Tuyển chọn 20 đề trọng tâm toán

TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN

LOVEBOOK.VN

ĐỀ 01
Trích đề số 04 cuốn sách đề thi THPT Quốc gia môn Toán Tập 1

ĐỀ SỐ 4
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = –x3 + 3x, có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(2; –2) và có hệ số góc bằng k. Xác định các giá trị của k để d cắt đồ
thị (C) tại ba điểm phân biệt đều có hoành độ lớn hơn –2.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện

iz  1  3i  z
1i

2

z .

b) Giải phương trình :
log √2 (𝑥 − 3)2 − 8 log 2 √2𝑥 − 1 = 4
1

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =



x2  ex . x  x

0

 x  1  ex

dx .

Câu 4 (1,0 điểm).

4cos2
a) Giải phương trình:

 7π

x
 2cos2 
 x   3 cos 2x  3π   3
2
 4

 0 (x ∈ ℝ).
1  2sin x

b) Trong một hộp gồm có 8 viên bi xanh và 6 viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bị
được chọn có cả bi xanh và bi trắng.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; –1; 0), B(2; 1; 2) và mặt
phẳng (P): x – y + 2z – 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (P),
sao cho khoảng cách từ điểm B đến (Q) là lớn nhất.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB = a, AA’ = 2a
và A’C = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh C’A’, I là giao điểm của các đường thẳng AM và A’C. Tính theo a thể

tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (IBC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H(5; 5),
phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là x + y – 8 = 0. Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua
hai điểm M(7; 3) và N(4; 2). Tính diện tích tam giác ABC.
3

2
3
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình: x  1  x  2  x  0 (x ∈ ℝ).
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

2
a  ab  3 abc

1



3
abc

.


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN
Câu 1.
a)

• Tập xác định: 𝔻 = ℝ.
• Sự biến thiên:

LOVEBOOK.VN

2

– Chiều biến thiên: y’ = –3x + 3; y’ = 0  x = ±1.
Hàm số đồng biến trên khoảng (–1; 1); nghịch biến trên các khoảng (–; –1) và (1; +).
– Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 1, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại điểm
x = –1, yCT = –2.
– Giới hạn: lim y = –; lim y = +.
x 

x 

– Bảng biến thiên:
x
y’

–

–

–1
0

+

+

1
0
2

–

+

y’
–

–2
• Đồ thị:
Ta có: y’’ = –6x; y’’ = 0  x = 0.
Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O(0; 0), cắt thêm trục hoành tại các điểm





3 ; 0 . Đồng thời đồ thị nhận điểm uốn O(0; 0) làm tâm đối xứng.

y

−1

O

1

b)
–
−1
Định hướng: Đường thẳng d có hệ số góc k và đi qua một điểm A cho
trước nên điều đầu tiên cần làm đó là viết phương trình của d.
−2
Đề bài yêu cầu xét sự tương giao nên chắc chắn sẽ phải dùng phương
trình hoành độ giao điểm, và phương trình hoành độ giao điểm này có
dạng bậc 3, vậy nên suy nghĩ rất thông thường khi cho một bài thi đại học
đó là nhẩm được một nghiệm của phương trình, còn lại là phương trình bậc 2 thì dùng định lí Viét để xử lí.
Bài giải:
+) Đường thẳng d đi qua A(2; –2) và có hệ số góc k nên phương trình d:
y = k(x – 2) – 2.
+) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là:

–x3 + 3x = k(x – 2) – 2  (x3 – 3x – 2) + k(x – 2) = 0
x  2
 (x – 2)(x2 + 2x + 1 + k) = 0   2
 x  2x  1  k  0 (*)
+) (*) có hai nghiệm phân biệt  ’ > 0  –k > 0  k < 0.
x1  x2  2
Lúc này (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 
 x1 x 2  1  k
+) Đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn –2
 (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn –2 và hai nghiệm đó khác 2
k  0
k  0
k  0
 2



2  2.2  1  k  0
k  9
k  9



 1  k  0 .
 x1  2 x2  2  0
x1 x2  2  x1  x2   4  0 1  k  2.(  2)  4  0
 x  2  x  2  0 x  x  4  0
2  4  0
 1 2
 1   2 
Vậy các giá trị k cần tìm là k ∈ (–1; 0).
2

x


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN

LOVEBOOK.VN

a  1

Nhận xét: Xét vế phải của (*) là một tam thức bậc 2 có: b  2
c  1  k


 a và b là hằng số, còn tham số k chỉ chứa trong c nên  sẽ bậc nhất với k (dễ thấy điều này khi tính ) 
nghiệm phương trình x =

b  
(có dạng hằng số ± f(k) ). Vậy nên để hai nghiệm phân biệt đều lớn
2a

hơn –2 thì chỉ cần nghiệm nhỏ lớn hơn –2, tức là:

b  
> – 2  việc giải bất phương trình này sẽ đơn
2a

giản hơn nhiều so với việc dùng định lí Viét. Đây là một kinh nghiệm được sử dụng để tối ưu hóa bài giải.
Và cũng xin nói luôn, nếu a, b chứa k thì ta nên dùng định lí Viét hơn là dùng cách này.
Cách giải khác (gọn hơn – trong trường hợp này):

k và x2 = –1 + k (x1 < x2)

(*) có hai nghiệm phân biệt là x1 = –1 –
(trước đó phải xét điều kiện  > 0 nhé).

Lúc đó (*) có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn –2  x1 > – 2  –1 –

k > –2  k > –1.

Câu 2:
a) Định hướng: Nhận thấy dưới mẫu đang còn dạng số phức, do đó chúng ta cũng sẽ vẫn liên hợp để bài
toán trở nên đơn giản hơn. Sau đó sử dụng các kiến thức căn bản và tiến hành tình toán bình thường thì bài
toán sẽ gặp được giải. Dạng toán này đã xuất hiện rất nhiều trong các bài viết, tôi xin không bình luận nhiều

nữa.
Bài giải:
+) Gọi z = a + bi (a, b ∈ ℝ). Ta có:
iz  1  3i  z

2

z 

a  4b   b  2a  i

1 i
1i
 a  4b   b  2a  i  1  i  2 2

a b
2

 a2  b2

5b  a  0
 3a  3b  5b  a  i  2 a2  b2  
2
2
3a  3b  2 a  b
a  b  0

 a  45
a  5b



 
26
2
26b

9b

0



9
 b 
  26





Vậy có 2 số phức cần tìm là z = 0 và z =
a) Điều kiện:



9
45
–
i.
26

26

1
 x 3
2

Phương trình đã cho tương đương với:
⇔ 4 log 2 |𝑥 − 3| − 4 log 2 (2𝑥 − 1) = 4
|𝑥 − 3|
⇔ log 2
=1
2𝑥 − 1
|𝑥 − 3|
⇔
=1
2𝑥 − 1
𝑥 = 3 = 2𝑥 − 1
⇔[
⇔ 𝑥 = 1 (𝑡ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛)
𝑥 − 3 = 1 − 2𝑥
3




TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
LOVEBOOK.VN
Kết luận: Phương trình có nghiệm là: x = 1
Câu 3.
Phân tích, định hướng giải: Nhận xét về hình thức của tích phân: tử số có hàm hữu tỉ, vô tỉ và cả hàm mũ.





x
Nhưng phần hữu tỉ của tử số là: x2 + x lại được “tách” ra bởi số hạng e . x , nên ta “nghi ngờ” có một sự

đánh lừa hình thức không hề nhẹ đang diễn ra ở đây. Thật vậy, rõ ràng x2  x   x  1 x , có lượng tương





x
đồng có thể rút gọn cho mẫu số, đồng thời e . x cũng có lượng ex rút gọn được cho mẫu số nên việc tách

nhóm là việc cần được thực hiện:
1

I

x

0

2



 x  ex . x

 x  1 e

x

1

dx  

1

x

0e

x

x
dx .
x 1
0

dx  

Đến đây thì lại có thêm một sự “choáng ngợp” không hề nhẹ nữa . Ở trên mạng và trong cả quá trình học
tập, một số bạn đưa nguyên hàm



ex dx ra để “hỏi” nhau – trong khi nó không có nguyên hàm sơ cấp
x

(không dùng được kiến thức phổ thông để giải quyết được). Mà trong bài toán này lại cần tìm nguyên hàm
của



xdx , nên sự “liên tưởng” giữa hai nguyên hàm này làm ta sợ khi giải quyết bài toán. Thế nhưng, hai
ex

nguyên hàm này hoàn toàn khác nhau nhé, chỉ đánh lừa một chút hình thức mà thôi, nếu ta để ý:



xdx
e

x

  xe x dx    x  e x d  x  → dạng

Chắc chắn thì đến đây nguyên hàm



 t.e dt quen thuộc, dùng phương pháp tích phân từng phần.
t

xdx không khó xác định nữa, còn lại là tìm nguyên hàm của

ex

. Nguyên hàm này cũng không quá khó, bởi ta biết được liên hệ giữa tử và mẫu, nếu đặt t =
2

có dạng t + 1  liên tưởng đến lượng giác hóa (đặt t = tanu).
Bài giải:
1

+) Ta có: I  

x

2

0



 x  ex . x

 x  1 e

x

1

dx  

x

0e

x

1

x
dx .
x

1
0

dx  

u  x  du  dx

+) Tính: I1   dx Đặt 
dx  x
x
dv

 e dx  v  e x
e

x
0
e


1

x



Khi đó: I1  xe x



1
0

1







  e x dx  xe x
0

  e 
1

0

x

1
0

1

2
.
e

1

x
dx .
x 1
0

+) Tính I2  
Đặt t =

x  0  t  0
x  1  t  1

x  t2 = x  2tdt = dx. Đổi cận 
1

Lúc đó: I2  
0

2t 2dt

2

t 1

1

 2  2
0

dt
2

t 1

.

t  0  u  0

Đặt t = tanu  dt =
π
 tan2 u  1 du . Đổi cận: 
cos2 u
t  1  u  4
du





4

x

 x  1 dx

x thì mẫu số


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
1

Lúc đó:

dt

 t2  1
0

π
4



 tan u  1 du 

0

2

tan2 u  1

π
4

LOVEBOOK.VN

π

π
 du  u 04 = .
0

4


2 
π
2 π
Vậy I = I1  I2   1     2  2.   3   .
e 
4
e 2

Lưu ý: Dạng tích phân dùng lượng giác hóa: đặt x = tant; x = sint; x = cost ít được sử dụng trong các kì thi
đại học sắp tới, bởi Chương trình mới thì khác với Chương trình cũ là không được học hàm ngược lượng
giác, vậy nên việc dùng hàm arc sẽ được hạn chế nhiều trong đề thi Đại học (ví dụ như việc đổi cận, chính
là các bạn đang dùng hàm ngược lượng giác). Các bạn có thể tham khảo những đề thi đại học gần đây, có
những bài dùng được lượng giác hóa nhưng trong thang điểm đáp án thì giải theo đại số nhiều hơn).
Câu 4.
a) Phân tích, định hướng: Thứ nhất chúng ta thấy sự “rườm ra” trong hình thức của phương trình này. Đầu

tiên đó là cái mẫu . Vế phải bằng 0 rồi chắc chắn cái mẫu chỉ cho để làm điều kiện loại nghiệm (bởi bình
thường quy đồng lên thì mất mẫu số ngay). Thứ hai là những “con số” to béo như 3π hay

7π
4



π
2  7π
 x   2cos2  x   ;
 Ta làm gọn bớt đi những số hạng này: 2cos 
4
 4


3 cos 2x  3π    3 cos2x .

Vậy đến đây thì phương trình xét chung chứa các cung:

x
; x và 2x  cần đưa về số lượng ít cung lượng
2

giác hơn bằng cách dùng phương pháp hạ bậc. Khi hạ bậc xong ta thu được phương trình chỉ chứa hai loại
cung là x và 2x:

2cosx  sin2x  3cos2x  0  2cosx  sin2x  3cos2x .
Đến đây thì dạng phương trình đã xuất hiện rõ: acosx = bsin2x + c.cos2x với
a2 = b2 + c2. Đây là loại phương trình quen thuộc, không có gì khó!

Bài giải:
+) Điều kiện: sinx 

5π
1
π
x
+ k2π và x 
+ k2π (với k ∈ ℤ).
6
2
6

Phương trình đã cho tương đương với:

4cos2

 7π

x
 2cos2 
 x   3 cos 2x  3π   3  0
2
 4


  7π
 
 2  cos x  1  cos 
 x   1  3 cos 2x  3π   0

 
  2

 7π

 2cos x  cos 
 x   3 cos2x  0  2cos x  sin2x  3 cos2x  0
 2




3
1
π
cos x  sin2x   cos x  cos  2x    cos x  π
2
2
6






5π

x
 k2π


π
6
 2x     x  π   k2π  
6
 x  7π  k2π

18
3

Kết hợp với điều kiện xác định, ta kết luận được họ nghiệm của phương trình là x =
5

7π k2π
(k ∈ ℤ).

18
3


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
LOVEBOOK.VN
Nhận xét: Với những bài toán có hình thức “to béo”, thì đừng ngại giải. Nhiều lúc sự to béo đó lại chính là
chìa khóa cho hướng giải của bài toán.
b)
5
+) Số cách chọn ra 5 viên bi từ 14 viên bi là C12 = 2002 (cách), suy ra không gian mẫu là  = 2002.

+) Gọi A là biến cố “Trong 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng”. Ta có:
A  C18C64  C28C68  C38C62  C84C16  1940 .

+) Vậy P(A) =

A




1940 970

 0,96903.
2002 101

Câu 5.
Định hướng giải: Bài toán liên quan đến việc tính khoảng cách lớn nhất từ B đến một mặt phẳng. Và đương
nhiên ta sẽ phải xác định được một vài thông tin về mặt phẳng này. Ta sẽ khai thác mặt phẳng này một cách
trình tự sau: bài toán chưa cho biết VTPT vậy nên ta sẽ gọi n  a; b; c  là VTPT như vậy ta sẽ “tạm lập” được

  

 



phương trình Q :a x  1  b y  1  cz  0 . Sau đó đến dữ kiện:

Q    P 

 nQ .nP  0  a  b  2c  0  a  b  2c

 (Q):  b  2c  x  1  b  y  1  cz  0 .

Đến đây vấn đề về mặt phẳng coi như đã giải được tương đối và dữ kiện khoảng cách lớn nhất sẽ giúp ta
tìm điều còn lại. Dùng ngay công thức khoảng cách ta sẽ có d  B; (Q) 

3b

 b  2c 2  b2  c2

→ thấy được

bậc trên tử và mẫu là bằng nhau, đặc biệt hơn là khi ta chia tử và mẫu cho b xuất hiện ngay dưới mẫu một
phương trình bậc 2 ẩn là

c
c
để tránh phức tạp ta đặt t =
dùng kĩ thuật tìm giá trị nhỏ nhất của tam thức
b
b

để tìm t và bài toán coi như hoàn thành.
Đây là dạng toán rất phổ biến, bởi kiến thức mà nó sử dụng để giải toán là rất căn bản. Vì vậy các bạn cần
nắm bắt được vấn đề để giải quyết các bài tập có ý đồ tương tự.
Bài giải:
+) Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A có dạng:
a(x – 1) + b(y + 1) + cz = 0 (a2 + b2 + c2 > 0).
+) Mặt phẳng (P), (Q) có véctơ chỉ phương lần lượt là:

nP = (1; –1; 2) và nQ = (a; b; c).
Vì (Q)  (P) nên nP .nQ  0  a  b  2c  0  a  b  2c.
+) Ta có:

d(B, (Q)) =

3b

b  c

2

 b2  c2



3
2

2




c
c
1    1   
b

 b

3
2

 c 2
6
5   
b
5
5





30
2

(d(B, (Q)) lớn nhất thì b  0).
Đẳng thức xảy ra 

c 2
 . Chọn c = 2  b = 5  a = 1.
b 5

 (Q): (x – 1) + 5(x + y) + 2z = 0  (Q): x + 5y + 2z + 4 = 0.
Câu 6.
Định hướng, phân tích: Đây là bài toán khai thác đến lăng trụ đứng, đặc điểm lăng trụ này có rất nhiều thuận
lợi cho việc khai thác các dữ kiện.
6


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
LOVEBOOK.VN

+) Tính thể tích VI. ABC: Đầu tiên ta sẽ đi tính diện tích đáy trước, công việc này không quá khó khi các cạnh AC,
BC ta hoàn toàn tính được AC  A'C2  AA'2  5a;
1
BC  AC2  AB2  2a  S ABC  AB.AC  a2 . Bây giờ ta sẽ đi tìm đường cao, ta thấy I nằm trên mặt phẳng
2

này vuông góc với đáy do đó ta chỉ cần qua I bắt hình chiếu lên A’C’ và AC ta sẽ tìm thấy đường cao. Ở đây
đường cao là IH, để tính IH ta sẽ dùng định lý Ta–lét:
IH AC 2
IH
2
2
2
4
1

 

  IH  HK  a  VI.ABC  SABC .IH .
IK A'M 1 KH 2  1 3
3
3
3

+) Tính khoảng cách từ A tới (IBC): Ở đây ta rất có thể đi bằng nhiều cách đáp án cũng là một cách hoặc ta
cũng có thể tính gián tiếp bằng cách tính từ chân H đến (IBC). Ta sẽ dùng. Và ta sẽ phải xác định khoảng





cách từ H đến (BIC), và cách làm như sau: Kẻ HJ  BC;HE  KJ  d H;  BIC   HE mà
Ta có:

1
2

HE



1
2

HI



1
HJ2

HJ HC
IC
2


 nên ta sẽ tính được HI suy ra tính được HE và bài toán coi như đã được hoàn
AB AC A'C 3

thành .

Yêu cầu: Đây là bài toán cho biết các dữ kiện tương đối đơn giản nhưng lại tiềm ẩn rất nhiều kiến thức vì
vậy ta phải nắm chắc được các kĩ thuật mà bài toán sử dụng (định lí Ta–lét; tính khoảng cách bằng 2 cách).
Bài giải:
+) Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của I lên AC, A’C’. Khi đó do
(ABC)  (ACC’A’) nên IH  (ABC).
Do ACC’A’ là hình chữ nhật nên:

B’

C’
A’

AC  A’C2  A’A2  a 5 .
ABC vuông tại B nên:

I

BC  AC2  AB2  2a .
Theo định lý Ta–lét:

C

B

IH AC 2
IK
2
2


 


IK A’M 1
KH 2  1 3
2
4a
(1).
 IH  IK 
3
3
3
1
1
1
+) VI.ABC =
IH.SABC =
.IH. AB.AC = 4a (đvtt).
3
3
2
9
2
Từ (1) và định lí Ta–lét, ta được IC =
A’C.
3

H
A

BA2  B’B2  a 5 .
Do BC  BA, BC  BB’ nên BC  (BAA’B’)  BC  A’B.
+) Do ABB’A’ là hình chữ nhật nên A’B =

2
1
 SBA’C =
BA.BA’ = a
2

K

5

2

2a 5
2
(đvdt)  SBIC =
SBA’C =
(đvdt).
3
3

Từ đó, do VI.ABC = VA.IBC  d(A, (IBC)) =

3VI.ABC
SBIC



2a
5

.

7


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
Câu 7.
Định hướng: Lại một bài toán cho tọa độ trực tâm và một đường thẳng
cho trước trong một tam giác nhọn, vậy nên ta sẽ khai thác tính chất
H’ là điểm đối xứng với H qua BC cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp
ABC để giải bài toán này (tính chất này không khó để chứng minh).
Với H và BC cho trước thì xác định được tọa độ H’  viết được
phương trình đường tròn đi qua ba điểm M, N, H’ (chính là đường tròn
B
ngoại tiếp ABC).

LOVEBOOK.VN
A

M
H

C

H’

N

 tọa độ B, C (là nghiệm của hệ: đường tròn + đường thẳng BC) và tọa độ A (là nghiệm của hệ đường thẳng
AH + đường tròn) – tất nhiên A ≢ H’.
Bài giải:
+) Giả sử đường thẳng AH cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại điểm H’ ≢ A.
Khi đó ta có:

H’BC  H’AC (cùng chắn cung CH’ ).

Mặt khác CBH  HAC (cùng phụ với ACB )  H’BC  CBH  BHH’ cân tại B
 H và H’ đối xứng với nhau qua đường thẳng BC.
+) Đường thẳng AH đi qua H và nhận véctơ chỉ phương của BC là
AH: (x – 5) – (y – 5) = 0  AH: x – y = 0.
H’ ∈ AH: x – y = 0  H’(h; h). Trung điểm của HH’ thuộc BC nên:

u = (1; –1) làm véctơ pháp tuyến nên:

h 5 h 5

 8  0  h = 3  H’(3; 3).
2
2

Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là (C): x2 + y2 + ax + by + c = 0 (điều kiện a2 + b2 > 4c).
72  32  7a  3b  c  0
a  10

Do M, N, H’ cùng thuộc (C) nên: 32  32  3a  3b  c  0  b  8
 2

c  36
2

4  2  4a  2b  c  0 

 (C): x2 + y2 – 10x – 8y + 36 = 0.
+) Tọa độ A (với A ≢ H’) là nghiệm của hệ:

x2  y 2  10x  8y  36  0  x  y  3
 A(6; 6) (vì A ≢ H’).



x  y  6
x  y  0

+) Tọa độ B và C là nghiệm của hệ:
y  8  x

x2  y 2  10x  8y  36  0 
 2

2


x  y  8  0
x   8  x   10x  8y  36  0
 x  3

2

2
y  5

 BC  3  6   5  2  3 2
 x  6

 y  2
+) Diện tích tam giác ABC là S =

668
1
BC.d(A, BC) = 1 .3 2.
 6 (đvdt).
2
2
2
2
1 1

Câu 8.
8


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
LOVEBOOK.VN
Định hướng: Phương trình rõ ràng chứa hai loại căn thức khác bậc, vậy nên hướng đi chính của ta là liên
hợp hoặc dùng hàm số, đánh giá.
– Hướng 1: Sử dụng phép liên hợp:
Trong sử dụng phép liên hợp thì cần chú ý điều kiện xác định của bài toán để có thể đánh giá được một cách
3

chặt chẽ nhất: x  2 .
Không khó để nhẩm được nghiệm của phương trình là x = 3 (có thể dùng máy tính để solve), vậy nên ta sẽ
dùng cách nhân liên hợp với hằng số để giải quyết (trường hợp này nếu dùng liên hợp với biểu thức thì
phức tạp hơn):
3

3
x2  1  x3  2  x  0   x2  1  2    x  3   5  x3  2   0





x2  9


3

 x  1

2

2

  x  3 

3

 2 x2  1  4

27  x3
3

5 x 2

0



2

x 3
x  3x  9 
 0
  x  3 
1
2
3
3 2

3 2
5

x

2
 x 1 2 x 1  4









x  3

x 3
x2  3x  9


1

 0 (*)

2
3
3 2
2
5

x

2
3
 x 1 2 x 1  4

Đến đây ta sẽ đi chứng minh (*) vô nghiệm. Một dấu hiệu để đi theo hướng này là khi dùng máy tính solve





x 3

thấy không ra nghiệm. Hơn nữa nhận xét các phân số:+) + Phân số
3

hơn bậc mẫu (1 <

 x  1
2

2

3

có bậc tử bé
2

2 x 1  4

4
) nên lim của nó khi đến vô cực là 0. Ta thử với cận gần nhất là
3

x  3 2 thì được giá

trị phân số xấp xỉ 0,7. Thử với x = 2, x = 3 thì thấy giá trị phân số bắt đầu giảm. Vậy nên ta sẽ dự đoán phân

số có giá trị < 1.
x2  3x  9

+) Phân số

3

5 x 2

có bậc tử lớn hơn bậc mẫu nên dễ dàng thấy lim của nó khi đến dương vô cực là
3

dương vô cực. Thử với cận gần nhất x  2 thì thấy nó đã > 2. Khi thử các giá trị lớn hơn thì thấy giá trị
phân số tăng. Với dự đoán phân số này > 2 cùng với dự đoán thứ nhất, chúng ta có thể hoàn toàn chứng
minh được phương trình (*) vô nghiệm.
Đầu tiên ta chứng minh:

x 3
3

 x  1
2

2



 1  x  3 x2  1

3

 2 x2  1  4



2

3

 2 x2  1  1 .

Vậy nên chỉ cần chứng minh:



x  3 x2  1



2



 1  x  1  3 x2  1





2

  x  1  x2  1





3



2

 x4  x3  x2  3x  2  0   x  1 x2  x  2  0 , luôn đúng với x  2 .
2

3

Tiếp theo ta chứng minh:
9


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
2
x2  3x  9
 2  x2  3x  1  2 x3  2  x2  3x  1  2 x3  2
5  x3  2





 x2  x

   x  3
2

2

 

LOVEBOOK.VN



 5x2  0

Điều này luôn đúng.
Như vậy:
x 3

1

2
3 2
3 x2  1

2 x 1  4
x 3
x2  3x  9



1
0.

2
3
2
3
2
2
5 x 2
 x  3x  9
3 x 1
2 x 1  4
2

3

5  x  2
Từ đó suy ra (*) vô nghiệm. Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.
– Hướng 2: Sử dụng đạo hàm.
Trong trường hợp này thì không thể dùng hàm số dạng f(g(x)) = f(h(x)) được, mà phải dùng đến sự can
thiệp của đạo hàm trực tiếp.







Xét f(x) =



x  1  x3  2  x trên  3 2;    .


3 2

2x

Ta có: f’(x) 



2

33 x  1



2



3x2
3

2 x 2

1.

Nhận xét các phân số có trong đạo hàm:

2x

+) Phân số

33
các giá trị

 x  1

2

2

có bậc tử bé hơn bậc mẫu, nên lim của nó đến vô cùng là bằng 0. Đồng thời khi thử

x  3 2 , x = 2, x = 3,… vào thì thấy giá trị phân số giảm (có thể dùng chức năng TABLE của máy

tính để việc này nhanh chóng hơn)  nhận thấy giá trị phân số < 1,3. Vậy nếu

3x2
2 x3  2

< –2,3 thì hoàn

toàn chứng minh được f ’(x)  0 .

3x2

+) Phân số

(lưu ý có dấu trừ đi trước phân số này), có bậc tử lớn hơn bậc mẫu nên lim của nó đến
2 x3  2
vô cực chính bằng âm vô cực. Dùng chức năng TABLE của máy tính, ta nhận xét chung thấy giá trị của phân
số bé hơn –2,3, chính là điều ta mong đợi. Vậy cùng đi chứng minh nó vô nghiệm nhé!
Với các nhận xét trên thì bạn hãy thử cách chứng minh f’(x) < 0 nhé!
Bài giải:
+) Điều kiện:

x  3 2 . Phương trình đã cho tương đương với:

 3 x 2  1  2   x  3   5  x3  2   0
 

 





x2  9


3

 x  1
2

2

3

  x  3 
2

 2 x 1  4

27  x3
5  x3  2

0

10


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN


2

x 3
x  3x  9 
 0
 x 3 
1
2
3

3 2
3 2
5 x 2
 x 1 2 x 1  4










LOVEBOOK.VN



x  3

x 3
x2  3x  9


1

 0 (*)

2
3

3
2
2
5 x 2
3 x 1 2 x 1  4

+) Ta sẽ đi chứng minh:





x 3
3

 x  1

2

2



 1  x  3 x2  1

3

 2 x2  1  4



2

3

 2 x2  1  1 .

Muốn điều này xảy ra chỉ cần:



x  3 x2  1



2



 1  x  1  3 x2  1





2

  x  1  x2  1





3



2

 x4  x3  x2  3x  2  0   x  1 x2  x  2  0 , luôn đúng với x  2 .
2

3

Tiếp theo ta chứng minh:
x2  3x  9
3



 2  x2  3x  1  2 x3  2  x2  3x  1

  2  x  2   x
2

3

2

x

   x  3
2

5 x 2
Điều này luôn đúng.
Như vậy:
x 3

1

2
3 2
3 x2  1

2 x 1  4
x 3
x2  3x  9


1
0.

2
3
2
3
5 x 2
 x  3x  9
3 x2  1

 2 x2  1  4
2

3

5  x  2



2

 5x2  0







Từ đó suy ra (*) vô nghiệm. Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.
Câu 9:
Định hướng: Với hướng đi của một bài bất đẳng thức hiện nay thì hướng chính là dồn biến, vậy nên ta cố
gắng dùng các đánh giá để dồn về một biến và khảo sát hàm số. Thấy rằng các số hạng như ab hay
thì có thể dùng bất đẳng thức làm trội nó  phân số

2
a  ab  3 abc

3

abc

được làm giảm, phù hợp việc đi tìm

giá trị nhỏ nhất. Đồng thời nếu sử dụng bất đẳng thức một cách hợp lí thì có thể đánh giá được:
a  ab  3 abc  m  a  b  c  , với m là một hằng số  việc xét hàm với biến t =

a  b  c sẽ giúp ta đi tìm

được giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t)  minP.
Cái khó ở đây là dùng bất đẳng thức – chọn điểm rơi thế nào cho hợp lí. Tất nhiên để đánh giá được theo
kiểu a  ab  3 abc  m  a  b  c  thì phải dùng bất đẳng thức Cauchy, nhưng nếu cứ dùng bất đẳng thức
Cauchy một cách “vô hướng” thì sẽ chẳng thu được gì, ví dụ:
a  ab  3 abc  a 

a  b a  b  c 11a 5b c




2
3
6
6 3

 Không thể dùng được hàm số.
Vậy chúng ta cần chọn những hằng số x, y, z để việc sử dụng bất đẳng thức được thuận lợi:
11

TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN

b 1
b
 ab   xa  .   xa  
x 2
x


 3 abc  3 ya . zb . c  1  ya  zb  c 
.
  



yz
3
yz



x y  1 z
1

 a  ab  3 abc   1    a     b 
c
2
3
2x
3

3y
z

 


LOVEBOOK.VN

Ta phải có: 1  x  y  1  z  1 . Đồng thời khi dấu đẳng thức ở các bất đẳng thức trên xảy ra thì:
2

3

2x

3

3yz

b

xa  x
b
y
  x2  .

c
a
z
ya  zb 


yz
x y
1 z
1

1  2  3  2x  3  3yz

Vậy ta cần đi giải hệ 
x , y , z  0

y
x2 
z



Sự thật là nhìn vào cái hệ này, nếu đi giải nó một cách bài bản thì rất chi là nản. Nhưng không sao, dù cồng
kềnh chúng ta cũng dùng được máy tính bỏ túi.
Ta có: x2 

y
 y  x2z . Thế vào phương trình thứ hai:
z

1 z
1
 
 2z3 .x2  3z2 x  2  0 (phương trình ẩn x này có ac < 0 nên có 2 nghiệm trái dấu)
2x 3 3x2z2

x

3z  9z2  16z

(do x > 0 nên ta chỉ lấy nghiệm dương).
4z2
x y 1 z
3
3x
Lại có: 1      y   z   3 .
2 3 2x 3
2x
2
y
Thế lại phương trình x2  ta được:
z

3 3z  9z2  16z
z .
3
2
4z2
3z  9z2  16z
3

2
2.
 3z  9z2  16z 


 


4z2


 Giải được z = 1.

x=

4z2
z

1
1
y=
.
2
4

Việc còn lại là áp dụng bất đẳng thức mà xét hàm nữa thôi nhỉ? 
Bài giải:
+) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số và ba số ta được:
2
3

a  ab  abc

P

3

2


a

2a  b  c 



a
a
. 2b  3 .3 b .3 4c
2
4
3
a bc



2
 1 a

1 a
a    2b     b  4c 
2 2
 3 4


.
12



3

2 a  b  c 


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
+) Đặt t 

1
abc

Dễ thấy f(t) =

LOVEBOOK.VN

2
> 0 thì P  f(t) với f(t) = 3t  3t .

2

2
3
3
3 3
, dấu đẳng thức xảy ra  t = 1  P 

.
t  1  

2
2
2 2

 16
a
a  21

2b
2


4

3
 b 
minP =
 b  4c
2

 21
1
1
a  b  c   1 
12

c  21


Nhận xét: Vì f(t) là hàm đơn giản nên muốn trình bày gọn hơn, ta có thể dùng tách nhóm ngay lập tức để
tìm min(t):
P

3

2a  b  c 



2

 3
3
1
 
 1    3 .
2
a  b c 2 a  b c
 2
3

Bài tập củng cố:
Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

8a  3b  4



ab  bc  3 abc

1  a  b  c

2

.

13


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN

LOVEBOOK.VN

ĐỀ 02
Trích đề số 04 cuốn sách đề thi THPT Quốc gia môn Toán Tập 1
ĐỀ SỐ 5
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2, có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm số thực m để đường thẳng : y = (2m – 1)x – 4m cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm phân biệt M, N
phân biệt, đồng thời hai điểm M, N cùng với điểm P(–1; 6) tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm
trọng tâm.
Câu 2 (1,0 điểm).

2z  w  zw  7
z,w .
a) Giải hệ phương trình  2

2
z

w

2w


2


b) Giải phương trình:
5𝑥 + 51−𝑥 = 6



Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =

2π
3



π
3



x   x  sin x  sin x

1  sin x  sin2 x

dx .

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
x
x
π x
1  sin sin x  cos sin2 x  2 cos2    (x ∈ ℝ).
2
2
 4 2
b) Anh Thùy đang trên đường đến nhà sách Lovebook thì thấy một chiếc hộp đựng điện thoại đang nằm
nguyên trên đường. Biết trong hộp có chứa 12 cái điện thoại, trong đó có 5 cái Iphone 6 và còn lại là 7 cái
HTC One M8. Anh Thùy lấy thử ngẫu nhiên 3 chiếc điện thoại ở trong hộp. Tính xác suất để trong 3 chiếc
điện thoại lấy ra có ít nhất 2 cái Iphone.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): 3x + 12y – 3x – 5 = 0,
(Q): 3x – 4y + 9z + 7 = 0 và hai đường thẳng:
d1:

x 5 y 3 z 1
x 3 y 1 z 2
và d2:
.




2

2
4
3
3
4

Viết phương trình đường thẳng  song song với 2 mặt phẳng (P) và (Q), đồng thời  cắt hai đường thẳng
d1 và d2.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N, P, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, CD, SD. Tính
thể tích của khối chóp S.ABMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng MK và AP theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có ABC = 600. Đường tròn
(C) có tâm I, bán kính bằng 2 và tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình thoi (tiếp xúc với AB, CD lần lượt tại
M và N, tung độ của I dương). Biết phương trình đường thẳng MN: x + 3 y – 1 = 0, đường thẳng chứa cạnh
AD không vuông góc với trục tung và đi qua điểm P(3; 0). Viết phương trình các đường thẳng chứa cạnh
AB, AD.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:

x  x  2  x 

 x  1

3

(x ∈ ℝ).

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + 2b2  2 – 5c2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
14

TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN

P   ab  bc  ca  2 5  a2  2b2  5c2






2

LOVEBOOK.VN


 3 .


15


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN
Câu 1.
a)
• Tập xác định: 𝔻 = ℝ.
• Sự biến thiên:

LOVEBOOK.VN

x  0
x  2

– Chiều biến thiên: y’ = 3x2 – 6x; y’ = 0  

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2); đồng biến trên các khoảng (–; 0) và (2; +).
– Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại điểm x = 2, yCT = –2.
– Giới hạn: lim y = +; lim y = –.
x 

x 

–Bảng biến thiên:
x –
y’

+

0
0

2
0

–

+

+

2

+

y’
–2

–

• Đồ thị:
Đồ
thị
(C)
của
hàm
số
cắt
trục
tung
tại
điểm
(0; 2), cắt trục hoành tại các điểm (1; 0) và 1  3; 0 . Đồng thời (C) nhận



y
2



điểm uốn I(1; 0) làm tâm đối xứng.
b)
Định hướng: Yêu cầu bài toán có xét đến sự tương giao nên kiểu gĩ cũng sẽ
phải dùng đến phương trình hoành độ giao điểm (phương trình này có dạng
bậc 3 → khi xét sự tương giao trong mức độ thi đại học thì có một nghiệm
đẹp nhẩm được). Phương trình hoành độ giao điểm có một nghiệm là x = 2
rồi (dễ nhẩm được), vậy nên muốn  cắt (C) tại đúng hai điểm phân biệt thì
phương trình bậc 2 còn lại sẽ có hai trường hợp sau:

1
O

1

2

x

−2

– Phương trình bậc hai có nghiệm kép, và nghiệm kép này khác 2.
– Phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng 2.
Dựa vào hai trường hợp trên là có thể tìm được m ứng với mỗi trường hợp. Dữ kiện trọng tâm sẽ chỉ để cho
thêm vào để loại nghiệm mà thôi.
Bài giải:
+) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và :
3

2

3

2

x – 3x + 2 = (2m – 1)x + 4m  x – 3x + x + 2 = 2m(2 – x)
x  2
 (x – 2)(x2 – x – 2m + 1) = 0   2
 x  x  2m  1  0 (*)

 x1  x 2  2
+)  cắt (C) tại đúng hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 
 x1  2  x 2

16


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
 8m  5  0
   0


8

1  2


b


m  5

2

2


   2a



1
8m  5  0 




0
m





2

1
2

m
2  2  2m  1  0  


2

– Với m =

LOVEBOOK.VN

8
, lúc đó M  1 ; 3  và N(2; –3), không thỏa mãn MNP nhận
5
2 8

O(0; 0) làm trọng tâm.
1
, lúc đó M(–1; –3) và N(2; –3)  thỏa mãn MNP nhận O(0; 0) làm trọng tâm.
2
1
Vậy giá trị m cần tìm là m =
.
2

– Với m =

Câu 2.
a) Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: z 2  w   w  7  z 

w 7
2 w

(dễ thấy w = 2 không thỏa mãn).
Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

2

 w 7 
2
4
3
2

  w  2w  2  w  6w  15w  2w  57  0
 2 w 
2

7
27
 w   
2

w  7w  19  0 
2
4
 w 2  7w  19 w 2  w+3  0  

2
2
 w  w  3  0
 w  1   11

2 
4








7  3i 3
5  3i 3
z
w 
2
2



7
3i 3
7  3i 3
5  3i 3
z
w 
w   
2
2
2
2





1
i 11
1  i 11
3  i 11
z
w 
w   
2
2
2
2



1  i 11
3  i 11
z
w 
2
2

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:
 5  3i 3 7  3i 3   5  3i 3 7  3i 3   3  i 11 1  i 11   3  i 11 1  i 11 
(z; w) = 
;
;
;
;
 , 

 , 
 .
 , 

2
2
2
2
2
2
2
2

 
 

 
Nhận xét: Việc biến đổi phương trình bậc 4 có nghiệm thực thì không quá khó khăn, có thể dùng máy tính
để nhẩm nghiệm và đoán nhân tử chung. Thế nhưng với phương trình bậc 4 nghiệm phức (và không có
nghiệm thực) thì việc dùng máy tính để nhẩm nghiệm rồi đoán nhân tử là không thể. Vậy nên ta phải dùng
kĩ thuật giải phương trình bậc 4 để phân tích nhân tử chung một cách nhanh chóng:



w 4  6w3  15w2  2w  57  0  w2  3w



2



 6w2  2w  57 .



2
2
Bây giờ ta thêm vào hai vế một lượng là 2m. w  3w  m  (để vế trái được một bình phương đúng) thì


được:

17


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN

w

2

 3w+m

  2m  6 w
2



LOVEBOOK.VN



 2 1  3m  w  m2  57 (*).

2

Muốn vế phải là một bình phương đúng (hoặc có thể là lượng âm của bình phương đúng: –A2) thì:
m  11
’ = 0  1  3m   2m  6  m  57  0  
m  77  3 33

4
Vì lí do “thẩm mỹ” nên chúng ta chọn m = 11. Thay m = 11 vào (*):



2

w

2

 3w+11



2



2







 16w2  64w  64   4w  8   w2  7w  19 w2  w+3  0 .
2

Bước này ta chỉ cần làm ngoài nháp rồi “rinh” vào bài làm nhé .
b) Phương trình đã cho tương đương với:
5
⇔ 5𝑥 + 𝑥 = 6
5
⇔ 52𝑥 − 6.5𝑥 + 5 = 0
𝑥=0
5𝑥 = 1
⇔[ 𝑥
⇔[
𝑥=1
5 =5
Kết luận: Phương trình có nghiệm là: x = 0; x = 1.
Câu 3.
Định hướng: Thường thì người ra đề hay biến dạng tử số đi bằng cách nhóm – tách để việc nhìn nhận tích
phân của ta bị hạn chế hơn. Nhưng nhìn tổng quan thì nếu bung tử số ra, có cũng chỉ có 3 số hạng là x, xsinx
và sin2x. Việc nhóm lại cũng không khó khăn: x + xsinx + sin2x = (1 + sinx)x + sin2x, đến đây thấy tử số và
mẫu số đã có sự tương đồng rõ rệt ở các nhân tử, vậy nên chúng ta tách ra:

2π
3

2π

3

3

2π

1  sin x  x  sin2 x dx  3 x dx  3 1 dx .
I 
 2
 1  sin x
1  sin x  sin2 x
π
π sin x
π
2π
3



π
3

x
sin2 x

Đây đều là hai tích phân quen thuộc:

3

dx thì dùng từng phần, còn

2π
3



π
3

1
dx thì chỉ cần dùng biến đổi (1 + sinx) =
1  sin x

để đưa mẫu về dạng bình phương – sau đó thu được nguyên hàm cơ bản.
Bài giải:
+) Ta có: I 

2π
3





π

3

+) Tính I1 

2π
3



π
3



1  sin x x  sin2 x

1  sin x  sin

2

x

dx 

2π
3

2π
3

x

1

 sin2 x dx   1  sin x dx .

π
3

π
3

u  x  du  dx

dx
 cosx
dx . Đặt 
sin2 x
dv  2  v   cot x  sin x
sin x

x

Áp dụng công thức tính tích phân từng phần:
I1   x cot x 

  x cot x 

2π
3

π
3

2π
3
π
3



2π
3



π
3

cos x
dx   x cot x 
sin x

 ln  sin x 

2π
3
π
3

2π

3
π
3



2π
3



π
3

d  sin x 
sin x

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

18

2


x
x
 sin  cos 
2
2




TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
+) Tính:
I2 

2π
3

2π
3

1

 1  sin x dx  

π

3

π
3

x π
 tan   
2 4

2π
3
π
3

1
2


x
x
 sin  cos 
2
2


 



dx 

2π
3



π
3

LOVEBOOK.VN

1
dx 
2 x π
2cos   
2 4

2π
3



π
3

x π
1
d  
x π 2 4
cos2    

2 4



 2  3  2  3  4  2 3 .

Vậy I = I1 + I2 = 4  2 3 

π
3

.

Câu 4.
a) Định hướng: Nhìn chung thấy số hạng sin

x
x
sinx và cos sin2x có khá nhiều nhân tử chung (dễ thấy nhất
2
2

là nhân tử sinx). Nhưng để ý hơn thì ta thấy bên vế phải có dạng 2cos2y, nên khi chuyển số 1 từ vế trái sang
thì vừa đủ dùng công thức hạ bậc:

π 
x
2 π
2cos    – 1 = cos   x  = sinx.
 4 2

2 
Vậy từ bước đơn giản hóa đầu tiên thì đã xuất hiện nhân tử chung sinx. Nháp chút đưa sinx ra làm nhân tử:





x
x
x
x
sin x  sin  cos sin x  1   0 → cần “đánh” nhân tử  sin  cos sin x  1  nữa là xong.
2
2
2

 2


x
x
, nên ta cố gắng qua sinx ở trong nhân tử này về chứa cung
cho
2
2

Để ý chút cung nhỏ nhất ở đây là
“đồng đều về hình thức”:



 

x
x
x
x
x
x
 sin  cos sin x  1    sin  cos .2sin cos  1 
2
2
2
2
2
2 

 
→ chứa sin

x
x
x
x
và lượng cos2
= 1 – sin2
→ lộ rõ nguyên hình đây là phương trình ẩn t = sin .
2
2
2
2

Bài giải:
+) Phương trình đã cho tương đương với:
x
x
x
x
π x


π

sin sin x  cos sin2 x  2cos2     1  sin x.  sin  cos sin x   cos   x 
2
2
2
2
 4 2


2


(1)
sin x  0
x
x
x
x



 sin x.  sin  cos .2 sin .cos   sin x 
sin x  2 sin x .cos2 x  1 (2)
2
2
2
 2
2
2
 2
+) (1)  x = kπ (k ∈ ℤ).

x
x 
2 x
+) (2)  sin  2sin .  1  sin   1
2
2
2

x
x
x 
x
x 
 2sin3  sin  1  0   sin  1  2sin2  2sin  1   0  sin x  1  x  π  k2π  x = π + k4π
2
2
2
2 

2
2 2
 2 












2

(dễ thấy  2sin2 x  2sin x  1   2  sin x  1   1  0 ).


2

2

2

2

2

Kết hợp lại ta có nghiệm của phương trình là x = kπ (với k ∈ ℤ).
19


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN

LOVEBOOK.VN

b) +) Số cách lấy 3 chiếc điện thoại một cách tuỳ ý trong 12 cái điện thoại là: C  220 .
3
12

+) Số cách lấy được 2 cái Iphone và 1 cái HTC là: C5 .C7  70 .
2

1

3
Số cách lấy được 3 cái Iphone là: C5  10 .

2
3
 Số cách lấy 3 cái điện thoại sao cho có ít nhất 2 cái Iphone là: C5 .7  C5  80 .

+) Xác suất lấy được ít nhất 2 cái Iphone là:

80
4

220 11

4
.
11
Thông tin thêm: Sau đó anh Thùy đem nguyên hộp điện thoại nạp lại cho công an để trả lại người bị mất.
Câu 5.
Định hướng: Muốn  // (P) và  // (Q) thì véctơ chỉ phương của  phải vuông góc với véctơ chỉ phương
của hai mặt phẳng (P) và (Q)  véctơ chỉ phương của . Khai thác thêm  cùng cắt d1 và d2: giả sử  cắt d1

Vậy xác suất cần tìm là

tại M, cắt d2 tại N thì hoàn toàn có thể tham số hóa tọa độ của M, N theo hai ẩn (m, n). Hơn nữa lại có MN
cùng phương với u  ( u  đã xác định được ở trên) thì hoàn toàn có thể tìm ra được m, n  tọa độ M, N 
phương trình .
Bài giải:
+) (P) và (Q) lần lượt có vectơ pháp tuyến là n1  1;4; 1 và n2  3;4;9 .
+) Đường thẳng Δ song song với (P) và (Q) nên nhận véctơ
u

1
n ;n   10; 3; 2 làm véctơ chỉ phương.
4  1 2 

+) Giả sử M =  ∩ d1 và N =  ∩ d2 thì M(–5 + 2m; 3 – 4m; –1 + 3m)
và N(3 – 2n; –1 + 3n; 2 + 4n).
 MN = (8 – 2n – 2m; –4 + 3n + 4m; 3 + 4n – 3m).
Ta có MN cùng phương với

u nên ta có bộ số tỉ lệ:

14

m

8  2n  2m 4  3n  4m 3  4n  3m

17  N  4; 5 ; 0  .





10
3
2

2


n  1

2


Thấy rằng N ∉ (P) và N ∉ (Q) (thỏa mãn)   đi qua N nhận

u làm véctơ chỉ phương nên:

5
x4

2 z .

:
10
3
2
Cách giải khác: Dùng hình học.
y

+) (P) và (Q) lần lượt có vectơ pháp tuyến là n1  1;4; 1 và n2  3;4;9 .
+) Đường thẳng Δ song song với (P) và (Q) nên nhận véctơ
u

1
n ;n   10; 3; 2 làm véctơ chỉ phương.
4  1 2 









+) d1 đi qua điểm M 5;3; 1 và có véctơ chỉ phương là u1  2; 4;3 .
Mặt phẳng (R) chứa d1 và Δ sẽ đi qua điểm M và nhận véctơ
n

1 

u;u1   1;2;2 làm véctơ pháp tuyến nên phương trình (R) là:

17 

20


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
x  5  2 y  3  2 z  1  0  x  2y  2z  1  0 .



 

 

LOVEBOOK.VN



+) Giao điểm N của d2 và (R) chính là giao điểm của d2 và Δ, có tọa độ là nghiệm của hệ:
x  4
x  2y  2z  1  0

5


 5 
 N  4; ; 0  .
 x  3 y  1 z  2  y 

2


 2 


3
4
 2
z

0



Đường thẳng Δ đi qua N và có véctơ chỉ phương

Câu 6.

u

x  4  t

5

nên có phương trình:    : y 
 2t
2

z  2t

(t  ) .

SAB   ABCD . Do vậy để tìm chiều cao hình chóp ta chỉ cần gọi H là

+) Tính thể tích S.ABMN: Nhận thấy

trung điểm của AB và ta có AH  (ABCD) , SH 

a 3
. Tiếp theo đến việc tính diện tích đáy ABMN, nhận
2

thấy đây là một đáy nằm gọn trong một hình vuông và việc tính diện tích các hình xung quanh lại vô cùng
dễ dàng nên ta không tính trực tiếp diện tích hình này mà tính gián tiếp bằng cách lấy diện tích hình lớn trừ
2

đi diện tích các hình xung quanh: SABMN  SABCD  SADN  SMNC  5a .
8

Và việc tính thể tích coi như xong.
+) Tính khoảng cách MK, AP: Để ý các dữ kiện bài cho M, N, P, K lần
lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, CD, SD, SB nhưng nó đặt
trong một bài toán xuất hiện đáy là hình vuông điều này khiến ta
suy nghĩ đến tích chất vuông góc rất đặc trưng của nó. Ở đây ta sẽ
có:

AN  DM  HC  MD  do AN//HC 

 MD  SHC 

S

P
K
A

D

.

Quay lại vấn đề bài toán yêu cầu, quan sát bài toán thấy ngay
KM // SC // NP
 KM // (APN)  d(KM, AP)  d(KM,(APN))  d(M,(APN)) .

H
B

E

M

N
C

Vấn đề ở đây bây giờ là tính d(M,(APN)) , nhận thấy:
SC // NP, HC // AN  (SHC) // (APN)  MD  (APN)  d(M, (APN)) = ME. Tính ME, ta thấy là ME nằm ở
một vị trí rất khó, mối quan hệ duy nhất là nó nằm trong tam giác vuông và tại điểm đó có sự giao nhau của
2 đường thẳng vuông góc nhau. Phát hiện vấn đề thì ra tại đó ta có EDN đồng dạng với CDM  ED 

1
5

a,

3 5a
.
10
Yêu cầu: bài toán xuất hiện các dữ kiện đặc biệt nên buộc lòng ta phải rất chú ý. lưu ý các tính chất mà bài
toán sử dụng .
do đó ME 

Bài giải:
+) Gọi H là trung điểm của AB. Ta có AH  (ABCD) , SH 

21

a 3
.
2


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN

LOVEBOOK.VN

2

Ta có: SABMN  SABCD  SADN  SMNC  5a (đvdt).
8

1
3

+) VS.ABMN  .SH.SABMN 

5 3a3
(đvdt).
48

+) Ta có KM // (APN) (vì KM // SC // NP mà NP ⊂ (APN).
Gọi E = AN ∩ MD thì ME  (SHC) mà (SHC) // (APN) nên ME  (APN).
 d(KM, AP) = d(KM, (APN)) = d(M, (APN)) = ME.

1

+) Tam giác EDN đồng dạng với tam giác CDM  ED 

5

a , do đó ME 

3 5a
3 5a
Vậy d(KM, AP)  ME 
10
10

Câu 7.
Định hướng: Với đề bài lại cho một đường thẳng và một điểm – cùng với một hình có hình dạng đặc biệt (cụ

thể là hình thoi – các bài trước chúng ta gặp thì về hình chữ nhật, hình vuông) thì ta nên khai thác yếu tố
góc một cách triệt để. Lưu ý đề bài cho hai điều kiện để loại nghiệm là yI > 0 và đường thẳng AD không
vuông góc với trục tung  ta sẽ bám vào điểm I và đường thẳng AD để giải quyết bài toán.
Vẽ hình ra, ta thấy IM = 2 và các góc của hình thoi đã xác định  dựa
P
vào các tam giác vuông có thể tính được cạnh nào “tùy thích”. Hướng
A
M
giải của ta chủ yếu bám vào tọa độ điểm I và đường thẳng AD, vậy đầu
tiên ta chọn cái nào để khai thác? Nếu khai thác điểm I thì chỉ mới có
2
I ∈ MN  gọi I theo 1 ẩn. Và sau bước gọi đó thì những móc xích còn
D
lại cũng không giúp ta tìm ra được ẩn ta vừa gọi đó. Vậy nên ta chú ý
I
đến đường thẳng AD hơn. AD đi qua điểm P, đồng thời góc hợp bởi
DA và MN (trong đó MN đã biết) cũng tính được (vì hình dạng của
N
C
hình thoi ABCD xác định)  viết được phương trình AD.

E

B

Nhưng để tiện cho việc viết phương trình AB thì ta sẽ gọi tọa độ điểm A qua hai ẩn a, b  viết được phương
trình AD theo hai ẩn. Dùng thêm khoảng cách từ A đến MN bằng AM (trong đó AM tính được nhờ tam giác
vuông)  lập hệ với a, b  tìm a, b (lưu ý điều kiện AD không vuông góc với trục trung để loại nghiệm)
 tọa độ A  tọa độ I
(do AI tính được).

Việc viết phương trình AB thì không khó (qua A, vuông góc với MN là okie!).
Bài giải:
+) (C) tiếp xúc với bốn cạnh hình thoi nên IM = R = 2, đồng thời IM  AB.

BAE  ABC  600  AEM  300

ABC  600  
(với E = AD ∩ MN).
1800  ABC
 600
CAB 
2

AIM vuông tại M  AM = IM.cot CAB = 2.cot600 =
MN có véctơ chỉ phương là u 



2
3



và AI = 4.

3;  1 .

+) Gọi A(a, b) PA = (a – 3; b)  phương trình AD: b(x – 3) + (3 – a)y = 0 (*).
(điều kiện b2 + (a – 3)2 > 0; b  0 do AD không vuông góc với trục tung).
Ta có hệ sau:

22


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN

LOVEBOOK.VN

 a  b 3 1
2
4



a  b 3 1  


d(A , MN)  AM
3
3
12  3





2

 cos u; PA  cos AEM
 3  a  3   1 .b

 3a  b  3 3 2   3  .4.  a  3 2  b2 
0



 cos 30




2
2
2
2



 3  1 .  a  3  b







 a  b


  3b 





 a  b



  3b 
 







3 1



4
3

 b  2  3

 a  4  2
3  4  b3 3

3



 b  2  3
4
3 1

3
 a  4  2
2



2
3

4 

2
3  4  b  3 3  3  b 3  2 
 b 
3





2

2



4 
2

 3  b 3  2 

b

3





(đã loại nghiệm b = 0).





+) Giả sử tọa độ I 1  3y ; y (với y > 0).



– Nếu A  4 




;  2  3  . Ta có:
3



2

AI = 4  AI2 = 16
2




2 
  1  3y  4 
  y  2  3
3







; 2  3  , thế vào (*)
3






– Nếu A  4 

  16  y  1 
2

3

11
< 0, loại.
3

2

 2

 1  y  0  3x  y  3 3  0 .
 AD: 2  3 x  3  
 3




AI = 4  AI2 = 16
2




2 
  1  3y  4 
  y 2 3

3




2

 16  y  1  3 

11
(do y > 0)
3


11 
 I  4  3  11 ; 1  3 
 ∉ AD, thỏa mãn.

3 


AB đi qua A nhận u 
 AB:





3 ;  1 làm véctơ pháp tuyến






2 
3  x  4 
  y  2  3  0  3x  y  4  5 3  0 .
3


Nhận xét: Do số liệu của bài toán quá lẻ, nên việc trình bày bài giải ta thấy rất dài dòng.
Cách giải khác:
+) Do AB  MN nên AB có véctơ pháp tuyến n AB 





3;  1 .

Gọi véctơ pháp tuyến của AD là n AD   a; b (a2 + b2 > 0).
23


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
Do

LOVEBOOK.VN

BAD  1200 nên:

a 3b 1
a  0
1
cos n AB ; n AD  
  2a2  2 3ab  0  
2 2 a2  b2 2
a  b 3





Loại a = 0 do AD không vuông góc với trục tung.
+) Với a  b 3 , chọn a = 3  b = 1.
AD đi qua P(3; 0) và có véctơ chỉ phương là n AD 
 AD:



3; 1



3x  y  3 3  0 .





+) Gọi M 1  3x; x , ta có: IM = 2  IM2 = 4




x  3  3
2
2
2
3x  3  2 3  x  3  2  4  x  3  2  4  
 x  1  3

 















– Với x = 3 – 3  M 4  3 3; 3  3  AB: 3x  y  12  5 3  0

(loại do ABC  1200 ).
– Với x = 1 – 3  M 4  3; 1  3  AB:

3x  y  4  5 3  0 (thỏa mãn).

Câu 8.
Định hướng: Bất phương trình này khá vô hướng khi mà việc sử dụng các phương pháp như hàm số, nhân
liên hợp, đánh giá bị hạn chế do không nhẩm được nghiệm đẹp của phương trình, còn phương pháp đặt ẩn
phụ cũng tỏ ra không hiệu quả khi trong phương trình ít có móc xích với nhau. Thử chia hai vế cho

x hay

x  1 , x  2 cũng không thấy hi vọng gì. Vậy nên, để có một cách đánh giá khách qua hơn về bất phương
trình, ta gần như phải bình phương hai vế lên (mục đích khử mất căn – trong bài toán này thì nhẩm tính
bình phương hai lần để mất căn thì sẽ thu được một bất phương trình bậc 6):
x  x  2  x 

 x  1

3

 x  x  2  x  2x x  2   x  1

3

 2x x  2  x3  2x2  1
Theo nhẩm tính bình phương lên một lần nữa để thu được phương trình bậc 6 đã giúp ta “chệch hướng”
khác. Đến đây ta thấy rằng:

x

x 2



2

 x3  2x2 → bất phương trình trở nên đơn giản.

Bài giải:
+) Điều kiện: x  0.
Bất phương trình đã cho tương đương với:



x  x  2  x

   x  1  x  x  2  x  2x
2

3

x  2   x  1

3

 x3  2x2  2x x  2  1  0



 x x 2



2



 2x x  2  1  0  x x  2  1





2

0



 x x  2  1  x3  2x2  1   x  1 x2  x  1  0  x 
24

5 1
(do x  0).
2


TUYỂN CHỌN 10 ĐỀ TRỌNG TÂM MÔN TOÁN
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất là x =

LOVEBOOK.VN

5 1
.
2

Câu 9.

Định hướng: Ta có thể đánh giá được a2  2b2  5c2  k  ab  bc  ca   từ đánh giá này có thể làm trội P,
đồng thời đưa về được hàm một biến là t  a2  2b2  5c2 và dùng khảo sát hàm số.
Vậy nhưng cái khó ở đây là làm như thế nào để đánh giá được kiểu này?
Có đến hai hướng chúng ta có thể sử dụng trong trường hợp này:
– Hướng 1: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy:
ma2  nb2  2ab mn 


pa2  qc2  2ac pq 

rb2  sc2  2bc rs 


  m  p a2   n  r  b2  q  s  c2  2ab mn  2bc rs  2ca pq

m  p  1
n  r  2
Muốn sử dụng bất đẳng thức “thành công” thì ta phải có: 
q  s  5

mn  rs  qp

ma2  nb2

Đồng thời khi đẳng thức xảy ra thì ta có: qc2  pa2  mqr  nps .
 2
2

rb  sc

Đến đây thì có một sự ngợp không hề nhẹ. Đây là hệ 6 ẩn, 6 phương trình nên trên cơ bản có thể giải quyết
được chúng. Nhưng giải quyết như thế nào cho nhanh, đó mới là điều cần thiết!
Ta có:

m  p n  r q  s  mnq  mns  mrq  mrs  pnq  pns  prq  prs .

Do mn = rs = qp va mqr = nps nên:

 m  p n  r q  s 
  mn  .q   mn  .s  mrq  m.  mn   n.  mn    mqr   r.  mn   p.  mn 

  m  p n  r  q  s   mn  m  n  p  q  r  s   2mpr
 3  mpr  .  m  n  p  q  r  s   2  mqr  (*).
2

Với (m + q), (n + r), (q + s) đã biết thì (*) là phương trình ẩn t = mpr. Giải
phương trình này tìm mqr là có thể tìm được các ẩn còn lại một cách nhanh chóng!
Áp dụng với bài toán này:
1.2.5 

 mqr  . 1  2  5  mqr  2 mqr   83  mpq 
3

 mn = rs = qp =

2

3

 mqr 

2

= 1. Vậy hệ chỉ còn ba ẩn


2



m  p  1 r  2  1
m  3


m
1
1



r


2

p

1

m



p 
3
m
 1

1
1 1


1

5
q  r  5
1  m 2  1
r  2



m
25

 10  0  mqr  1 .