đề THPT quốc gia môn toán 2016 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 01/50
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học –
Câu 1(4,0 điểm) Cho hàm số y =

2x − 1

(1).
x− 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2. Cho hai điểm A(1;2) và B(5;2). Viết phương trình tiếp tuyến của (1) cách đều A,B.
3. Tìm điểm M thuộc (1) có tổng khoảng cách đến 2 trục toạ độ đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 2(4,0 điểm) Giải các phương trình
1
1.
2 tan x(1−cos x) =
− 1.
cos x
2.
4 + ln(x +1) + x 3 − 2x 2 + x − 2 = 0 .
Câu 3(1,5 điểm) Gọi S là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 − 3 x +1; y = − 4 x + 3 . Tính
thể tích khối tròn xoay khi quay S quanh trục hoành.
2

Câu 4(1,5 điểm) Gọi z1, z2 là hai nghiệm của phương trình (1+i)z − 2iz − 21+ i = 0 . Tính
A = z12 − z22 .
Câu 5(1,0 điểm) Một trò chơi quay số trúng thưởng với mâm quay là một đĩa tròn được chia
đều thành 10 ô và được đánh số tương ứng từ 1 đến 10. Người chơi tham gia bằng cách quay
liên tiếp mâm quay 2 lần, khi mâm quay dừng kim quay chỉ tương ứng với ô đã được đánh

số. Người chơi trúng thưởng nếu tổng của hai số kim quay chỉ khi mâm quay dừng là một số
chia hết cho 3. Tính xác suất để người chơi trúng thưởng.
Câu 6(1,5 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
BC = 2a . Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh AB, góc giữa
đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng
cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’).
Câu 7(3,5 điểm)
1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;0;Ç1) và mặt
phẳng
( P ) : 2x + 2 y − z −12 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A vuông góc với (P).
Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên (P).
2. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(Ç4;8). Gọi M là
điểm thuộc tia BC thoả mãn CM = 2BC , N là hình chiếu vuông góc của B trên DM. Tìm
toạ độ điểm B, biết N (83/13;−1/13) và đỉnh C thuộc đường thẳng 2x + y + 5 = 0 .
⎧⎪
2
3
= ( x2 + y2 − 4)( x + y −1)
Câu 8(1,5 điểm) Giải hệ phương trình ⎪⎨4x − xy − x
( x, y ∈! ) .
⎪⎪⎩ ( x − y)(x −1)( y −1)(xy + x + y) = 4
Câu 9(1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn a ≥ 7.max{b,c };a+ b+ c = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a(b− c)5 + b(c −a) 5 + c(a−b) 5 .

kkkHẾTkkk
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM – BÌNH LUẬN ĐỀ 01/50
Page1/9


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

Thang điểm tương ứng:
Câu 1: 1.1(2,0 điểm); 1.2 và 1.3 mỗi ý 1,0 điểm
Câu 2: 2.1 và 2.2 mỗi ý 2,0 điểm
Câu 7: 7.1(2,0 điểm); 7.2(1,5 điểm)
2x − 1
Câu 1(4,0 điểm) Cho hàm số y =
(1).
x− 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2. Cho hai điểm A(1;2) và B(5;2). Viết phương trình tiếp tuyến của (1) cách đều A,B.
3. Tìm điểm M thuộc (1) có tổng khoảng cách đến 2 trục toạ độ đạt giá trị nhỏ nhất.
1. Học sinh tự làm.
2. Đường thẳng AB có pt là y = 2 ; trung điểm của AB là điểm I(3;2).

Giả sử tiếp điểm M (m;

2m −1
m−1

),m ≠ 1 .Tiếp tuyến có dạng: y = −

1
2m − 1
(x − m) +
.
2
m− 1
(m−1)

Để d cách đều A,B có 2 trường hợp:

+ Nếu d//AB khi đó kd = kAB ⇔−

1
= 0(vô nghiệm).
(m−1)2

1
2m −1
(3− m) +
⇔m −2 = 0 ⇔m = 2
m−1
(m −1)2 .
Suy ra tiếp tuyến cần tìm là y = − x + 5 .
+ Nếu d đi qua I khi đó 2 =−

3. Giả sử M (m;

2m −1
m −1

),m ≠ 1 . Khi đó d(M ;Ox) =

Ta cần tìm GTNN của biểu thức P =

2m − 1
m−1

;d(M ;Oy) = m .

2m − 1

+m .
m− 1

1
1
+ Nếu m > ⇒ P > m > .
2
2
2m −1
+ Nếu m < 0 ⇒ P >
>1 .
m −1

1
2m −1
m 2 + m −1 (2m −1)(m +1) 1 1
+ Nếu 0 ≤ m ≤ ⇒ P =
+m =
=
+ ≥ .
2
m −1
m −1
2(m −1)
2 2
⎛1 ⎞
1
So sánh có giá trị nhỏ nhất bằng ½. Dấu bằng xảy ra khi m = ⇒ M ⎜⎜ ;0⎟⎟⎟.
⎜⎝ 2 ⎟⎠
2

Vậy điểm cần tìm là M (1/2;0).
Câu 2(4,0 điểm) Giải các phương trình
1
1.
2 tan x(1− cos x ) =
− 1.
cos x
2.
4 + ln(x +1) + x 3 − 2x 2 + x − 2 = 0 .
1. Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π
2

+ k2π .

Phương trình tương đương với:

2 sin x(1−cos x )
cos x
Page2/9

=

1−cos x
cosx

.

Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
⎡
⎢⎢x = k2π
⎡cosx =1
⎢
⎢
⎢x = π + k2π .
⇔ (1−cos x)( 2 sin x −1) = 0 ⇔ ⎢
⇔
⎢
⎢sin x = 1
4
⎢
⎢
⎢
2
⎣
3π
⎢x = + k2π
⎢⎣
4
π
3π
Vậy nghiệm của phương trình là x = k2π; x = + k2π; x =
+ k2π,k ∈! .
4
4
⎧⎪
x > −1
⇔ x >−1+ e−4 .

2. Điều kiện: ⎪⎨
⎪
⎩ ⎪ln(x +1) + 4 > 0
4 + ln(x +1) + x(x −1) 2 − 2 = 0 .

Phương trình tương đương với:

+ Nếu x > 0khi đó VT > 4 + ln(x +1) − 2 > 0 , pt vô nghiệm.
+ Nếu x < 0 khi đó VT ≤

4 + ln(x +1) − 2 < 0 , pt vô nghiệm.

Nhận thấy x = 0 thoả mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 .
Chú ý. Có thể giải bằng pp hàm số.
Câu 3(1,5 điểm) Gọi S là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 − 3 x +1; y = − 4 x + 3 . Tính
thể tích khối tròn xoay khi quay S quanh trục hoành.
⎡x =−2
Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 −3x +1 = −4x + 3 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ ⎢
.
⎢x =1
⎣
Vì vậy
1

1

V = π∫ (x −3x +1) −(−4x + 3) dx = π∫ (x −1)(x + 2)(x 2 −7x + 4) dx
2

2

2

−2

−2

7− 33
2

=π

∫

−(x −1)(x + 2)(x 2 −7x + 4)dx +

.

−2

⎛ 7856 847 33 ⎟⎞
⎜
(x −1)(x + 2)(x 2 − 7x + 4)dx = ⎜ ⎜
−
⎟⎟ π
⎜ 15
10 ⎟⎠⎟
⎝
7− 33
1

∫
2

Chú ý. Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số
y = f (x ); y = g(x ) và các đường thẳng x = a;x = b(a < b) được tính theo công thức
b

V = π ∫ f 2 (x )− g2 (x ) dx .
a
b

Nhiều học sinh mắc sai lầm khi sử dụng công thức tự chế V = π ∫ ( f (x )− g(x ))2 dx . Các em
a

cần chú ý.
Câu 4(1,5 điểm) Gọi z1, z2 là hai nghiệm của phương trình (1+i)z 2− 2iz − 21+ i = 0 . Tính
A = z12 − z22 .
Ta có Δ ' = i 2 −(1+ i)(−21+ i) = 21+ 20i = (5+ 2i)2 .
Suy ra z = − 3 + 2i; z = 4 − i .
Page3/9


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
Vì vậy A = (−3+ 2i)2 − ( 4 − i )2 = (5−12i )− ( 1 5− 8i ) = 10 + 4i = 2 29 .
Chú ý. Một số học sinh tính toán sai giá trị của A nên bước tính toán các em đặc biệt lưu ý.
Câu 5(1,0 điểm) Một trò chơi quay số trúng thưởng với mâm quay là một đĩa tròn được chia
đều thành 10 ô và được đánh số tương ứng từ 1 đến 10. Người chơi tham gia bằng cách quay
liên tiếp mâm quay 2 lần, khi mâm quay dừng kim quay chỉ tương ứng với ô đã được đánh
số. Người chơi trúng thưởng nếu tổng 2 số kim quay chỉ khi mâm quay dừng là một số chia

hết cho 3. Tính xác suất để người chơi trúng thưởng.
+ ) Số cách xuất hiện kết quả của trò chơi là 10.10=100.
+ ) Ta tìm số kết quả để tổng 2 số nhận được khi mâm quay dừng là một số chia hết cho 3.
Trước tiên phân chia 10 số ban đầu thành 3 loại: Loại I gồm các số chia hết cho 3 có 3 số
(3,6,9); loại II gồm các số chia 3 dư 1 có 4 số (1,4,7,10); loại III gồm các số chia 3 dư 2 số có 3 số
( 2,5,8). Vậy có các khả năng sau:
+ Cả 2 lần kim quay đều chỉ số loại I có 3.3=9 cách.
+ Có 1 lần quay chỉ số loại II và 1 lần quay chỉ số loại III có 2!.4.3=24 cách.
Vậy số số kết quả để tổng 2 số nhận được khi mâm quay dừng là một số chia hết cho 3 là
9+24=33 cách.
Vậy xác suất cần tính là P = 33/100 = 0,33 .
Chú ý. Có thể giải bằng cách liệt kê số phần tử. Xem thêm bình luận cuối đề.
Câu 6(1,5 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
BC = 2a . Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh AB, góc giữa
đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng
cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’).
Gọi H là trung điểm cạnh AB theo giả thiết ta có
A' H ⊥ (ABC) .
Tam giác ABC vuông cân tại A, suy ra AB = AC = a 2 .
Tam giác AHC vuông có:
HC = AC 2 + AH 2 = 2a2 +

a2
2

=

a 10
.
2

Có HC là hình chiếu của A’C trên (ABC) nên A!'CH = 600 .
Suy ra A' H = HC .tan 600 =

a 30
2

a3 30
a 30 1
. .(a 2) 2 =
(đvtt).
2 2
2
Kẻ HK vuông góc với AA’ tại K có AC ⊥ (ABB ' A') ⇒ AC ⊥ HK .
Suy ra HK ⊥ (ACC ' A'),HK = d(H ;(ACC ' A')) .
Vì vậy V ABC .A ' B 'C = A' H .S ABC =

Ta có

1
1
1
2
2
a 30 .
=
+
= 2+
⇒ HK =
2

2
2
2
a
8
HK
AH
A' H
15a

Vì vậy d(B;(ACC ' A')) =

BA

.d(H ;(ACC ' A')) = 2HK =
HA

Câu 7(3,5 điểm)
Page4/9

a 30

4

.

.


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

1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;0;Ç1) và mặt phẳng
(P) : 2x + 2y − z −12 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A vuông góc với (P).
Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên (P).
2. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(Ç4;8). Gọi M
là điểm thuộc tia BC thoả mãn CM = 2BC , N là hình chiếu vuông góc của B trên DM. Tìm
toạ độ điểm B, biết N (83/13;−1/13)và đỉnh C thuộc đường thẳng 2x + y + 5 = 0 .
!
1. Đường thẳng d vuông góc với (P) nên d nhân vtpt n = (2;2;−1) của (P) làm véc tơ chỉ
⎧⎪x =1+ 2t
⎪⎪
phương. Vì vậy d : ⎨⎪y = 2t
(t ∈! ) .
⎪⎪
⎩⎪⎪z = −1−t
Thay x,y,z từ phương trình của d vào pt của (P) ta được:
2(1+ 2t) + 2.2t −(−1−t )−12 = 0 ⇔9t −9 = 0 ⇔t =1.

Suy ra toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên (P) là điểm H(3;2;Ç2).
2. Gọi C(t;−2t − 5 ) . Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD, suy ra I là
trung điểm của AC và BD.
⎛
⎞
t − 4 −2t + 3 ⎟⎟
Do đó I ⎜⎜
;
. Tam giác BDN vuông tại N có I là trung
⎜⎝ 2
2 ⎟⎟⎠
BD
= IB = IA .

2
⎛83 t − 4 ⎞ 2
⎞2
⎞2
⎞2
⎜⎜− 1 − −2t + 3 ⎟⎟ = ⎜⎛⎜−4− t − 4⎟⎟ +⎜⎛⎜8− −2t + 3⎟⎟ ⇔ t =1 .
Ta có pt:
−
+
⎟
⎜⎝ 13
2 ⎟⎟⎠ ⎝⎜ 13
2 ⎟⎠
2 ⎟⎟⎠ ⎝⎜
2 ⎟⎟⎠
⎝⎜
điểm BD nên IN =

⎛ 3 1⎞
Suy ra I ⎜⎜− ; ⎟⎟⎟;C(1;−7) .
⎜⎝ 2 2 ⎠⎟
!!!"
!!!"
Gọi B(a;b) ta có CM = 2BC = 2(1−a;−7−b) ⇒ M (3− 2a;−21−2b) .
!!!" ⎛ 83−13a 1+13b ⎞ !!!!" ⎛ 44+ 26a 272 + 26b ⎞
⎟⎟,MN = ⎜⎜
⎟⎟.
Ta có BN = ⎜⎜
;−
;

⎟⎟
⎜⎝ 13
⎜⎝ 13
13 ⎟⎟⎠
13
⎠
Do BN vuông góc với MN nên:
!!!" !!!!"
BN.MN = 0 ⇔(83−13a)(44 + 26a)−(1+13b)(272 + 26b) = 0 (1).
Mặt khác: IB 2 = IC 2 =

125 ⎛⎜
⇔ ⎜a+
⎜⎝
2

3 ⎞⎟ ⎛⎜
1⎞
125
⎟⎟ + ⎜ b− ⎟⎟⎟ =
(2).
⎟
⎟
⎜
2⎠ ⎝
2⎠
2
2

2

Từ (1) và (2) ta có:

⎡a=−4,b =−7
⎧⎪a2 + b2 + 3a−b = 60
⎧⎪2a−3b =13
⎢
⎪⎨
⇔ ⎨⎪
⎢
⇔
1.
83
2
⎪⎪ 13(a 2 + b2 )−61a +137b −130 = 0 ⎪⎪ a2+ b+
3a −b = 60 ⎢a = ,b =−
⎩
⎩
⎢⎣
13
13

Đối chiếu B khác N suy ra B(Ç4;Ç7).

⎧
2
3
= ( x2 + y2 − 4)( x + y −1) .
Câu 8(1,5 điểm) Giải hệ phương trình ⎪⎪⎨4x − xy − x
⎪⎪(x − y)(x −1)( y −1)(xy + x + y) = 4

⎩
Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ 1 .
Page5/9


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:

⎡
x + y −1 = 0 .
( x + y −1 + x )(x 2 + y 2 − 4) = 0 ⇔ ⎢⎢x +
2
2
⎣⎢x + y = 4
⎪⎧x = 0
+ Với x + x + y −1 = 0 ⇔ ⎪⎨
(thử lại thấy không thoả mãn).
⎩⎪⎪y =1
⎪⎧ x 2 + y 2 = 4
+ Với x 2 + y 2 = 4 ta có hệ phương trình ⎪⎨
(1).
⎪⎪⎩ ( x − y)(x −1)(y −1)(xy + x + y) = 4
Viết lại pt thứ hai của hệ dưới dạng:
(y 2 −1)x 3 −( y3 −1)x 2 + y3 − y 2 − 4 = 0
⇔ (y 2 −1)x 2 −( y3 −1)(4− y 2 )+ y3 − y 2 − 4 = 0
⇔ (y 2 −1)x 3 + y 2 (y − 2)(y +1)2 = 0
⇔ (y 2 −1)(4− y 2 )x + y 2 (y − 2)(y +1)2 = 0
.
⇔ (y +1)(y − 2) ⎡⎢y 2 (y +1)−( y −1)( y + 2)x ⎤⎥= 0
⎣

⎦
⎡y = −1(l)
⎢
⇔ ⎢⎢y = 2(t / m) ⇒ x = 0
⎢ 2
⎣⎢y (y +1) = (y −1)( y + 2)x
Ta xét phương trình: y 2 (y +1) = (y −1)(y + 2)x ⇔ y 2 (y +1) = (y −1)(y + 2) 4− y 2 .
Mặt khác:1≤ y ≤ 2 suy ra :
y 2 = y 2 + y − 2 + ( 2 − y) ≥ y 2 + y − 2;
y +1 = y 2 + 2y +1 = (4 − y 2 ) + (2y 2 + 2y − 3 ) > 4 − y 2

.

Suy ra VT >VP .Tức phương trình trên vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (0;2) .
Chú ý. Ta có thể giải (1) bằng 2 cách khác sau:
Cách 2: Khi đó để hệ (1) có nghiệm ta phải có: (x − y)(x −1) ≥ 0 .
Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
VT = ( y −1) ⎡⎢(xy + x + y)(x 2 − xy − x + y)⎤ ⎥
⎣
⎦
≤

≤

( y −1)(x 2 + 2y) 2 ( y −1)(4− y 2+ 2y) 2
=
=
4
4

⎛ 4( y −1)2 + 4(5−( y −1)2 ) ⎞ 5
⎟
⎜⎜
⎟⎟⎟
⎜⎝
5
⎠
8

4(y −1)2.(5−( y −1)2 )4
.
8

=4

⎧⎪4(y −1)2 = 5−( y −1)2
⎪⎪
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ⎨⎪x 2 − xy − x + y = xy + x + y ⇔ x = 0; y = 2.
⎪⎪ 2
⎪ x + y 2= 4
⎪⎩
(y −1)(4 − y 2 + 2y) 2
Chú ý. Bước cuối có thể chứng minh
≤ 4 bằng biến đổi tương đương hoặc
4
hàm số.
Page6/9


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

⎡x ≥ y ≥1
Cách 3: Khi đó để hệ (1) có nghiệm ta phải có: (x − y)(x −1) ≥ 0 ⇔ ⎢⎢
.
⎣x ≤1 ≤ y
TH1: Nếu x ≥ y ≥ 1 khi đó sử dụng AM –GM ta có:
⎛
⎞2
x − y + y −1 ⎟⎟
(x −1) 2
⎜
(x − y)( y −1) ≤ ⎜
=
.
⎟⎟
⎜⎝
2
4
⎠
Suy ra P = (x − y)( y −1)( x −1)( xy + x + y) ≤

(x −1) 3

(xy + x + y) .
4
Chú ý sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta có:
1
(x − y) 2 + ( y −1)2 ≥ (x −1)2
2
3
⇒ (x −1)2 ≤ (x −1)2 + (x − y) 2 + ( y −1)2 =10− 2(x + y + xy) .

2
4
⇒ (x −1)2 ≤ (5− xy − x − y)
3
Đặt t = x + y + xy ≤ x 2 + y 2 +1 = 5 ⇒ t ∈ ⎡⎢3;5⎤⎥.
⎣ ⎦
6
3
(
x
−1)
4
(
5
−t )3 2
4t 2 ( 5 − t
(xy + x + y) 2 ≤ . 3
t =
Khi đó P 2 ≤
.
)3
16
3
16
27
4t 2( 5 − t )3
Xét hàm số f (t ) =
trên đoạn [3;5] ta có:
27
20t(t −2)(t −5) 2

32
f '(t ) = −
< 0 ⇒ f (t ) ≤ f (3) = <16 .
27
3
Suy ra P < 4 (mẫu thuẫn với phương trình thứ hai của hệ) vậy trường hợp này vô nghiệm.
TH2: Nếu y ≥ 1 ≥ x khi đó sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
⎛ y − x ⎞2
⎟⎟ .
(y −1)(1− x ) ≤ ⎜⎜
⎜⎝ 2 ⎟⎟⎠
Lập luận tương tự trên ta có:
( y − x) 6
4t2 (5−t )3
(xy + x + y) ≤
,t = xy + x + y ∈ ⎡⎢1;3 ⎤⎥.
P2≤
⎣ ⎦
16
27
4t 2(5−t )3
Xét hàm trên đoạn [1;3] ta có f (t ) =
;f
= f (2) = 16 .
max
27
⎧⎪t = xy + x + y = 2
⎪⎪
⎧⎪x = 0
⇔ ⎨⎪

Tức là P 2 ≤16 ⇒ P ≤ 4 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ⎨⎪y −1 =1− x
.
⎪⎪ 2
2
⎩⎪⎪y = 2
⎩⎪⎪x + y =4
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (0;2) .
Câu 9(1,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn a ≥ 7.max{b,c };a+ b+ c = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a(b− c)5 + b(c −a) 5 + c(a−b) 5 .
Ta có

Page7/9


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
P = (a −b)(b − c)(c −a)(a3 + b3 + c3 + ab(a + b)+ bc(c + a) + ca(c + a)−9abc)
⎡1
⎤
2
= (a −b)(b − c)(c −a) ⎢ (a + b + c3) + (a 3+ b 3+ c 3) −11abc ⎥
.
⎢3
⎥
3
⎣
⎦
⎡2
1⎤
= (a −b)(b − c)(c −a) ⎢ (a3+ b 3+ c 3) −11abc + ⎥
⎢3

3 ⎥⎦
⎣
Trước tiên chuyển về biểu thức đối xứng 3 biến để dễ xử lý.
Lấy trị tuyệt đối ta được:
2
1
P = (a−b)(b − c)(c − a ) . (a3 +b3 + c3 ) + −11abc
3
3
.
2 3
1
3
3
≤ (a−b)(b − c)(c − a ) . (a + b + c ) +
3
3
Bởi vì
⎛ a+ b+ c ⎞ 3 1
⎟
0 ≤ abc ≤ ⎜⎜
⎟⎟⎟ = 27 ;
⎜⎝
3
⎠

.
2 3
1
2

1
1
(a + b3 + c3 ) + −11abc ≥ .3abc + −11abc = −9abc ≥ 0
3
3
3
3
3
Ta đi tìm giá trị lớn nhất của P khi đó a,b,c vai trò như nhau kết hợp với giả thiết nên ta có
thể giả sử a ≥ b≥ c .
(a −b)(b − c)(a− c) ⎡ 3
Khi đó P ≤
2(a + b3 + c3 ) +1⎤⎥.
⎢
⎣
⎦
3
+ Ta có các đánh giá cơ bản:
(a −b)(b − c)(a− c) ≤ ab(a− b ) ≤ b(1−b)(1− 2b);
2(a3 + b3 + c3 ) = 2b3 + 2(a3 + c3 ) ≤ 2b3 + 2(a + c)3 = 2b3 + 2(1−b) 3
Suy ra
2
b(1−b)(1−2b)(2b3 + 2(1−b)3+1) b(1−b)(1−2b)(2b −2b
+1)
=
.
3
3
⎡ 1⎤
Chú ý. Điều kiện a ≥ 7.max {b,c };a+ b+ c = 1 ⇒ b ∈ ⎢0; ⎥ .

⎢ 8⎥
⎣ ⎦
2
b(1−b)(1−2b)(2b −2b +1)
Xét hàm số f (b) =
trên đoạn [0;1/8] ta có
3
f '(b) = 20b4 − 40b3 + 30b2 −10b +1;
⎡ 1⎤.
⎢ ⎥
f ''(b) = 80b 3 −120b 2 +60b−10 = 40b 2(2b −3) +10(6b−1) < 0,∀b ∈ 0;
⎢ 8⎥
⎣ ⎦
⎛1 ⎞ 149
Suy ra f '(b) ≥ f ⎜⎜ ⎟⎟⎟=
> 0 . Vì vậy f(b) đồng biến trên đoạn [0;1/8].
⎜⎝ 8 ⎠⎟ 1024
⎛1 ⎞ 525
525
525
1
7
Suy ra P ≤ f ⎜⎜ ⎟⎟⎟=
⇔−
≤ P≤
. Dấu bằng đạt tại b = ;c = 0;a = .
8192
8192
8
8

⎝⎜ 8 ⎠⎟ 8192

P≤

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng Ç525/8192.
Chú ý. Câu hỏi đặt ra là tại sao phân tích được P như trên. Nhận thấy khi a = b = c ⇒ P = 0 .
Do đó P có các nhân tử (a−b)(b − c)(c − a ) . Nói thêm có thể không cần điều kiện
Page8/9


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
a ≥ 7.max{b,c}. Việc chặn thêm điều kiện này chỉ nhằm mục đính bài toán có kết quả đẹp.

Dạng toán này bạn đọc tham khảo cuốn “Kỹ thuật giải Bất đẳng thức bài toán Min8Max”
cùng tác giả. Để rèn luyện bạn đọc thử sức với bài toán mức độ vừa phải sau
Bài toán. Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn a+ b+ c =1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất của biểu thức P = a(b − c)3 + b(c −a) 3 + c(a−b) 3 .
Đánh giá chung về đề thi và bài làm của học sinh cho đề số 01/50:
Lưu ý: Phần đánh giá này dựa vào phản hồi của học sinh khi làm bài.
Đề thi ở mức tương đối khó với đa số thí sinh và nếu không có cách trình bày tốt sẽ
không có đủ thời gian để làm các câu khó. Các câu từ câu 1 đến 7.1 đề cho mức độ vừa phải
riêng có câu 1.3 ; câu 2.2 và câu 5 đòi hỏi tư duy. Với câu 2.2 cần so sánh nghiệm với 0 (có thể
xét hàm số tuy nhiên dài). Câu 5 đòi hỏi các em phải tư duy phân chia tập hợp 10 số thành 3
loại với số dư khi chia cho 3. Chú ý nếu yêu cầu thay đổi chia cho m thì ta phân chia tập hợp
thành các loại với số dư khi chia cho m (có thể giải bằng pp liệt kê số kết quả Çtuy nhiên khi
tăng số lần quay lên 3,4,… lần thì sẽ dài thì theo lời giải trên ta có cách giải tối ưu) . Đây là
một bài toán cũng tương tự như khi tung đồng thời các con xúc sắc vậy. Tuy nhiên thầy thấy
một số bạn trình bày cách dài do vậy chiếm phần lớn thời gian để giải quyết các câu này mà
chưa có thời gian tập trung suy nghĩ các bài khó từ (7.2 đến 9). Câu 7.2 nút thắt quan trọng
của bài toán là phát hiện IN=IA. Câu số 8 về hệ phương trình sẽ khá lạ với nhiều bạn. Hầu

hết tìm được x^2+y^2=4 từ phương trình đầu tuy nhiên không xử lý được vế còn lại(chiếm
80% số điểm của câu hỏi) – Bằng kỹ năng biến đổi kết hợp đánh giá cơ bản ta có kết quả bài
toán. Chú ý thêm câu 8 là điều kiện x>=0 và y>=1 là cần thiết để hoàn thiện lời giải cho hệ
(1). Riêng câu số 3 một số bạn mắc sai lầm ở công thức tính thể tích khối tròn xoay về điểm
này các em cần lưu ý. Câu 9 thầy xuất phát từ một ý tưởng cũ + bài toán mới tuy nhiên đòi
hỏi khéo léo trong quá trình tiếp cận và hiểu đề đến trình bày lời giải.
Cấu trúc đề cho đề số 01/50
Nhận biết, thông hiểu: Câu 1.1;1.2;2.1;3;4(chiếm 8 điểm/20 điểm =40%)
Vận dụng: 1.3; 2.2; 5; 6; 7.1 (7,5 điểm/20 điểm =37,5%)
Vận dụng cao: 7.2;8;9 (4,5 điểm/20 điểm =22,5%)
Thầy dự đoán mức độ nhận biết, thông hiểu năm nay chiếm 50S60%. Tuy nhiên vì là đề luyện nên
thầy sẽ giữ ở mức độ cao hơn một chút khoảng 40S50%.
Mức điểm trong khoảng 14k16 điểm sẽ đạt yêu cầu.
Qua đây có một kinh nghiệm là các loại toán quen thuộc các em cố gắng hoàn thiện
lời giải theo hướng tối ưu để tiết kiệm thời gian làm bài. Để làm được điều này đòi hỏi các
em cần rèn luyện ngay từ bây giờ bằng cách giải chi tiết + suy nghĩ mở rộng các hướng có
thể tiếp cận bài toán + theo dõi khoá học sát sao để giải đề ngay khi đề được phát hành với
việc căn thời gian làm bài đúng 180 phút. Sau đó so sánh đáp án chi tiết kèm Video thầy
phát hành sau đó!
Chúc các em có kết quả tốt trong các đề tiếp theo!
Thân ái!
Đông Hà Nội ngày 22.01.2015
Đặng Thành Nam

Page9/9


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 02/50
Ngày thi : 25/01/2015
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 = 2x 3 − 3 x 2 +1 (1) .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). Gọi A,B là 2 điểm cực trị của (1). Chứng
minh rằng tam giác AOB vuông cân (với O là gốc toạ độ).
2. Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với (1) tại điểm có hoành độ x1 > 0 và cắt (1) tại
điểm có hoành độ x 2 thoả mãn 2x1x2 = − 1 .

Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình
1
1. log 2 (x 2 −1) − log 2(x +1)2 = log 2(x − 2)2 .
2
2. 2(1+ sin x ) + 3 cot x = 0 .
π
2

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

0

sin 3x
1+ cosx

dx .

Câu 4 (1,0 điểm).
1. Cho số phức z thoả mãn (1+ i).z +i.z − 1 − 3 i = 0 . Viết z 3 dưới dạng lượng giác.

2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y =−

1

x 2 + ln(x +1) trên [0;2].

4
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có AB = a,AC = a 3, BC = 2a,SA = SB = SC và tam giác
SBC vuông. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.
Câu 6(1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x + y − z +1= 0và
đường thẳng d :

x −2
1

=

y −1
−1

=

z −1
−3

. Tìm toạ độ giao điểm I của d và (P). Viết phương trình

đường thẳng d’ vuông góc với (P) và cắt d tại H sao cho IH =

7 3

.d(H ;(P)) .
9
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân
giác trong góc A là y − 3 = 0 . Gọi M (1;4), N (3;1) lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng
⎛ 11 8⎞
AB,AC. Tìm toạ độ các điểm B,C biết trọng tâm tam giác ABC là điểm G⎜⎜ ; ⎟⎟⎟ .
⎝⎜ 3 3 ⎠⎟
⎪⎧ x (3− y) + y − 2x = 1
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨⎪
⎪⎪ x 2 −( x − 2 y)x = 5− 2y +3
⎩⎪
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực thoả mãn a,b,c ∈ ⎡0;2⎢⎤ ;a ⎥+ b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ
⎣ ⎦
3
3
3
2
a + b +c
nhất của biểu thức P =
−
2
2
2
ab+bc+ ca+5
11−a − b − c
-‐-‐--‐-HẾT-‐--‐--‐.
Page 1

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

HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP ÁN – BÌNH LUẬN
Thang điểm tương ứng:
Câu 1: 1.1(1,5 điểm); 1.2 (0,5 điểm)
Câu 2: 2.1 và 2.2 mỗi ý 0,5 điểm
Câu 4: 4.1; 4.2 mỗi ý (0,5 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2x 3 − 3 x 2 +1 (1) .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). Gọi A,B là 2 điểm cực trị của (1). Chứng
minh rằng tam giác AOB vuông cân (với O là gốc toạ độ).
2. Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với (1) tại điểm có hoành độ x1 > 0 và cắt (1) tại
điểm có hoành độ x 2 thoả mãn x1x2 = − 1/ 2 .

1. Bước khảo sát vẽ đồ thị học sinh tự làm.
+ Hai điểm cực trị của hàm số là A(0;1), B(1;0) ⇒ A ∈Oy, B ∈Ox ⇒ OA ⊥ OB,OA = OB =1.
Vậy tam giác AOB vuông cân tại O (đpcm).
2. Phương trình đường thẳng d là tiếp tuyến của (1) tại điểm x1 .
Suy ra d : y = 6(x 12 − x 1)(x − x 1) + 2x 13 − 3 x 12 +1 .
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (1):
6(x12 − x 1 )(x − x 1) + 2x 31 −3x 21 +1 = 2x 3 −3x 2 +1

⇔ 2(x 3 − x 3 )−3( x 2 − x 2 )−6( x 2 − x )(x − x )= 0
1

1

1

1

1

⇔ (x − x )(2x 2 +(2x −3)x − 4x 2 +3x ) = 0

1
.
⎡x = x
1
⎢
⇔ (x − x 1 )2 (2x + 4x 1 −3) = 0 ⇔ ⎢
⎢x = 3− 4x1
⎢
2
⎣
3−4x1
1
; x1 ≠x 2 ⇔x1 ≠ .
Ta phải có x 2 =
2
2
Theo giả thiết ta có:
⎡x = 1(t / m)
⎢ 1
3− 4x1
1
= − ⇔ 4x12−3x 1−1 = 0 ⇔ ⎢
.
x1.
⎢⎢x1 = − 1(l )

2
2
4
⎣
Suy ra tiếp điểm M(1;0) và có đường thẳng d cần tìm là tiếp tuyến của (1) tại M suy ra d: y = 0 .
1

1

1

Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình
1
1. log 2 (x 2 −1) − log 2(x +1)2 = log 2(x − 2)2 .
2
2. 2(1+ sin x ) + 3 cot x = 0 .
⎧⎪x 2 −1 >0
⎡1< x ≠ 2
⎪
1. Điều kiện: ⎨⎪x +1 ≠ 0 ⇔ ⎢
.
⎢⎣x <−1
⎪x − 2≠ 0
⎪⎩
Phương trình tương đương với:

Page 2


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

1
log 2 (x 2 −1) − log 2(x +1)2 = log 2(x − 2)2
2
2
x −1
x −1
⇔ log2
=log 2 x − 2 ⇔ log 2
= log 2 x − 2 .
2
x +1
( x+1)
⎡⎧⎪x > 2
⎢⎪
⎢⎪⎨ x −1
⎡x = − 3
⎢⎪
=
x
−
2
⎢
⎪
⎢⎪ x +1
⎢
x
−1
⎪
⎩
⇔

= x−2 ⇔ ⎢
⎢
⇔
x= 3
⎢⎧⎪x < 2
⎢
x +1
⎢⎪⎪
⎢x = 1+ 2
⎢⎪
⎢⎣
⎢⎪⎨ x −1 = −x + 2
⎢⎪⎪ x +1
⎣⎢⎩⎪
Vậy phương trình có nghiệm là x = − 3; x = 3; x = 1+ 2 .
2. Điều kiện: sin x ≠ 0 ⇔x ≠ kπ,k ∈! .
Phương trình tương đương với:
cos x
2(1+ sin x) + 3.
= 0 ⇔ 2sin x(1+ sin x) = − 3 cos x
sin x
⇒ 4sin 2 x(1+ sin x)2 = 3cos2 x = 3(1−sin 2 x)
⇔ (sin x +1)(2sin x −1)(2sin 2 x +3sin x +3) = 0
⎡
⎢x =− π + k2π
⎢
2
⎡sin x =−1
⎢⎢
⎢

π
⇔ ⎢x = +k2π
⇔⎢
⎢sin x = 1
⎢
6
⎢⎣
⎢
2
⎢x = 5π + k2π
⎢
6
⎢⎣
π
5π
Thử lại chỉ nhận nghiệm x = − + k2π;x =
+ k2π .
2
6
π
5π
Vậy phương trình có nghiệm là x = − + k2π; x =
+ k2π,k ∈! .
2
6
Chú ý. Có thể đưa về pt với tan(x/2) như sau:
x
x⎛
x
x⎞ 2

⎛
⎞
4sin cos sin + cos
+ 3 cos 2 x −sin 2 x ⎟ =0
⎟
⎜
⎜
⎜⎝
2
2 ⎝⎜ 2
2
2 ⎠⎟
2 ⎠⎟
2
⎛
x
x
x⎛
x ⎞⎟
x ⎟⎞
⇔ 4 tan ⎜ tan +1⎟ + 3 ⎜⎜1+ tan 2 −tan 2 (1+tan 2 )⎟=
0
⎟⎠
2 ⎝⎜
2
2
2
2 ⎠⎟
⎝⎜

.

.

x
x
π
5π
= −1;tan = 2 + 3 ⇔ x = − + k2π; x =
+ k2π,k ∈ !
2
2
2
6
Nhận xét. Phương trình lượng giác hình thức khá đơn giản nhưng đòi hỏi kỹ năng xử lý nhất
định. Trong trường hợp phương trình chỉ có sinx, cosx mà không phân tích được thành nhân
tử có thể bình phương hai vế để đưa về phương trình đa thức một ẩn (của sinx hoặc của cosx).
⇔ tan

π
2

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

0

sin 3x
dx .
1+cos x
Page 3

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

π
2

∫
0

π

π

2
2
3sin x − 4si n 3 x
sin x (3−4sin2 x)
sin x (4cos2 x −1)
dx = ∫
dx = ∫
dx .
1+ cos x
1+ cos x
1+ cos x
0

0

Đặt t  cos x  dt  sin xdx và khi đó
1

I


0

4t2  1
t1

1

dt 




0

4(t2 1)  3
t1

 2t 2  4t  3 ln t  1


3 
dt    4(t  1) 
dt
t  1

0
1

10  2  3ln 2

.

Câu 4 (1,0 điểm).
1. Cho số phức z thoả mãn (1+ i).z +i.z − 1 − 3 i = 0 . Viết z 3 dưới dạng lượng giác.
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y =−

1

x 2 + ln(x +1) trên [0;2].

4

1. Giả sử z = x + y.i(x, y ∈! ) theo giả thiết ta có:
(1+ i)(x + yi )+i.(x − yi)−1−3i = 0
⎧⎪ x −1 = 0
⎧⎪x =1
.
⇔ x −1+ (2x + y −3)i = 0 ⇔ ⎪⎨
⇔ ⎪⎨
⇒ z =1+ i
⎩⎪2x + y −3 = 0 ⎩⎪y =1
⎛
⎛
1 ⎞
3π

3π ⎞
Vì vậy z 3 = (1+ i)3 = −2 + 2i = 2 2⎜⎜− 1 + i⎟⎟⎟= 2 2⎜⎜cos +i sin ⎟⎟⎟.
⎜⎝
⎜⎝
4
4 ⎠⎟
2 ⎟⎠
2
x
1
2. Ta có: y ' = − +
; y ' = 0 ⇔ 2− x(x +1) = 0 ⇔
2 x +1
Tính được: y(0) = 0; y(1) = ln 2 −

1

⎡
⎡ ⎤
⎢⎢x =1∈ ⎣⎢0;2⎦⎥ .
⎢x =−2 ∉ ⎡⎢⎣0;2⎤⎥⎦
⎣

; y(2) = ln 3 − 1 .

4
Vì vậy ymax = y(1) = ln 2−

1
; y = y(0) = 0 .

4 min

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có AB = a,AC = a 3, BC = 2a,SA = SB = SC và tam giác
SBC vuông. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.
Ta có AB 2 + AC 2 = BC 2 = 4a2 nên tam giác ABC vuông tại
A.
Mặt khác do SA = SB = SC nên S nằm trên đường thẳng
đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông
góc với mặt đáy (ABC).
Gọi H là trung điểm cạnh BC, thì H là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra SH ⊥ (ABC ) .
Tam giác SBC vuông nên SH =

BC
= a.
2

1
1 1
a3 3
Vì vậy V S .ABC = SH .S ABC = .a. a.a. 3 =
(đvtt).
3
3 2
6

Page 4


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

Kẻ Ax song song với BC và kẻ HK vuông góc với Ax tại K; kẻ HT vuông góc với SK tại T dễ có

HT ⊥ (SAK ) . Kẻ AI vuông góc với BC tại I. Ta có HK = AI =

AB.AC

=

a.a 3

BC
Chú ý. BC //Ax ⇒ d(BC;SA) = d(BC;(SAK )) = d(H ;(SAK )) = HT .

a 21

a 3

.

2

1
1
1
4
1
a 21 .
=
+
=

+ 2 ⇒ HT =
2
2
2
2
a
7
HT
HK
SH
3a

Tam giác vuông SHK có
Vì vậy d(BC ;SA) =

2a

=

.

7
Câu 6 (1,0 điểm). Trong
phẳng

không gian

(P) : x + y − z +1= 0và đường thẳng d :

x−2

với trục toạ độ Oxyz cho mặt

=

y−1

=

z−1

. Tìm toạ độ giao điểm I của d và
1
−1
−3
(P). Viết phương trình đường thẳng d’ vuông góc với (P) và cắt d tại H sao cho
IH =

7 3

.d(H ;(P)) .
9
⎧⎪x + y − z +1 = 0
⎧⎪x =1
Toạ độ điểm I là nghiệm
⎧⎪x + của
y − zhệ:
+1 = 0
⎪⎪
⎪⎪

⎪⎪
⎨ x − 2 y −1 z −1 ⇔ ⎨⎪−( x − 2)−( y −1) = 0 ⇔ ⎨⎪ y = 2 .
=
=
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
−3(x
−
2)
−(
z
−1)
=
0
⎪
−1
−3
⎩⎪ 1
⎩⎪
⎩⎪⎪z = 4
Vậy I(1;2;4).

⎧⎪x = 2 +t
⎪⎪
Chuyển d về dạng tham số d : ⎨⎪y =1−t ⇒ H (2 +t;1−t;1−3t ) .
⎪⎪
⎩⎪⎪z = 1−3t
Ta có
d(H ;(P)) =

(2 +t ) + (1−t )− ( 1 − 3 t ) +1
1 +1 + (−1)
2

2

2

=

3t +3

;

3

.

IH = (t +1)2 +(t +1)2 +(3t +3)2 = 11t 2 + 22t +11
Theo giả thiết ta có:
3t +3 7 3
.
= 11t 2 + 22t +11 ⇔49(t +1)2 = 9(11t 2 + 22t +11) ⇔t = −1⇒ H (1;2;4) .
9
3
!
Đường thẳng cần tìm đi qua H và nhận véc tơ pháp tuyến n = (1;1;−1) của (P) làm vtcp.
x −1 y− 2
y−4

=
=
.
1
1
−1
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân
giác trong góc A là y − 3 = 0 . Gọi M (1;4), N (3;1) lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng
⎛11 8 ⎞
AB,AC. Tìm toạ độ các điểm B,C biết trọng tâm tam giác ABC là điểm G ⎜⎜ ; ⎟⎟⎟.
⎝⎜ 3 3 ⎠
⎟
Gọi M’,N’ lần lượt là các điểm đối xứng của M,N qua phân giác trong góc A. Ta có M’ thuộc
AC, N’ thuộc AB.
Vậy đường thẳng cần tìm d ' :

Page 5


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
Dễ tìm được M '(1;2), N'(3;5) .
Đường thẳng AB đi qua M,N’ có phương trình là x − 2 y + 7 = 0 .
Đường thẳng AC đi qua điểm N,M’ có phương trình là x + 2y − 5 = 0.
⎧⎪x − 2y +7 = 0 ⎧⎪x =−1
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình ⎪⎨
⇔ ⎪⎨
⇒ A(−1;3) .
⎪
x
+

2y
−5
=
0
⎩⎪
⎩⎪⎪y = 3
Gọi B(2b −7;b) ∈AB,C (−2c +5;c) ∈AC .
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên:
⎧⎪ B (5;6)
⎪⎪⎧−1+ (2b −7) +(−2c +5) =11 ⎧⎪⎪b+ c = 5 ⎧⎪⎪b= 6
⇔⎨
⇔⎨
⇒ ⎨⎪
.
⎨
⎪⎪⎩b − c = 7 ⎩⎪⎪c = −1 ⎩⎪⎪C(7;−1)
⎩⎪⎪3+b+ c = 8
Vậy toạ độ điểm cần tìm là B(5;6),C (7;−1) .
Nhận xét: Đề bài thầy chỉ yêu cầu các em cần vận dụng tính chất đối xứng của điểm qua
đường phân giác trong của tam giác.
⎧⎪ x (3− y) + y − 2x =1
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎪⎨
⎪⎪x 2 −( x − 2y)x = 5− 2y +3
⎩⎪
Điều kiện: x ≥ 0;y ≤

5

.

2
Nhân thêm 2 vào phương trình đầu của hệ rồi cộng theo vế với phương trình thứ hai của hệ ta
được:
x 2 −( x − 2y)x − 4x +6 x − 5 − 2 x y + 2y − 5− 2y = 0
⇔ (x + 2y −5)(x − x +1)+ x − 5− 2y = 0
⎛
⎞⎟⎟
1
=0
⇔ (x + 2y −5)⎜⎜⎜x − x +1+
⎟⎟
⎜⎜⎝
x + 5− 2y ⎠⎟
⎛
⎟⎞
1
⇔ x = 5− 2y⎜⎜⎜do x − x +1+
>0 ⎟⎟⎟
⎜⎝⎜
x + 5− 2 y
⎠⎟

.

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

(

)

5− x
1− x −4x + 6 x = 2
2
⎧⎪
.
⎡x = 1
⎪⎪ x ≥ 3
⎢
⎪
⇔
⇔ (x +1) x = 5x −3 ⇔ ⎨
5
⎢
⎪⎪
2
2
⎣⎢ x = 11+ 4 7
⎩⎪⎪x(x +1) = (5x −3)
2.

(

)

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là (x; y) = (1;2); 11+4 7 ; − 3 − 2 7 .
⎡x =1
.
Cách 2: Phương trình đầu của hệ ta có: ( x −1)(2 x + y −1) = 0 ⇔ ⎢⎢
⎢⎣y =1− 2 x
+) Với x  1  y  2 .

+) Với y  1  2 x thay vào phương trình thứ hai của hệ và đặt t=căn(x) ta được:

Page 6


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
t 4 −5t 3 + 2t 2 −3 = 4t + 3
⇔ (t 4 −5t 3 + 2t 2 −t −3) +(t − 4t + 3) = 0
⇔ (t 2 − 4t −3 )(t 2 −t +1) +

t 2 − 4t −3

.
=0
t + 4t + 3
⎛
⎞⎟
1
⎟⎟ = 0 ⇔ t = 2 + 7(t > 0)
⇔ (t 2− 4t −3)⎜⎜⎜t2 −t +1+
⎟
⎜⎝
t + 4t + 3 ⎠⎟
Bài tập tương tự
⎧⎪2y(x − x +1)− 4x +6 x = 6
. Đ/s: (x;y)=(1;2).
Giải hệ phương trình ⎨⎪
⎪⎪ x 2 − x x = 5− 2y −1
⎩⎪
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực thoả mãn a,b,c ∈ ⎡0;2⎢⎤ ;a + b + c = 3 . Tìm giá trị

⎣
3
3
3
⎦
a + b +c
2
nhất của biểu thức P =
−
⎥
11−a 2 − b 2 − c2 ab+bc+ ca+5
Vì ba biến đối xứng nên không mất tính. tổng quát giả sử a = max{a,b,c }⇒ a ∈ ⎡⎢⎣1;2⎤⎥⎦.
Khi đó
a3 +b3 + c3 ≤ a3 +(b + c)3 = a3 +(3−a) 3 = 9(a − 2)(a −1) +9 ≤ 9 ;

nhỏ

và 11−a 2 − b 2 − c2 =11−(a + b+ c)2 + 2(ab+bc+ ca)= 2(ab+bc+ ca+1) .
1
9
−
ab+ bc+ ca+1 ab+bc+ ca+5
1
9
Đặt t = ab +bc + ca. Ta có .P ≥ f (t) =
.
−
t +1 t +5
Suy ra P ≥

Ta có f '(t ) =

9
1
8t 2 + 8t−16
−
=
>0.
(t +5)2 (t +1)2 (t +1)2 (t +5)2

9 − a2 − b 2 − c 2 9 − a 2 − ( b + c )2
= 3a− a 2 = (a − 2)(1−a) + 2 ≥ 0 .
≥
2
2
20
Vì vậy f(t) đồng biến trên [2;3] suy ra f (t) ≥ f (2) =−
.
21
Đẳng thức xảy ra khi a = 2;b =1;c = 0hoặc các hoán vị.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng -‐-20/21.
Chú ý. Nút thắt của bài toán là đánh giá a3 +b3 + c3 ≤ 9;ab+bc+ ca≥ 2 . Nhiều học sinh mắc sai
lầm khi chỉ ra f(t) đạt min tại t=1. Bởi vì khi đó dấu bằng không xảy ra.
Bởi vì t = ab +bc + ca =

Ta có thể chỉ ra (2  a)(2  b)(2  c)  0  ab  bc  ca 

4  abc

2.

2
Ngoài ra bằng cách tương tự chứng minh được các bất đẳng thức khác:
ab+ bc+ ca≥ 2;a2 +b2 + c2 ≤ 5; a4 + b4 + c4 ≤ 1 7 .
Bài tập tương tự
Cho a,b,c là các số thực thoả mãn a,b,c ∈ ⎡⎢0;2⎤⎥,a +b+ c = 3 .
⎣ ⎦
ab+bc + ca
2
+
.
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
2
2
2
11−a − b − c
a3 +b3 + c3
Page 7


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
a 2 + b2 + c2
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
.
ab+bc+ ca
2(18−a4 − b 4− c 4)
a 3+ b 3+ c 3
−
.
ab+bc+ ca+7
11−a 2 − b 2 − c2

⎤
4) Cho a,b,c là các số thực thoả mãn a,b,c ∈ ⎡0;2
⎢⎣ ;a⎥⎦ + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
a3 + b3 +c 3
thức P =
−
11−a 2 − b 2 − c2 ab+bc+ ca+7
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

.

Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử a = max{a,b,c }⇒ a ∈ ⎡⎢⎣1;2⎤⎥⎦.
Khi đó
a3 +b3 + c3 ≤ a3 +(b + c)3 = a3 +(3−a) 3 = 9(a − 2)(a −1) +9 ≤ 9 ;

và 11−a 2 − b 2 − c2 =11−(a + b+ c)2 + 2(ab+bc+ ca)= 2(ab+bc+ ca+1) .
Page 8

biểu


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 03/50
Ngày thi : 29/01/2015
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 − 2x 2 +1 (1) .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). Tìm m để phương trình x 4 − 2x 2 = m có bốn
nghiệm phân biệt.
2. Viết phương trình tiếp tuyến d của (1) tiếp xúc với (1) tại hai điểm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).
3
a) Giải phương trình log (2 x 2 + 6x +1) − log 2 x 2 +1 = + log 2(x +1) .
2
⎛
⎞
⎛
π
π⎞
b) Giải phương trình sin ⎜⎜2x − ⎟⎟⎟cos 2x = 2 2 cos⎜⎜ x + ⎟⎟⎟.
3 ⎠⎟
4 ⎠⎟
⎝⎜
⎝⎜
4

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x 2 − 7 x + 6 dx .
0

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z thoả mãn z − 1 − i . z = 1 và z 2 − 3 là số thuần ảo.
2
⎛
2
nx ⎞⎟⎟

= a0 + a1x +...+ a 2x n . Tìm số hạng
b) Cho số tự nhiên n lớn hơn 2 và khai triển ⎜⎜⎜x n −
⎟
n
⎜⎝
2 ⎠⎟
chứa x 20 trong khai triển,biết 4a 2
+a 2
=0.
n

n −2n+2

n −3n+6

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ABCD,
AB = 2a,AD = a . Gọi M là trung điểm cạnh AB, mặt phẳng (SAC) và (SDM) cùng vuông góc
với mặt đáy (ABCD). Cạnh bên SC tạo với mặt đáy góc 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng CM,SA.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(3;3;1), B(0;2;1) và
mặt phẳng (P) : x + y + z − 7 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) và cách đều
hai điểm A,B. Tìm toạ độ điểm M trên d để tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi F là điểm trên
cạnh AB thoả mãn 7BF = 5FA , đường thẳng đi qua trung điểm E của cạnh AD và trọng tâm
⎛ 13 3 ⎞
G của tam giác ABC có phương trình là 11x − 7 y + 6 = 0 . Biết F ⎜⎜− ; ⎟⎟⎟ và đỉnh B có tung độ
⎝⎜ 6 2 ⎠⎟
âm. Tìm toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD.
⎧⎪(x − y + 2xy )(y − x )x 2 =1
⎪

.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ ⎪
⎪ 2xy + (y − 2x )(x + 2xy − 4) + y − x = 2x + x
⎪⎩⎪
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
(a + b)3
(b +c) 3
(c + a) 3
ab+bc+ ca
P=
+
+
− 16.
.
2
2
2
2
2
2
3
3
3
ab+bc+
ca+1
(2(a + b)(a + b )
2(b + c)(b + c )
2(c +a)(c +a )
1

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

PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Thang điểm tương ứng cho từng ý nhỏ:
Câu 1: Khảo sát 1,0 điểm; Tìm m 0,5 điểm; 1.2: 0,5 điểm
Câu 2: 2.1 và 2.2 mỗi ý 0,5 điểm
Câu 4: a và b mỗi ý 0,5 điểm
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2x 2 +1 (1) .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). Tìm m để phương trình x 4 − 2x 2 = m có bốn
nghiệm phân biệt.
2. Viết phương trình tiếp tuyến d của (1) tiếp xúc với (1) tại hai điểm phân biệt.
1. Bước khảo sát và vẽ đồ thị hàm số học sinh tự làm.
+) Phương trình tương đương với: m +1 = x 4 − 2x 2 +1 .
Vậy số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường
thẳng y = m +1 với đồ thị hàm số (1).
Dựa vào đồ thị hàm số suy ra để phương trình có 3 nghiệm phân
biệt khi và chỉ khi 0 < m +1<1 ⇔−1< m < 0 .
2. Giả sử tiếp điểm M (m;m 4 − 2m2 +1) .
Phương trình tiếp tuyến d của (1) tại M là y = 4(m 3 − m)(x − m) + m 4 − 2m 2 +1 .
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (1):
x 4 − 2x 2 +1 = 4(m 3 − m)(x − m) + m 4 − 2m 2 +1
⇔ (x − m) 2 (x 2 + 2mx + 3m2 − 2) = 0
.
⎡ x =m
⇔⎢ 2
⎢x + 2mx + 3m2 − 2 = 0 (2)
⎣

Để d tiếp xúc với (1) tại hai điểm phân biệt khi (2) có nghiệm khép khác m.
⎧⎪
Δ ' = m2 −(3m2 − 2) = 0 ⎢⎡m =−1
⇔ ⎪⎨
⇔
.
⎢m =1
⎪⎩⎪ −m ≠ m
⎣
Từ đó suy ra có một tiếp tuyến duy nhất thoả mãn bài toán là d : y =0 .
Câu 2 (1,0 điểm).
3
a) Giải phương trình log (2 x 2 + 6x +1) − log 2 x 2 +1 = + log 2(x +1) .
2
⎛
⎞
π
π⎞
b) Giải phương trình sin⎜⎜2x − ⎟⎟cos 2x = 2 2 cos⎜⎜x + ⎟⎟⎟.
⎜⎝
3⎠
4 ⎠⎟
⎝
⎟
⎛
⎟
⎜
⎧⎪x +1>0
⎪
⇔ x > 2 2 −3 .

1. Điều kiện: ⎨ 2
⎪⎪ x + 6x +1 > 0
⎩
Phương trình tương đương với:

2


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
x 2+ 6x +1
= log ⎡⎢2 2(x +1)⎤⎥
log 2
2⎣
2
⎦
x +1
⇔

x 2 + 6x +1
x 2 +1

=2

2( x +1) ⇔ 2 2(x 2 +1)(x +1) = x 2 + 6x +1

.

⇔ 2 2(x +1)(x +1) = 3(x +1) − 2(x +1)
2

2

2

2
⎛ x +1 ⎟⎞
x +1
⎟
− 2=0
⇔ 3.⎜⎜⎜
⎟⎟ − 2 2. 2
2
⎜⎝ x +1⎠⎟
x +1

x +1

Đặt t =

Vậy

x 2 +1

x +1

> 0 phương trình trở thành:
⎡t = 2(t / m)
⎢
3t 2 − 2 2t − 2= 0 ⇔ ⎢⎢
.

2
(l)
⎢t = −
3
⎣⎢

= 2 ⇔(x +1)2 = 2(x 2 +1) ⇔(x −1)2 = 0 ⇔ x =1 .

x +1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Chú ý. Phát hiện tính đẳng cấp của phương trình vô tỷ.
2. Phương trình tương đương với:
⎛
π⎞
sin ⎜⎜ 2x − ⎟⎟⎟ (cos 2 x −sin 2 x) = 2(cos x −sin x)
⎜⎝
3 ⎠⎟
⎛
⎞
⎛
π⎞
⇔ (cos x −sin x) ⎜⎜2−(cos x + sin x)sin ⎜⎜2x − ⎟⎟⎟⎟⎟= 0
⎜⎜
3 ⎠⎟⎠⎟
⎝⎜
⎝
.
⎛
⎛
⎞

⎛
⎞⎞
π
π
⎟
⎜
⇔ (cos x −sin x) ⎜⎜ 2 −sin⎜⎜ x + ⎟⎟.
⎟⎟ sin ⎜⎜2x − 3 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟= 0
⎜⎜
⎜
4
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
π
⇔ cos x −sin x = 0 ⇔ tan x =1 ⇔ x = + kπ,k ∈ !
4
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
π
π
π

π⎞
Bởi vì 2 −sin⎜⎜ x + ⎟⎟⎟.sin⎜⎜ 2x − ⎟⎟⎟ ≥ 2 − sin⎜⎜ x + ⎟⎟⎟.sin⎜⎜ 2x − ⎟⎟⎟ ≥ 2 −1 > 0 .
4 ⎠⎟
3 ⎠⎟
4 ⎠⎟
3 ⎠⎟
⎝⎜
⎝⎜
⎝⎜
⎝⎜
2

Vậy phương trình có nghiệm là x =

π

+ kπ,k ∈! .

4
4

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x 2 − 7 x + 6 dx .
0

Ta có:
1

4

I = ∫ (x −7x + 6)dx −∫ (x 2 −7x + 6)dx

2

0

⎛ 3
⎞
1
x
7x 2
= ⎜⎜ −
+ 6x ⎟⎟⎟ −
⎜⎜⎝ 3
⎟
2
⎠⎟0

1

⎛ 3
2
⎜⎜x − 7x + 6x
⎜⎝⎜ 3
2

.
⎞
⎟⎟4 = 17 + 27 = 49
⎟⎟⎟
6
2

3
⎠1

3


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
49
Vậy I =
.
3
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z thoả mãn z − 1 − i . z = 1 và z 2 − 3 là số thuần ảo.
n
⎛ n nx 2⎟⎞
2
⎜
⎟
b) Cho số tự nhiên n lớn hơn 2 và khai triển ⎜ x −
= a 0 + a 1x +...+a 2x n . Tìm số hạng
⎟
n
⎜⎝
2 ⎠⎟
⎜
=0.
+a 2
chứa x 20 trong khai triển, biết 4a 2
n − 2n+2

n − 3n+6

a) Giả sử z = x + y.i(x, y ∈! ) theo giải thiết ta có:
x + yi −1−( x − yi).i =1⇔ (x − y −1) + ( y − x )i =1

.
⎡x = y
⇔ (x − y −1)2 + ( y − x )2 =1⇔ 2(x − y)2 − 2(x − y) = 0 ⇔ ⎢
⎢x − y =1
⎣
+) Ta có z 2 − 3 = (x + yi)2 − 3 = x 2 − y 2 − 3 + 2xy.i .
Vì z 2 − 3 là số thuần ảo nên x 2 − y 2 − 3 = 0;2xy ≠ 0 .
⎧⎪x 2 − y 2 −3 = 0
⎪⎪
⎧⎪x = 2
Vì vậy ta có hệ ⎨⎪⎡ x = y
⇒ z = 2+i .
⇔ ⎨⎪
⎪⎪y =1
⎪⎪ ⎢
⎩
⎢
⎩⎪⎪⎣x − y −1 = 0
Vậy số phức cần tìm là z = 2+ i .
2
⎛
2
nx ⎞⎟⎟
= a0 + a1x +...+ a n2 x n (n > 2) . Tìm số hạng chứa x 20 trong khai
b) Cho khai triển ⎜⎜⎜ x n −

⎟
⎜⎝
2 ⎠⎟
triển, biết 4a 2
+a 2
=0.
n

n −2n+2

n −3n+6

n
⎛
nx ⎞⎟⎟
n k k n(n−k )+2k
= ∑ (−1) k . k Cn x
Ta có ⎜⎜⎜ x n −
.
⎟
⎜⎝
2
2 ⎠⎟
k=0
2 n

n 4(n −1)(n − 2 )
n 2 2 n 3(n −1)
n3
Cn =

.
;an2− 3n+6 = − Cn3 =−
48
8
8
4
Vì vậy theo giả thiết ta có:
⎡n = 6(t / m)
n 3(n −1) n 4(n −1)(n− 2)
4.
−
= 0 ⇔ n(n − 2)− 24 = 0 ⇔ ⎢
.
⎢n =−4(l )
8
48
⎣
Suy ra a n2−2n+2 =

64 4 20
C x =19200x 20 .
24 6
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ABCD,
AB = 2a,AD = a . Gọi M là trung điểm cạnh AB, mặt phẳng (SAC) và (SDM) cùng góc với mặt

Vậy số hạng cần tìm là (− 1)4.

đáy (ABCD). Cạnh bên SC tạo với mặt đáy góc 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng CM,SA.

4


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
Gọi H là giao điểm của AC và DM, suy ra H là trọng tâm
tam giác ABD và SH ⊥ (ABCD) .
Ta có CH =

2

AC =

3

2

4a2 + a2 =

3

SH = CH .tan 600 =

2a 5
.
3

2a 5
2a 15
. 3=
.

3
3

1
1 2a 15
4a 3 15 .
.2a.a =
Vì vậy V S .ABCD = SH .AB.AD = .
3
3
3
9
Gọi N là trung điểm CD, có AMCN là hình bình hành.
Vì vậy CM//AN suy ra CM//(SAN).
Vì vậy d(CM ;SA) = d(CM ;(SAN )) = d(C;(SAN )) = 3d(H ;(SAN )).
Kẻ HK vuông góc với AN tại K, kẻ HT vuông góc với SK tại T suy ra HT ⊥ (SAN ) .
Tam giác CAN có AN = AD 2 + DN 2 = a 2 .

Vì vậy HK 

1
3





d C; AN 

2SACN

3AN



SABCD
6AN



2a 2
6.a 2



a 2
6

.

Tam giác vuông SHK có
3
18
2a 15
1
1
1
+
⇒ HT =
.
=

+
=
2
2
2
2
2
a
33
HT
SH
HK
20a
Vì vậy d (CM ;SA) = 3HT =

2a 15

.
11
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(3;3;1), B(0;2;1) và
mặt phẳng (P) : x + y + z − 7 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) và cách đều
hai điểm A,B. Tìm toạ độ điểm M trên d để tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
Giả sử C(a;b;7−a−b) ∈(P) là một điểm thuộc d.
Vì CA = CB ⇔(a−3)2 + (b−3)2 + (6− a−b)2 = a2 + (b−2)2 + (6− a−b)2 .
⇔b= 7−3a ⇒ C(a;7−3a;2a) .
⎧⎪x = t
⎪⎪
Vì vậy đường thẳng d có phương trình d : ⎨⎪y = 7−3t ,t ∈ ! .
⎪⎪
⎩⎪⎪z = 2t

Gọi M (t;7−3t;2t) là điểm cần tìm.
!!!!"
!!!"
Ta có AM = (t −3; 4 −3t;2t −1), BM = (t;5−3t;2t −1) .
⎡ !!!!" !!!" ⎤
Suy ra ⎢AM , BM ⎥ = (1− 2t;6t −3;10t −15) .
⎣
⎦
⎛ 17 ⎞ 2 200
140⎜⎜ t − ⎟⎟⎟ +
!!!!"
!!!"
2
7
5(28t
−68t
+47)
⎝⎜ 14 ⎠⎟
⎡
⎤
5 14
1
=
≥
.
Khi đó S ABC = ⎢AM , BM ⎥ =
7
2
2⎣
⎦

2
⎛ 17 47 17 ⎞
17
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = ⇒ M ⎜⎜ ; ; ⎟⎟⎟.
14
⎝⎜14 14 7 ⎠⎟
5


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
⎛17 47 17⎞
Vậy điểm cần tìm là M ⎜⎜ ;
; ⎟⎟⎟ .
⎝⎜14 14 7 ⎠⎟
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi F là điểm trên
cạnh AB thoả mãn 7BF = 5FA , đường thẳng đi qua trung điểm E của cạnh AD và trọng tâm
⎛ 13 3
G của tam giác ABC có phương trình là 11x − 7 y + 6 = 0 . Biết F ⎜⎜− ; ⎟⎟⎟ và đỉnh B có tung độ
⎝ 6 2 ⎟⎠
⎞⎜
âm. Tìm toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD.
Gọi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD.
Ta có
!!" !!!"
!!!" !!!" !!!"
!!" !!!"
!!!"
1
1
3BA+ BD

GE = BE − BG = (BA+ BD)− 3 BD =
;
2
!!"
!!! 6
.
"
!!!" !!!" !!!"
!!"
!!!"
5
1
5BA− 4BD
GF = BF − BG = BA− BD =
12
3
12
Suy ra
!!!" !!!"
!!" !!!" !!"
!!!"
72GE.GF = (3BA + BD)(5BA− 4BD )
=15BA2 −7BA.BD − 4BD 2 =15a2 −7a 2 −8a 2 = 0

.

Vì vậy GF vuông góc với GE.
Toạ độ điểm G là hình chiếu của F trên GE thoả mãn hệ
⎧
⎧⎪11x −7 y+ 6 = 0

⎪⎪⎪x =− 1
⎪⎪
⎪
3 ⇒ G⎛ ⎜⎜−1 ;1 ⎞⎟⎟ .
⎪⎨ ⎛
⎞
⎞
⇔
⎨
13
3
⎟
⎪ 7 x + ⎟ +11⎜⎜ y− ⎟⎟⎟= 0 ⎪
1
⎝⎜ 3 3 ⎟⎠
⎪⎪ ⎜
⎪
⎟
⎜⎝
⎪⎪y =
2 ⎠⎟
6⎠
⎩⎪ ⎝
3
⎪⎩
Tam giác BFG có
GF 2 = BF 2 + BG 2 −2BF .BG cos450
.
112 + 72
25 2 2a 2

5a a
⇔
=
a +
−2. . ⇔a = 2 10
36
144
9
12 3
Gọi B(a;b) ta có
2
2
⎧⎪ ⎛
13 ⎟⎞⎟ ⎛⎜
3 ⎞⎟⎟
125
⎪⎪ ⎜
⎧⎪
25
125
2
2
a
+
+
b
−
⎡a=−3,b = −1
⎪⎪ FB =
a =

⎪⎜⎜
⎟ ⎜⎜
⎟=
⎜
⎟
⎜
⎟
⎪
18
⎢
6
2
⎝
⎠
⎝
⎠
⎪
18 ⇔ ⎨⎪
144
.
⇔⎢
⎨
2
2
2
⎢a= − 13 ,b = 169
⎪⎪
⎪⎪ ⎛
2a
80

⎞
⎛
⎞
2
1
1
80
⎢⎣
=
⎪⎪⎜⎜a+ ⎟⎟⎟ +⎜⎜b− ⎟⎟⎟ =
⎪⎪ BG =
51
51
9
9
⎪⎩
⎪⎪ ⎝⎜
⎟ ⎝⎜
⎟
3
3
9
⎠
⎠
⎩
!!!" 5 !!"
Đối chiếu với điều kiện suy ra B (−3;−1), BF = BA ⇒ A(−1;5) .
12
!!"
!!!"

3
Gọi I là tâm hình vuông có BI = BG ⇒ I (1;1) . Do I là trung điểm AC nên C (3;−3) .
2
!!!" !!!"
Và AD = BC ⇒ D(5;3).

Vậy toạ độ bốn điểm cần tìm là A(â1;5), B(â3;â1), C(3;â3) và D(5;3).
Chú ý. Có thể chứng minh GE vuông góc GF bằng pp trục trong trục hoặc sử dụng định Lý
Pitago (xem thêm video lời giải).
6


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
⎪⎧⎪⎪(x − y + 2xy )(y − x )x 2 =1
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨
⎪⎪ 2xy + (y − 2x )(x + 2xy − 4) + y − x = 2x + x
⎩
⎪ − 4) ≥ 0 .
Điều kiện: y ≥ x ≥ 0;2xy + ( y − 2x )(x + 2xy
Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ phương trình.
Xét với x > 0 viết lại phương trình dưới dạng:
2xy + ( y − 2x )(x + 2xy − 4) − 2x +
⇔

2xy − 4x 2 + ( y − 2x )(x + 2xy − 4)
2xy + ( y − 2x )(x + 2xy − 4) + 2x

y− x− x
+

y− 2x
y− x+ x

=0

.

⎤
⎡
⎢
3x + 2xy − 4
1
⎥
⇔ ( y − 2x ) ⎢
+
⎥= 0 ⇔ y = 2x
⎢
⎥
y
−
x
+
x
2xy + ( y − 2x )(x + 2xy − 4) + 2x
⎦⎥
⎣⎢
Bởi vì từ phương trình thứ nhất của hệ ta có:
⎡
⎤

1
1
⎥+ x .
x − y + 2xy =
⇔ 3x + 2xy = ⎢
+
(
y
−
x
)
+
x
+
x
⎢(y − x)x 2
⎥
(y − x)x 2
⎣
⎦
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
1
1
+(y − x)+ x + x ≥ 2
.(y − x ) + 2 x
2
(y − x)x
(y − x)x 2

.

1
.y.x 2 = 4
≥ 44
2
(y − x)x
Suy ra 3x + 2xy − 4 ≥ x ≥ 0 . Vì vậy

3x + 2xy − 4
2xy + ( y − 2x )(x + 2xy − 4) + 2x

+

1
y− x+x

>0.

Với y = 2x thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
⎡x =1,y = 2(t / m)
x 4 =1 ⇔ ⎢
.
⎢x = −1, y = −2(l/)
⎣
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (1;2).
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
ab + bc + ca
(a + b)3
(b +c)3
(c +a) 3

P=
+
+
− 16.
.
2
2
2
2
2
2
ab+bc+
ca+1
3
3
3
(2(a + b)(a + b )
2(b + c)(b + c )
2(c +a)(c +a )
(a+b) 3

Ta chứng minh:
3

(2(a +b)(a2 + b2 )

≥ 4ab . Thật vậy bất đẳng thức tương đương với:

(a+ b)9 ≥128(a + b)(a2 + b2 )a3b3 ⇔(a+ b)8 ≥128a3b3 (a2 + b2 ) .
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:

(a+ b)4 = (a2 + b2 + 2ab)2 ≥ 8ab(a2 + b2 ).
Suy ra (a+ b)8 ≥ 64a2b 2 (a2 + b2 )2 ≥ 64a2b 2 (a2 + b2 ).2ab =128a3b3 (a2 + b2 ) .
Bất đẳng thức đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Tương tự ta có:
7


Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
(b +c)3
(c +a)3
≥ 4bc;
≥ 4ca .
3
3
2(b + c)(b2 + c2 )
2(c +a)(c 2 +a2 )
Từ đó suy ra: P ≥ 4(ab + bc+ ca)−16

ab+ bc+ ca

.
ab+ bc+ ca+1
16t
Đặt t = ab + bc + ca> 0;P ≥ f (t ) = 4t −
.
t +1
16
Ta có f '(t ) = 4 −
; f '(t) = 0 ⇔t =1(t > 0) .
(t +1)2

Ta có f’(t) đổi dầu từ âm sang dương khi đi qua t=1 nên đạt cực tiểu tại t=1.
Từ đó suy ra P ≥ f (t) ≥ f (1) = − 4 .
⎧⎪
1
a = b =c
⇔ a = b= c= .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ⎨⎪
3
⎩⎪⎪ab+bc+ ca=1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng â4.
Chú ý. Do so với ba phân thức đầu có phân thức cuối là khác nhất vì vậy ý tưởng là đánh giá
thông quá (ab+bc+ca).

8