + 4)
⎧⎪ x 3 = 2 y2 +16
.
Hệ phương trình tương đương với: ⎪⎨ 3
⎪⎪ y −3xy 2+ 3x 2y =2x 2 + 2y 2 +8
⎩
Trừ theo vế 2 phương trình của hệ ta được:
⎧⎪x 3 = 2y 2 +16
⎧⎪x 3 = 2y 2 +16
⎧⎪x 3 = 2y 2 +16
⎪
⎪
⎪⎨
.
⇔
⇔
⎨
⎨
⎪⎪ (x − y) 3 = 8− 2x 2 ⎪⎪ x − y = 3 8− 2x 2
⎪⎪ y = x − 3 8− 2x 2

⎩
⎩
⎩