ĐỀ + đáp án on thi đại học môn toán 2016

Khoá giải đề đặc biệt Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 50+1/2015
1 4
x − 2x 2 + 2 − m (1) với m là tham số thực.
4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho với m = 2 .
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt, và chứng minh rằng khi đó tất cả
các giao điểm đều có hoành độ nhỏ hơn 3.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

Câu 2 (1,0 điểm).

18 ⎛ π
⎞
, ⎜ − < a < 0 ⎟ . Tính A = sin a − cos a .
⎝
⎠
7
2
5−i
b) Cho số phức z thoả mãn z =
. Tìm phần thực và phần ảo của w = 5z .
2−i
a) Cho tan a + cot a = −

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 6 log 4 x + log x 8 = 10 .
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình

x + 1+ 10 3 4 + 3 3 − x = 9 3 3 − x − x 3 + 3x 2 + 2x + 4 .
2

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

x 2 .e x

2

−1

+ ln x

x

1

dx .

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 (ABCD). Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA và SC.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và DN.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I(1;2), có
! = 60 0 , phương trình đường phân giác trong góc A là x + y − 1 = 0 . Tìm toạ độ đỉnh A và viết
góc BAC
phương trình đường thẳng BC.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng Δ có phương trình
x+2 y z−4
, hai mặt phẳng (P) : x − 2y + 2z − 3 = 0,(Q) : 2x + y − 2z − 4 = 0 . Lập phương
=
=

−1
−2
3
trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc Δ và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P), (Q).

là

Câu 9 (0,5 điểm). Có ba phong bì giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 10 câu hỏi khác nhau được đánh
số từ 1 đến 10 và bộ 10 câu hỏi trong mỗi phong bì là giống nhau. Người ta phát ba phòng bì này cho
ba học sinh Nga, Sơn và Khánh mỗi người một phong bì và yêu cầu mỗi bạn bốc thăm ra trong mỗi
phong bì lấy một câu hỏi. Tính xác suất để ba bạn đó bốc được các câu hỏi có nội dung giống nhau và
được đánh số nhỏ nhất là 7.
2

2

Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b,c là các số thực thoả mãn (b+ 3) + (c − 4) = 4 . Tìm giá trị nhỏ
2

2

2

nhất của biểu thức P = (a − b) + (4− a − c) .
1


---HẾT---

2

PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2x 2 + 2 − m (1) với m là tham số thực.
4
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho với m = 2 .
4. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt, và chứng minh rằng khi đó tất cả
các giao điểm đều có hoành độ nhỏ hơn 3.
1. Học sinh tự giải.
2. Phương trình hoành độ giao điểm:
1 4
x − 2x 2 + 2 − m = 0 .
4
Đặt t = x 2 ≥ 0 , phương trình trở thành: t 2 − 8t + 4(2 − m) = 0 (*) .
Để (1) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm dương phân biệt 0 < t1 < t 2 ,
⎧ Δ ' = 16 − 4(2 − m) > 0
⎪
⇔ ⎨S = 8 > 0
⇔ −2 < m < 2 .
⎪ P = 4(2 − m) > 0
⎩

Khi đó hoành độ bốn giao điểm là x1 = − t 2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t 2 .
Ta có: x4 = t 2 = 4 + 8 + 4m < 2 2 < 3,∀m ∈(−2;2) .
Vậy tất cả các giao điểm có hoành độ nhỏ hơn 3. (đpcm).
Câu 2 (1,0 điểm).
18 ⎛ π
⎞
a) Cho tan a + cot a = − , ⎜ − < a < 0 ⎟ . Tính A = sin a − cos a .

⎝
⎠
7
2
5−i
b) Cho số phức z thoả mãn z =
. Tìm phần thực và phần ảo của w = 5z .
2−i
sin a cos a
1
2
18
7
a) Ta có: tan a + cot a =
+
=
=
=
⇒ sin 2a = .
cos a sin a sin a cos a sin 2a 7
9
7
16
Và, (sin a − cos a)2 = 1− sin 2a = 1+ =
.
9 9
⎧sin a < 0
π
Vì − < a < 0 ⇒ ⎨
⇒ sin a − cos a < 0 .

2
⎩cos a > 0
4
Do đó A = − .
3
5 − i (5 − i)(2 + i) 11+ 3i
b) Ta có: z =
=
=
⇒ w = 5z = 11− 3i .
2−i
5
5
Vậy w có phần thực bằng 11, phần ảo bằng -3.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 6 log 4 x + log x 8 = 10 .
Điều kiện: 0 < x ≠ 1 . Phương trình tương đương với:
3
3log 2 x +
= 10 ⇔ 3log 22 x − 10.log 2 x + 3 = 0 .
log 2 x
Đặt t = log 2 x , phương trình trở thành:

3


⎡t = 3
⎡ log 2 x = 3
⎡x = 8
.
3t − 10t + 3 = 0 ⇔ ⎢ 1 ⇔ ⎢

1⇔⎢
3
⎢t =
⎢ log 2 x =
x
=
2
⎣
⎣ 3
⎣
3
2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình

x + 1+ 10 3 4 + 3 3 − x = 9 3 3 − x − x 3 + 3x 2 + 2x + 4 .
Điều kiện: x 3 + 3x 2 + 2x + 4 ≥ 0 .
Phương trình tương đương với:

− x 3 + 3x 2 + 2x + 4 − x + 10 3 3 − x = (1+ 3 3 − x ) + 10 3 3 + (1+ 3 3 − x ) (*) .
10
Xét hàm số f = t + 10 3 3 + t ⇒ f ′(t) = 1+
> 0,∀t ∈! .
3 3 (t + 3)2
Vậy hàm số f(t) đồng biến trên ! . Vì vậy phương trình (*) tương đương với:

− x 3 + 3x 2 + 2x + 4 + f (−x) = f (1+ 1 3 3 − x ) ⇔ f (−x) − f (1+ 1 3 3 − x ) − x 3 + 3x 2 + 2x + 4 = 0 (**) .
Vì x 3 + 3x 2 + 2x + 4 = (x + 1)3 + 3 − x ≥ 0 ⇒ 3 3 − x ≥ −x − 1 , hay
−x ≤ 1+ 3 3 − x ⇒ f (−x) ≤ f (1+ 3 3 − x ) .
Do đó, VT(**) ≤ 0 = VP(**) , do đó dấu bằng phải xảy ra, tương đương với:

3
2
⎪⎧ x + 3x + 2x + 4 = 0
⇔⎨
⇔ (x + 1)3 = x − 3
3
⎪⎩−x = 1+ 3 − x

⇔ (x + 1)3 − (x + 1) + 4 = 0 ⇔ x = −1− 3
2

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

x 2 .e x

2

1

2

Ta có: I = ∫ x.e
1

∫ x.e

x 2 −1

1
2

+)

x

+ ln x

18 − 321 3 18 + 321
−
9
9

dx .

2

x 2 −1

ln x
dx .
x
1

dx + ∫

2
2
1
e x −1 2 e 3 − 1
dx = ∫ d(e x −1 ) =

=
,
21
2 1
2
2

2

+)

−1

.

2
ln x
1 2 2 ln 2 2
.
dx
=
ln
xd(ln
x)
=
ln x =
∫1 x
∫1
1
2

2

e3 − 1+ ln 2 2
.
2
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 (ABCD). Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA và SC.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và DN.
Vậy I =

4


Gọi H là trung điểm AB, ta có: SH ⊥ AB .
Vì (SAB) vuông góc (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD) .

a 3
,SABCD = a 2 .
2
1
1 a 3 2 a3 3
.a =
Nên VS.ABCD = SH .SABCD = .
(đvtt).
3
3 2
6
+) Trong không gian chọn hệ trục với H(0;0;0), trục Ox trùng với
AB, trục Oy qua H và song song với AD, trục Oz trùng với SH
khi đó,

a
a
a
a
a 3
A( ;0;0), B(− ;0;0),C(− ;a;0), D( ;a;0),S(0;0;
).
2
2
2
2
2
a a 3
a a a 3
), N(− ; ;
).
Vì M,N lần lượt là trung điểm SA và SC nên M ( ;0;
4
4
4 2 4
Suy ra,
!!!!" 3a a 3 !!!"
3a a a 3 !!!!"
a a
BM = ( ;0;
), DN = (− ;− ;
), MN = (− ; ;0)
4
4
4

2 4
2 2
⎛
⎞
a 3
a 3 3a
3a
.
0 ⎟
2
2
2
!!!!" !!!" ⎜ 0
a
3
3a
3
3a
4
4
4
4
⎟ =(
⎡⎣ BM , DN ⎤⎦ = ⎜
;
;
;−
;−
)
⎜

⎟
3a
a
8
8
8
a a 3
a 3
3a
− ⎟
−
⎜ −
4
2 ⎠
2
4
4
4
⎝
Ta có, SH = SA.sin 60 0 =

!!!!" !!!" !!!!"
⎡⎣ BM , DN ⎤⎦ .MN
=
Ta có, d(BM; DN ) =
!!!!" !!!"
⎡⎣ BM , DN ⎤⎦

a2 3
2a 3

4
=
.
4
4
4
39
3a
27a
9a
+
+
64
64
64
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I(1;2), có
! = 60 0 , phương trình đường phân giác trong góc A là x + y − 1 = 0 . Tìm toạ độ đỉnh A và viết
góc BAC
phương trình đường thẳng BC.
Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác trong góc A với đường tròn
(ABC).
Ta có D là điểm chính giữa cung BC và
! = 120 0 , BIC
! = 2BAC
! = 120 0 ⇒ BDC
! = BIC
!.
BDC
Do đó BDCI là hình thoi, nên ID cắt BC tại trung điểm M của BC.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên phân giác AD, thì H là trung

điểm AD và toạ độ điểm H là nghiệm của hệ:
⎧x + y − 1 = 0
⇒ H (0;1) .
⎨
⎩x − y + 1 = 0
Gọi G là trọng tâm tam ABC, ta có G cũng là trọng tâm tam giác AID, vì vậy
!!!" 1 !!"
1 1
1 2
GH = IH = (− ; ) ⇒ G( ; ) .
3
3 3
3 3
!!!!" 1 !!!" 1 1
1
1 1 1 1
Gọi A(a;1-a), ta có: GM = AG = ( − a;a − ) ⇒ M ( − a; + a) .
2
2 3
3
2 2 2 2
5


Vì M là trung điểm ID nên D(-a;a-1).
3 3
Ta có: IA = ID ⇔ (a − 1)2 + (a + 1)2 = (a + 1)2 + (a − 3)2 ⇔ a = 2 ⇒ A(2;−1), M (− ; ), D(−2;1) .
2 2
!!"
Suy ra, ID = (−3;−1) . Đường thẳng BC qua M vuông góc ID có phương trình là 3x + y + 3 = 0 .

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng Δ có phương trình
x+2 y z−4
, hai mặt phẳng (P) : x − 2y + 2z − 3 = 0,(Q) : 2x + y − 2z − 4 = 0 . Lập phương
=
=
−1
−2
3
trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc Δ và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P), (Q).
Tâm của mặt cầu (S) là I , và I ∈Δ ⇒ I ( −2 − t ; − 2t ; 4 + 3t ) .

là

(

Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P), (Q) ⇔ d I, ( P )
Từ đó suy ra:  I1 =

(11 ;

)

= d ( I ; (Q )) ⇔

⎡t = −13
1
1
.
9t + 3 = 10t + 16 ⇔ ⎢

3
3
⎣t = −1

26 ; − 35 )  ;  I 2 ( −1 ; 2 ; 1) ⇒ R1 = 38  ;  R2 = 2 .

Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S1): (x - 11)2 + (y - 26)2 + (z + 35)2 = 382, và
(S2): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 4.

6


Khoá giải đề đặc biệt Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 050+2/2015
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x 3 + 3x 2 + m − 1 (1) , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m = 0 .
2. Tìm m để hàm số (1) có giá trị cực đại là ymax , giá trị cực tiểu là ymin thoả mãn ymax .ymin = 5 .
Câu 2 (1,0 điểm).

⎛ π
⎞
a) Cho biết tan a = −2, ⎜ − < a < 0 ⎟ . Tính A = cos a(2sin a + 3) .
⎝ 2
⎠
b) Cho số phức z thoả mãn z 2 = 5 − 12i . Tìm phần ảo của số phức z , biết z có phần thực dương.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 x+1 + 2 − x+1 − 5 = 0 .
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
5x 2 − 8x + 32 − 2 > −3x 2 + 24x − 3x 2 − 12x + 16 .

Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành hình phẳng được giới hạn

bởi các đường y = x 3 + 8 , trục Ox, trục Oy.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AC = a,SA = SB = SC = AB = a 3 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD . Gọi M là điểm
trên cạnh AB, N là điểm trên tia đối của tia AD thoả mãn AD = AM , AN = BM . Giả sử H(2;-2) là hình
chiếu vuông góc của A lên A lên DM, E(2;3) là trung điểm của BN. Viết phương trình đường thẳng
AD biết đỉnh B có hoành độ dương và điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(-1;2;-1) và đường thẳng Δ có
⎧ x = 1+ t
⎪
phương trình là ⎨ y = 2 (t ∈!) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường
⎪z = 3 − t
⎩
thẳng Δ . Tìm toạ độ điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm A trên Δ .
Câu 9 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp tất các các số tự nhiên có 2 chữ số dạng ab thoả mãn a > b ≥ 2 .
Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số tự nhiên mà a b − a = b a − b .
Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b là các số thực thoả mãn a + b > −2,(a + 1)(b + 1) > 0 . Tìm giá trị nhỏ
192
nhất của biểu thức P = (a + 3)(b 2 + 3) + (b + 3)(a 2 + 3) +
.
a+b+2
---HẾT--Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

1


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x 3 + 3x 2 + m − 1 (1) , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m = 0 .

2. Tìm m để hàm số (1) có giá trị cực đại là ymax , giá trị cực tiểu là ymin thoả mãn ymax .ymin = 5 .
1. Học sinh tự giải.
⎡x = 0
2. Ta có: y' = −3x 2 + 6x; y' = 0 ⇔ ⎢
.
⎣x = 2
Vì y’ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x = 0 ⇒ ymin = y(0) = m − 1 , và ymax = y(2) = m + 3 .
⎡ m = −4
Theo đề ra ta có: (m − 1)(m + 3) = 5 ⇔ m 2 − 2m − 8 = 0 ⇔ ⎢
.
⎣m = 2
Câu 2 (1,0 điểm).

⎛ π
⎞
a) Cho biết tan a = −2, ⎜ − < a < 0 ⎟ . Tính A = cos a(2sin a + 3) .
⎝ 2
⎠
b) Cho số phức z thoả mãn z 2 = 5 − 12i . Tìm phần ảo của số phức z , biết z có phần thực dương.
π
1
1
2
a) Ta có: − < a < 0 ⇒ cos a > 0,cos a =
.
=
,sin
a
=
cos

a.tan
a
=
−
2
5
5
1+ tan 2 a

1
−2
−4 + 15
(2.
+ 3) =
.
4
5
5
⎡ z = 3 − 2i
b) Ta có: z 2 = 5 − 12i = (3 − 2i)2 ⇒ ⎢
.
⎣ z = −3 + 2i
Vì vậy, A =

Vì z có phần thực dương nên z = 3 − 2i ⇒ z = 3 + 2i , vậy phần ảo của z bằng 2.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 x+1 + 2 − x+1 − 5 = 0 .
Phương trình tương đương với: 2.2 x + 2.2 − x − 5 = 0 .
Đặt t = 2 x > 0 , phương trình trở thành:
⎡2 x = 2
⎡t = 2

⎡x = 1
2
.
2t + − 5 = 0 ⇔ 2t 2 − 5t + 2 = 0 ⇔ ⎢ 1 ⇔ ⎢ x 1 ⇔ ⎢
⎢2 =
⎢t =
t
⎣ x = −1
⎣ 2
⎣
2
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
5x 2 − 8x + 32 − 2 > −3x 2 + 24x − 3x 2 − 12x + 16 .

⎧5x 2 − 8x + 32 ≥ 0
⎪
Điều kiện xác định: ⎨ 3x 2 − 12x + 16 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 8 .
⎪−3x 2 + 24x ≥ 0
⎩

Bất phương trình tương đương với:

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

2


( 3x 2 − 12x + 16 − 2) + ( 5x 2 − 8x + 32 − −3x 2 + 24x ) > 0
⇔

3x 2 − 12x + 12
3x 2 − 12x + 16 + 2

+

8x 2 − 32x + 32
5x 2 − 8x + 32 + −3x 2 + 24x

>0

⎡
⎤
3
8
⇔ (x − 2)2 ⎢
+
⎥>0
2
5x 2 − 8x + 32 + −3x 2 + 24x ⎦
⎣ 3x − 12x + 16 + 2
⇔ (x − 2)2 > 0 ⇔ x ≠ 2
Kết hợp với điều kiện suy ra S = [ 0;8 ] \ {2} .
Cách 2: Bất phương trình tương đương với:

.

5x 2 − 8x + 32 + 3x 2 − 12x + 16 > 2 + −3x 2 + 24x .

Khi đó cả 2 vế bất phương trình không âm, bình phương 2 vế đưa về bất phương trình tương đương
với:

5x 2 − 8x + 32 + 3x 2 − 12x + 16 > 2 + −3x 2 + 24x
11(x − 2)2 + 2 (5x 2 − 8x + 32)(3x 2 − 12x + 16) > 4 −3x 2 + 24x
⇔ 11(x − 2)2 + 2 ⎡ (5x 2 − 8x + 32)(3x 2 − 12x + 16) − 2 −3x 2 + 24x ⎤ > 0 .
⎣
⎦
⎡
⎤
15x 2 − 24x + 128
⇔ (x − 2)2 ⎢11+ 2.
⎥>0
2
2
2
(5x
−
8x
+
32)(3x
−
12x
+
16)
+
2
−3x
+
24x
⎢⎣
⎥⎦

2
15x − 24x + 128
⇔ x ≠ 2(do 11+ 2.
> 0)
(5x 2 − 8x + 32)(3x 2 − 12x + 16) + 2 −3x 2 + 24x
Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm S = [ 0;8 ] \ {2} .
Cách 3:
Phân tích:
Vì ta thấy x = 2 là nghiệm kép của phương trình nên sử dụng liên hợp với nghiệm kép như sau:
Đó là ghép các căn thức với ax + b , chẳng hạng:
f (x) = 5x 2 − 8x + 32 − (ax + b)
⎧ f (2) = 0
⎧6 − 2a − b = 0
⎧a = 1
.
⇒⎨
⇔⎨
⇔⎨
⎩ f '(2) = 0
⎩1− a = 0
⎩b = 4
4(x − 2)2
⇒ 5x 2 − 8x + 32 − (x + 4) =
5x 2 − 8x + 32 + x + 4
Tương tự, ta tìm được các biểu thức liên hợp sau:

3x 2 − 12x + 16 − 2 ;

−3x 2 + 24x − (x + 4) .

Lời giải:
Bất phương trình tương đương với:

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

3


⎡ 5x 2 − 8x + 32 − (x + 4) ⎤ + ⎡ 3x 2 − 12x + 16 − 2 ⎤ + ⎡ x + 4 − −3x 2 + 24x ⎤ > 0
⎣
⎦ ⎣
⎦ ⎣
⎦
⎡
⎤
4
3
4
⇔ (x − 2)2 ⎢
+
+
⎥>0.
2
3x 2 − 12x + 16 + 2 x + 4 + −3x 2 + 24x ⎦
⎣ 5x − 8x + 32 + x + 4
⇔ (x − 2)2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2
Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành hình phẳng được giới hạn
bởi các đường y = x 3 + 8 , trục Ox, trục Oy.
x 3 + 8 = 0 ⇔ x = −2 .
0

0
0
x4
3
2
3
+) Vậy V = π ∫ ( x + 8 ) dx = π ∫ (x + 8)dx = π ( + 8x) = 12π (đvtt).
−2
4
−2
−2

+) Phương trình hoành độ giao điểm:

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AC = a,SA = SB = SC = AB = a 3 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và SC.

1
a2 3
Ta có, SABC = .AB.AC =
.
2
2
Gọi H là trung điểm BC, thì do tam giác ABC vuông tại A nên
H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vì SA = SB = SC ⇒ SH ⊥ (ABC) .
Tam giác vuông ABC có BC = AB 2 + AC 2 = 2a ,
Tam giác vuông SHB có
SH = SB 2 − HB 2 = 3a 2 − a 2 = a 2 .

1
1
a2 3 a3 6
=
Vì vậy VS.ABC = SH .SABC = .a 2.
.
3
3
2
6

+ Tính d(AB;SC).
Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình bình hành ABCD, ta có:
AB / /CD ⇒ AB / /(SCD) ⇒ d(AB;SC) = d(B;(SCD)) = 2d(H;(SCD)) .
Gọi M là trung điểm AB, đường thẳng HM cắt CD tại I, hạ HK vuông góc với SI tại K ta có
HI / /AC ⇒ HI ⊥ CD .
Suy ra CD ⊥ (SHI ) ⇒ CD ⊥ HK , lại có HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SCD) .
Vậy HK = d(H;(SCD)) .
Ta có, CD / /AB ⇒

HI
HC
AC a
=
= 1 ⇒ HI = HM =
= .
HM HB
2
2

a
2 =a 2.
=
Trong tam giác vuông SHI có, HK =
3
SH 2 + HI 2
a2
2a 2 +
4
SH .HI

a 2.

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

4


Vậy d(AB;SC) = 2HK =

2a 2
.
3

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD . Gọi M là điểm
trên cạnh AB, N là điểm trên tia đối của tia AD thoả mãn AD = AM , AN = BM . Giả sử H(2;-2) là hình
chiếu vuông góc của A lên A lên DM, E(2;3) là trung điểm của BN. Viết phương trình đường thẳng
AD biết đỉnh B có hoành độ dương và điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC.
Theo giả thiết, AM = AD ⇒ ΔADM vuông cân tại A, nên
1

AH = HM = DM .
2
Xét tam giác AHN và MHB có
⎧ AN = MB(gt)
⎪
1
⎪
⇒ ΔHAN = ΔHMB .
⎨ AH = HM = DM
2
⎪
! = HMB
! = 90 0 + HAM
!
⎪⎩ HAN
! = HBM
! = HBA
!.
Suy ra HN = HB, HNA
! = BAN
! = 90 0 ⇒ BH ⊥ HN , tức tam giác HNB vuông cân
Do đó tứ giác AHBN nội tiếp, suy ra BHN
tại B, do đó HE ⊥ BN .
!!!"
Ta có HE = (0;5) , phương trình đường thẳng BN qua E vuông góc HE là y − 3 = 0 .
⎡b = 7(t / m)
Suy ra B(b;3) với b>0, ta có: EB = HE = 5 ⇔ (b − 2)2 = 25 ⇔ ⎢
⇒ B(7; 3) .
⎣b = −3(l)
!!!"

Do E là trung điểm BN nên N(-3;3), ta có BF = (−2; 4) / /(1;−2) .
Đường thẳng AD qua N nhận (2;1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là 2x + y + 3 = 0 .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(-1;2;-1) và đường thẳng Δ có
⎧ x = 1+ t
⎪
phương trình là ⎨ y = 2 (t ∈!) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường
⎪z = 3 − t
⎩
thẳng Δ . Tìm toạ độ điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm A trên Δ .
!
+) Đường thẳng Δ có véc tơ chỉ phương u = (1;0;−1) .
!
Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng Δ nên nhận u = (1;0;−1) làm véc tơ pháp
tuyến, vì vậy (P) :1(x + 1) + 0(y − 2) − 1(z + 1) = 0 ⇔ (P) : x − z = 0 .
⎧ x = 1+ t
⎧x = 2
⎪y = 2
⎪y = 2
⎪
⎪
+) Điểm I là giao điểm của (P) và Δ , nên toạ độ thoả mãn hệ: ⎨
⇔⎨
⇒ I(2;2;2) .
⎪z = 3 − t
⎪z = 2
⎪⎩ x − z = 0
⎪⎩t = 1
Kết luận: Vậy (P) : x − z = 0 , và I(2;2;2).

Câu 9 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp tất các các số tự nhiên có 2 chữ số dạng ab thoả mãn a > b ≥ 2 .

Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số tự nhiên mà a b − a = b a − b .
Không gian mẫu là số các số tự nhiên dạng ab thoả mãn a > b ≥ 2 .
Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

5


Ta có: 2 ≤ b < a ≤ 9 . Chọn ra 2 số tự nhiên từ tập các số 2,3,4,5,6,7,8,9 có C82 = 28 cách, với mỗi cách
chọn 2 số như vậy ta có duy nhất một số thoả mãn.
Vậy trong M có tất cả 28 số, tức n(Ω) = 28 .
Gọi A là biến cố số chọn ra có dạng dạng ab thoả mãn a > b ≥ 2 , và a b − a = b a − b (*). Để tính số kết
quả thuận lợi cho A ta tìm số các số tự nhiên trong M có điều kiện thoả mãn (*).
Cách 1: Lập bảng giá trị của (a,b) ta có nghiệm duy nhất (a;b)=(3;2).
ln x
Cách 2: Nếu a > b > 2 ⇒ a > b ≥ 3 , khi đó xét hàm số f (x) =
, với x ≥ 3 ta
x
1− ln x
có f '(x) =
< 0,∀x ≥ 3 .
x2
ln a lnb
Vì vậy f(x) giảm, tức a > b ⇒ f (a) < f (b) ⇔
<
⇔ ab < b a ⇒ ab − a < b a − b .
a
b
Tức trường hợp này vô nghiệm,
+) Nếu b = 2 ⇒ a = 3 .
Vậy trong M có duy nhất một số thoả mãn (*), tức n(A) = 1 .

n(A) 1
=
Xác suất cần tính P(A) =
.
n(Ω) 28
Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b là các số thực thoả mãn a + b > −2,(a + 1)(b + 1) > 0 . Tìm giá trị nhỏ
192
nhất của biểu thức P = (a + 3)(b 2 + 3) + (b + 3)(a 2 + 3) +
.
a+b+2
Theo giả thiết ta có, a > −1,b > −1 .
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:

(a + 3)(b 2 + 3) + (b + 3)(a 2 + 3) ≥ 2 (a + 3)(a 2 + 3).(b + 3)(b 2 + 3) .
Và, (a + 3)(a 2 + 3) = (a + 1)3 + 8,(b + 3)(b 2 + 3) = (b + 1)3 + 8 .
Mặt khác:
(a + 3)(a 2 + 3).(b + 3)(b 2 + 3) = ⎡⎣(a + 1)3 + 8 ⎤⎦ . ⎡⎣(b + 1)3 + 8 ⎤⎦
1
= (1+ 1). ⎡⎣(a + 1)3 + 8 ⎤⎦ . ⎡⎣ 8 + (b + 1)3 ⎤⎦ .
2
1
≥ (2(a + 1) + 2(b + 1))3 = 4(a + b + 2)3
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 .
192
Suy ra P ≥ 4 (a + b + 2)3 +
, đặt t = a + b + 2 > 0 .
a+b+2
Xét hàm số f (t) = 4t 3 +

192 12(t 4 − 16)
192
; f '(t) = 0 ⇔ t = 2 > 0 .
, ta có: f '(t) = 12t 2 − 2 =
t
t2
t

Từ đó ta có P ≥ f (t) ≥ f (2) = 128 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 128, dấu bằng đạt tại a = b = 1 .
Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

6


Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

7


Khoá giải đề đặc biệt Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 050+3/2015
−2x + 1
.
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
1
2. Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt có tổng hoành độ
2

dương.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2 sin 2x = 2 cos x + 1− 2 sin x .
b) Cho biết z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z 2 + 2z + 5 = 0 . Tính A = z12 − z1 .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (log 3 x − 1).log 3 9x = log x 3 − 1 .
2

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

Câu 5 (0,5 điểm). An và Bình cùng tham gia kỳ thi THPT Quốc Gia , ngoài thi ba môn Văn, Toán,
Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng ký thêm 2 môn tự chọn khác trong 3 môn ( Hoá Học, Vật Lý,
Sinh học ) dưới hình thức trắc nghiệm để có điều kiện xét tuyển vào Đại học – Cao đẳng. Mỗi môn tự
chọn trắc nghiệm có 6 mã đề thi khác nhau, và mã đề thi của các môn khác nhau thì khác nhau. Tính
xác suất để An và Bình chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2;-1;4) và đường thẳng Δ có
x −1 y +1 z
phương trình
=
= . Tìm toạ độ điểm M thuộc Δ sao cho AM = 13 , và M có hoành độ
1
2
1
nguyên. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với Δ .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, gọi E là trung điểm
cạnh CD. Biết rằng tam giác SAE vuông cân tại S, và mặt phẳng (SAE) vuông góc với mặt đáy
(ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD).

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn
tâm I(-2;1), gọi H(-1;-1) là chân đường cao hạ từ đỉnh A, và M là trung điểm cạnh BC, N là điểm đối
xứng của M qua I. Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại
D, đường thẳng CD cắt AH tại điểm E(0;2). Tìm toạ độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ
dương.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x( x + 1 − x − 1)3 ≤

5
.
4

Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b,c là các số thực thuộc đoạn [1;2], và thoả mãn điều kiện
2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b 2 = 6 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 8a 2 + (b + c)2 + 8b 2 + (c + a)2 + 8c 2 + (a + b)2 .
---HẾT--1


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
−2x + 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
.
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
1
2. Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt đều có tổng hoành độ
2
dương.
1. Học sinh tự giải.
−2x + 1 1

2. Phương trình hoành độ giao điểm:
= x + m ⇔ x 2 + (2m + 5)x + 2m − 2 = 0 (1) .
x +1
2
Để d cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt nằm có tổng hoành độ dương khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm
⎧ Δ = (2m + 5)2 − 4(2m − 2) > 0
5
phân biệt và S > 0 ⇔ ⎨
⇔m<− .
2
⎩S = −2m − 5 > 0
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2 sin 2x = 2 cos x + 1− 2 sin x .
b) Cho biết z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z 2 + 2z + 5 = 0 . Tính A = z12 − z1 .
a) Phương trình tương đương với:
2π
⎡
x=±
+ k2π
⎢
1
3
⎡
⎢
⎢ cos x = − 2
π
( 2 sin x − 1)(2 cos x + 1) = 0 ⇔ ⎢
⇔ ⎢ x = + k2π , k ∈! .
⎢
4

⎢sin x = 1
⎢
3π
⎢⎣
2
+ k2π
⎢x =
4
⎣
⎡ z = −1+ 2i
b) Ta có: (z + 1)2 = −4 = (2i)2 ⇔ ⎢
⇒ z1 = −1− 2i .
⎣ z = −1− 2i
Vì vậy, A = (−1− 2i)2 − (−1− 2i) = (−3 + 4i) + (1+ 2i) = −2 + 6i .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (log 3 x − 1).log 3 9x = log x 3 − 1 .
Điều kiện: 0 < x ≠ 1 . Phương trình tương đương với:
1− log 3 x
.
(log 3 x − 1)(2 + log 3 x) =
log 3 x

Đặt t = log 3 x , phương trình trở thành:

1− t
1
⇔ (t − 1)(2 + t + ) = 0 ⇔ (t − 1)(t + 1)2 = 0
t
t
.
⎡x = 3

⎡t = −1 ⎡ log 3 x = 1
⇔⎢
⇔⎢
⇔⎢
1
⎣t = 1
⎣ log 3 x = −1 ⎢ x =
⎣
3

(t − 1)(2 + t) =

1
Vậy nghiệm phương trình x = ; x = 3 .
3

2


2

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

2

2

2
x 2

3
x
Ta có: I = ∫ x dx − ∫ xe dx =
− ∫ xe dx = − ∫ xe x dx .
2 1 1
2 1
1
1
2

2

x

2

2

2 2 x
2
+) ∫ xe dx = ∫ xd(e ) = xe − ∫ e dx = 2e2 − e − e x = e2 .
1 1
1
1
1
3
Vậy, I = − e2 .
2
Câu 5 (0,5 điểm). An và Bình cùng tham gia kỳ thi THPT Quốc Gia , ngoài thi ba môn Văn, Toán,
Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng ký thêm 2 môn tự chọn khác trong 3 môn ( Hoá Học, Vật Lý,

Sinh học ) dưới hình thức trắc nghiệm để có điều kiện xét tuyển vào Đại học – Cao đẳng. Mỗi môn tự
chọn trắc nghiệm có 6 mã đề thi khác nhau, và mã đề thi của các môn khác nhau thì khác nhau. Tính
xác suất để An và Bình chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi.
Không gian mẫu là số cách chọn môn tự chọn và số mã đề thi có thể nhận được của An và Bình.
+ An có C32 cách chọn môn tự chọn, có C61 .C61 mã đề thi có thể nhận cho 2 môn tự chọn của An.
x

x

x

+ Bình có C32 cách chọn môn tự chọn, có C61 .C61 mã đề thi có thể nhận cho 2 môn tự chọn của Bình.
Vậy n(Ω) = (C32 .C61 .C61 )2 = 11664 .
Gọi A là biến cố để An và Bình chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi.
Để tính số kết quả thuận lợi cho A, ta mô tả cách chọn 2 môn tự chọn của An và Bình cùng cách nhận
mã đề thi thoả mãn yêu cầu bài toán.
+ Cặp gồm 2 tự chọn mà mỗi cặp có chung đúng 1 môn thi là 3 cặp gồm,
Cặp thứ nhất: (Hoá học, Vật lý) và (Hoá học, Sinh học);
Cặp thứ 2: (Vật lý, Hoá học) và (Vật lý, Sinh học);
Cặp thứ 3: (Sinh học, Hoá học) và (Sinh học, Vật lý).
Suy ra, số cách chọn môn thi của An và Bình thoả mãn là C31 .2! = 6 .
+ Trong mỗi cặp để mã đề của An và Bình giống nhau khi An và Bình cùng mã đề của môn chung,
với mỗi cặp có cách nhận mã đề của An và Bình là C61 .C61 .1.C61 = 216 .
Suy ra, số cách chọn môn và nhận mã đề của An và Bình thoả mãn là 216.6 = 1296 .
n(A) 1296 1
=
= .
Vậy n(A) = 1296 , xác suất cần tính P(A) =
n(Ω) 11664 9
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2;-1;4) và đường thẳng Δ có

x −1 y +1 z
phương trình
=
= . Tìm toạ độ điểm M thuộc Δ sao cho AM = 13 , và M có hoành độ
1
2
1
nguyên. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với Δ .
Vì, M ∈Δ ⇒ M (1+ t;−1+ 2t;t) ⇒ AM 2 = (t − 1)2 + 4t 2 + (t − 4)2 .
⎡t = 1
2
2
2
2
Theo giả thiết, ta có: (t − 1) + 4t + (t − 4) = 13 ⇔ 6t − 10t + 4 = 0 ⇔ ⎢ 2 .
⎢t =
⎣ 3
Vì M có hoành độ nguyên nên M(2;1;1).
+ Vì (P) vuông góc với Δ nên (P) nhận véc tơ chỉ phương của Δ làm véc tơ pháp tuyến, vậy
!"
!
nP = (1;2;1) .
Suy ra (P) qua M(2;1;1) và có vtpt là (1;2;1) nên có phương trình là x + 2y + z − 5 = 0 .
3


Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, gọi E là trung điểm
cạnh CD. Biết rằng tam giác SAE vuông cân tại S, và mặt phẳng (SAE) vuông góc với mặt đáy
(ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD).
Ta có: SABCD = 4a 2 .

Gọi H là trung điểm AE, vì tam giác SAE vuông cân tại S nên
SH ⊥ AE .
Mặt khác, (SAE) ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ (ABCD) .
Tam giác vuông ADE và SAE có,
AE a 5
AE = AD 2 + DE 2 = a 5,SH =
=
.
2
2
1
1 a 5
2a 3 5
.4a 2 =
Vì vậy, VS.ABCD = SH .SABCD = .
.
3
3 2
3
Gọi F là giao điểm của AE và BD, theo Talets ta có:
FE DE 1
2
FA
=
= ⇒ FA = 2FE ⇒ FA = AE ⇒
= 4.
FA AB 2
3
FH
FA

.d(H;(SBD)) = 4d(H;(SBD)) (1) .
FH
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, kẻ HI//AC cắt BD tại I, ta có HI ⊥ BD .
Kẻ HK ⊥ SI (K ∈SI ) , do BD ⊥ (SHI ) ⇒ BD ⊥ HK , do đó HK ⊥ (SBD) và HK = d(H;(SBD)) (2) .

Vì vậy, d(A(SBD)) =

HI FH 1
AO a 2
=
= ⇒ HI =
=
.
AO FA 4
4
4
1
1
1
4
8
a 55
=
+ 2 = 2 + 2 ⇒ HK =
(3) .
Tam giác vuông SHI có,
2
2
HK
SH

HI
5a a
22
2a 55
Từ (1),(2),(3) suy ra: d(A;(SBD)) =
.
11
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I(2;1), gọi H(-1;-1) là chân đường cao hạ từ đỉnh A, và M là trung điểm cạnh BC, N là điểm đối xứng
của M qua I. Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại D,
đường thẳng CD cắt AH tại điểm E(0;2). Tìm toạ độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ dương.
Ta chứng minh E là trung điểm của AH.
Kẻ đường kính AA’, khi đó tứ giác ANA’M là hình bình
hành nên AN//A’M, suy ra A' M ⊥ AD .
Theo Talets ta có,

!

!

Suy ra, BAD = BA' M (1).
Xét hai tam giác ABD và A’BM có

!=!
DAB
MBA' ( cùng phụ với !
ABC ) (2).
Từ (1),(2) suy ra ΔABD đồng dạng với ΔA' BM .
Suy ra, BA.BM = BD.BA' ⇒ BA.BC = 2BD.BA' .

Gọi J là điểm đối xứng của B qua D, ta có:

BA.BC = BJ.BA' ⇒ ΔBAJ đồng dạng với ΔA' BC .

! !
!
!
0
! !
0
Mặt khác, BA'C = 180 − BAC . Suy ra: BAJ + BAC = 180 ⇒ A, J ,C thẳng hàng.
Do đó BAJ = BA'C .

4


Xét tam giác BJC có BD//AH và D là trung điểm của BJ nên E là trung điểm của AH (đpcm).
Áp dụng giải tích:
Vì E là trung điểm của AH nên A(1;5).
Phương trình đường thẳng BC qua H vuông góc với AH là x + 3y + 4 = 0 .
2

2

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x + 2) + ( y −1) = 25 .

⎧⎪(x + 2)2 + ( y −1)2 = 25 ⎡ x = 2, y = −2 ⎪⎧ B(2;−2)
⇔⎢
⇒ ⎪⎨
Toạ độ điểm B,C là nghiệm của hệ ⎪
.
⎨

⎢ x = −7, y = 1 ⎪C(−7;1)
⎪⎪⎩ x + 3y + 4 = 0
⎪⎩
⎣
Vậy A(1;5), B(2;-2) và C(-7;1).

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x( x + 1 − x − 1)3 ≤

5
.
4

Điều kiện xác định: x ≥ 1 .
⎧⎪a = x + 1
⎧⎪a 2 + b 2 = 2x
Đặt ⎨
,(a > b ≥ 0) ⇒ ⎨ 2
.
2
⎩⎪a − b = 2
⎩⎪b = x − 1
Bất phương trình trở thành:
5
a2 + b2
5
2 (a2 − b2 )
( a − b )3 ≤
2
32

⇔ 16 ( a 2 + b 2 ) a − b ≤ 5 2 ( a + b )

5

2
2
5
⇔ 8 ⎡⎣( a + b ) + ( a − b ) ⎤⎦ a − b ≤ 5 2 ( a + b ) .
5
⎛ a−b
⎛ a − b⎞ ⎞
⇔ 8⎜
+ ⎜
≤5 2
⎝ a + b ⎟⎠ ⎟⎠
⎝ a+b

a−b
1
≤
⇔ 2(a − b) ≤ a + b ⇔ a ≤ 3b
a+b
2

⇔

5
.
4
⎡5

⎞
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢ ;+∞ ⎟ .
⎠
4
⎣

Vì vậy

x + 1 ≤ 3 x − 1 ⇔ x + 1 ≤ 9 ( x − 1) ⇔ x ≥

Chú ý. Lời giải trên vế trái là hàm đồng biến với t =
Cách 2: Với mọi x ≥ 1 , ta có:
2
x +1 + x −1 =
,
x +1 − x −1

a−b
.
a+b

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

.

2

Vì vậy, bất phương trình tương đương với:

5


⎡
4
2⎤
3
⎢ ( x + 1 − x − 1)2 + ( x + 1 − x − 1) ⎥ ( x + 1 − x − 1) ≤ 5
⎣
⎦
⇔ ( x + 1 − x − 1)5 + 4( x + 1 − x − 1) − 5 ≤ 0

.

⇔ x +1 − x −1 ≤1 ⇔ x +1 ≤ x −1 +1
⇔ x +1 ≤ x + 2 x −1 ⇔ 2 x −1 ≥1 ⇔ x ≥

5
4

⎡5
⎞
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢ ;+∞ ⎟ .
⎠
⎣4
Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b,c là các số thực thuộc đoạn [1;2], và thoả mãn điều kiện
2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b 2 = 6 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 8a 2 + (b + c)2 + 8b 2 + (c + a)2 + 8c 2 + (a + b)2 .
Ta chứng minh

8c 2 + (a + b)2 ≥ 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b 2 .
Thật vậy, bình phương hai vế bất đẳng thức ta được:

2c 2 + ab ≥ (2b 2 + 2c 2 − a 2 )(2c 2 + 2a 2 − b 2 )
⇔ (2c 2 + ab)2 ≥ (2b 2 + 2c 2 − a 2 )(2c 2 + 2a 2 − b 2 )
⇔ 4c 2 ab ≥ 2a 2 c 2 + 2b 2 c 2 − 2(a 2 − b 2 )2

.

⇔ (a 2 − b 2 )2 ≥ (ac − bc)2 ⇔ (a − b)2 ⎡⎣(a + b)2 − c 2 ⎤⎦ ≥ 0
⇔ (a − b)2 (a + b + c)(a + b − c) ≥ 0
Bất đẳng thức cuối luôn đúng, do a + b − c ≥ 1+ 1− 2 = 0 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc a + b = c .
Tương tự, ta có:
8b 2 + (c + a)2 ≥ 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2a 2 + 2b 2 − c 2 ,
8a 2 + (b + c)2 ≥ 2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2a 2 + 2c 2 − b 2

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:

P ≥ 2( 2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b 2 ) = 12 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2 .

6


Khoá giải đề đặc biệt – Thầy : Đặng Thành Nam

Đề 050 +4/2015
1 4
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x − 2x 2 + m − 1 (1) .
4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1 .
2. Tìm m để điểm I(3;2) thuộc đường thẳng Δ , biết rằng Δ là đường thẳng đi qua điểm cực đại, và
điểm cực tiểu nằm phía bên trái trục Oy của đồ thị hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm).

3π ⎞
cos a
⎛
a) Cho tan a = 2 2, ⎜ π < a <
.
⎟⎠ . Tính A =
⎝
2
1+ cot 2 a
b) Cho số phức z thoả mãn z + 2i = (3 − i)2 . Tìm phần ảo của z 2 .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 32 x+1 − 3x+2 + 6 < 0 .
π
4

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

Câu 5 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ
các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9. Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số có tổng
các chữ số là một số chẵn.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Viết phương

1
trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M (1; ;0) vuông góc với mặt phẳng (Q) : 3y − 2z + 1 = 0 , và tiếp xúc với
2
mặt cầu (S).

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a . Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABCD) là trung điểm H của AC, góc giữa mặt bên (SAD) và mặt
đáy (ABCD) bằng 60 0 . Gọi M là trung điểm của SA. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
từ điểm M đến mặt phẳng (SBC).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn, AC > AB . Đường phân giác
! cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm E(-4;-4) (E khác A). Gọi D(1;1) là điểm
của góc BAC
trên cạnh AC sao cho ED = EC , tia BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai
F(4;0). Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C.

1
1
9
⎧
⎪ (2x − y 2 )3 + (5x − y 2 )3 = 8y 3
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨
(x, y ∈!) .
⎪ 3
2
2
⎩ x − 3y (x + 2) + 17 = 13 − 3x
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x,y,z khác 0 thoả mãn x − y ≥ 0 , và x(yz + 4z − 4y) = 4yz . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
16
16 7 2(x − y − z)

.
P = (x − y) 1+ 2 2 + z 2 + 2 −
x y
z
10
---HẾT--Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2x 2 + m − 1 (1) .
4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1 .
2. Tìm m để điểm I(3;2) thuộc đường thẳng Δ , biết rằng Δ là đường thẳng đi qua điểm cực đại, và
điểm cực tiểu nằm phía bên trái trục Oy của đồ thị hàm số (1).
1. Học sinh tự giải.
⎡x = 0
2. Ta có: y' = x 3 − 4x; y' = 0 ⇔ ⎢
.
⎣ x = ±2
Suy ra điểm cực đại A(0;m-1), điểm cực tiểu B(-2;m-5) hoặc C(2;m-5). Vậy đường thẳng Δ là hoặc
AB.
!!!"
Ta có, AB = (−2;−4) / /(1;2) ⇒ Δ : 2x − y + m − 1 = 0 .
Vì I(3;2) thuộc Δ nên 2.3 − 2 + m − 1 = 0 ⇔ m = −3 .
Câu 2 (1,0 điểm).
3π ⎞
cos a
⎛
a) Cho tan a = 2 2, ⎜ π < a <

. Tính A =
.
⎟
⎝
2 ⎠
1+ cot 2 a
b) Cho số phức z thoả mãn z + 2i = (3 − i)2 . Tìm phần ảo của z 2 .
3π
1
−1 / 3
8
1
1
⇒ cos a < 0 ⇒ cos a = − ⇒ A =
=− .
a) Ta có: cos 2 a =
= , vì π < a <
2
1
2
3
27
1+ tan a 9
1+
8
b) z + 2i = (3 − i)2 = 8 − 6i ⇒ z = 8 − 8i ⇒ z 2 = 64(1− i)2 = −128i .
Vậy z 2 có phần ảo bằng -128.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 32 x+1 − 3x+2 + 6 < 0 .
Bất phương trình tương đương với: 3.32 x − 9.3x + 6 < 0 , đặt t = 3x > 0 . Bất phương trình trở thành:
3t 2 − 9t + 6 < 0 ⇔ 1 < t < 2 ⇔ 1 < 3x < 2 ⇔ 0 < x < log 3 2 .

Vậy tập nghiệm S = (0;log 3 2) .
π
4

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

π
4

π
4

π

1+ cos 2x
14
I = ∫ x(1+ cos 2 x)dx = ∫ x(1+
)dx = ∫ x(3 + cos 2x)dx .
2
20
0
0
⎧du = dx
⎧u = x
⎪
Đặt ⎨
.
⇒⎨
1

⎩dv = 3 + cos 2x ⎪v = 3x + sin 2x
2
⎩
π
π
1
1
14
1
3π 2 1
Suy ra: I = x(3x + sin 2x) 4 − ∫ (3x + sin 2x)dx =
+ .
2
2
20
2
64 8
0
Câu 5 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ
các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9. Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số có tổng
các chữ số là một số chẵn.

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202


Không gian mẫu là số các chữ số có 5 chữ số khác nhau thành lập từ tập E = {1,2, 3, 4,5,6, 7,8,9} có

n(Ω) = A95 .
Gọi A là biến cố số được chọn có tổng các chữ số là một số lẻ, để tính số kết quả thuận lợi cho A ta tìm
số các số có 5 chữ số mà tổng các chữ số của nó là số lẻ. Vậy các số này sẽ có 1 hoặc 3 hoặc 5 chữ số

lẻ.
+) Số có 5 chữ số khác nhau, gồm 1 chữ số lẻ thành lập từ E là C51 .C44 .5! = 600 .
+) Số có 5 chữ số khác nhau, gồm 3 chữ số lẻ thành lập từ E là C53 .C42 .5! = 7200 .
+) Số có 5 chữ số khác nhau, gồm 5 chữ số lẻ thành lập từ E là C55 .5! = 120 .
Vậy n(A) = 600 + 7200 + 120 = 7920 .
n(A) 7920 11
Xác suất cần tính P(A) =
.
= 5 =
n(Ω)
A9
21
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Viết phương
1
trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M (1; ;0) vuông góc với mặt phẳng (Q) : 3y − 2z + 1 = 0 và tiếp xúc với
2
mặt cầu (S).

!

+) Giả sử (P) có véc tơ pháp tuyến n = (a;b;c),a 2 + b 2 + c 2 > 0 , mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyến là
(0;3;-2).

!
3
3
b ⇒ n(a;b; b) .
2
2
1 3

+) Phương trình của (P) có dạng: a(x − 1) + b(y − ) + bz = 0 ⇔ (P) : 2ax + 2by + 3bz − 2a − b = 0 .
2 2
Do (P) vuông góc với (Q) nên 3b − 2c = 0 ⇒ c =

+) Mặt cầu (S) có tâm O(0;0;0), bán kính bằng 1.

d(O;(P)) = 1 ⇔
Do (S) tiếp xúc với (P) nên

−2a − b
4a 2 + 4b 2 + 9b 2

=1
.

⎡b = 0
⇔ (2a + b) = 4a + 13b ⇔ 4b(a − 3b) = 0 ⇔ ⎢
⎣ a = 3b
+) Nếu b = 0 , chọn a=1 ta có (P) : x − 1 = 0 .
+) Nếu a = 3b , chọn a = 3,b = 1 ta có (P) : 6x + 2y + 3z − 7 = 0 .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a . Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABCD) là trung điểm H của AC, góc giữa mặt bên (SAD) và mặt
đáy (ABCD) bằng 60 0 . Gọi M là trung điểm của SA. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
từ điểm M đến mặt phẳng (SBC).
2

2

2

Ta có: SABCD = 2a 2 , và gọi N là trung điểm AD, suy ra HN//CD nên
HN ⊥ AD .

! = 60 0 .
Lại có, AD ⊥ SH ⇒ AD ⊥ (SHN ) ⇒ SNH
Tam giác vuông SHN có, HN =
Vì vậy VS.ABCD =

CD
= a ⇒ SH = HN 3 = a 3 .
2

1
a 3 2 2a 3 3
SH .SABCD =
.2a =
(đvtt).
3
3
3

+ Tính d(M;(SBC).
Ta có: MH//SC, suy ra MH//(SBC). Vì vậy d(M;(SBC)) = d(H;(SBC)) .

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202


Gọi I là trung điểm BC, kẻ HK ⊥ SI (K ∈SI ) .
Ta có, BC ⊥ HI, BC ⊥ SH ⇒ BC ⊥ (SHI ) ⇒ BC ⊥ HK .
Do đó HK ⊥ (SBC) ⇒ HK = d(H;(SBC)) .

Tam giác vuông SHI có, HK =

SH .HI
SH 2 + HI 2

=

a.a 3
3a 2 + a 2

=

a 3
.
2

a 3
.
2
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn, AC > AB . Đường phân giác
! cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm E(-4;-4) (E khác A). Gọi D(1;1) là điểm
của góc BAC
trên cạnh AC sao cho ED = EC , tia BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai
F(4;0). Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C.
Vì E là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên EB = EC .
Mặt khác theo giả thiết có, ED = EC .
Từ đó suy ra EB = ED (1) .
Tam giác ECD cân có,
! = EDC
! ⇒ ADE

! = 180 0 − ECD
! = 180 0 − ACE
!.
ECD
Lại có tứ giác ABEC nội tiếp nên
! + ABE
! = 180 0 ⇒ ABE
! = 180 0 − ACE
!.
ACE
! = ABE
! (2) .
Suy ra: ADE
Vậy d(M;(SBC)) =

Từ (1),(2) suy ra AE là trung trực của AD, AE ⊥ BD (3) .
! = ABF
! (cùng chắn cung AF).
Xét tam giác DCF có, DCF
! = ADB
! (đối đỉnh), và ADB
! = ABF
! (tam giác ABD cân tại A).
Và CDF
! = CDF
! ⇒ ΔCDF cân tại F, vì vậy FD = FC , lại có: ED = EC .
Từ đó suy ra: DCF
Nên EF là trung trực của CD, suy ra EF ⊥ AD (4) .
Từ (3),(4) suy ra D là trực tâm tam giác AEF.
Áp dụng giải tích

Phương trình đường thẳng AC qua D vuông góc EF là 2x + y − 3 = 0 .
Phương trình đường thẳng AE qua E vuông góc DF là 3x − y + 8 = 0 .
⎧2x + y − 3 = 0
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ ⎨
⇒ A(−1;5) .
⎩ 3x − y + 8 = 0
Gọi H là giao điểm của EF và AD, thì H là trung điểm của CD.
⎧2x + y − 3 = 0
Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ ⎨
⇒ H (2;−1) ⇒ C(3;−3) .
⎩ x − 2y − 4 = 0
Phương trình đường thẳng BF qua D,F là x + 3y − 4 = 0 .
Gọi G là giao điểm của BF và AE thì G là trung điểm của BD, toạ độ G là nghiệm của hệ
⎧ x + 3y − 4 = 0
⇒ G(−2;2) ⇒ B(−5; 3) .
⎨
⎩ 3x − y + 8 = 0
Vậy A(-1;5), B(-5;3) và C(3;-3).

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202


1
1
9
⎧
⎪ (2x − y 2 )3 + (5x − y 2 )3 = 8y 3
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨
(x, y ∈!) .
⎪ 3

2
2
⎩ x − 3y (x + 2) + 17 = 13 − 3x
Điều kiện: 0 < y <

x 1 13
≤
.
2 2 3

y6
y6
9
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
+
= .
2 3
2 3
(2x − y )
(5x − y )
8

Đặt t =

y2
> 0 , phương trình trở thành:
x

t3
t3

9
+
= (*) .
3
3
(2 − t)
(5 − t)
8

t3
t3
Xét hàm số f (t) =
, với t>0, ta có:
+
(2 − t)3
(5 − t)3

t3
t3
f (t) = u + v,u =
> 0,v =
> 0.
(2 − t)3
(5 − t)3
6t 2
15t 2
u'
v'
>
0,v'

=
> 0 ⇒ f '(t) =
+
>0.
4
2
(2 − t)
(5 − t)
2 u 2 v
Vì vậy f(t) đồng biến trên (0;2). Do đó (*) ⇔ f (t) = f (1) ⇔ t = 1 ⇔ x = y 2 .
Ta có: u ' =

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: x 3 − 3x 2 − 6x + 17 = 13 − 3x 2 .
Nhận thấy x=2 là nghiệm kép của phương trình nên tiến hành liên hợp nghiệm kép như sau:

(−6x + 13 − 13 − 3x 2 ) + (x + 1)(x − 2)2 = 0
⎛
⎞
39
⇔ (x − 2)2 ⎜
+ x + 1⎟ = 0
2
⎝ −6x + 13 + 13 − 3x
⎠

.

⎛
⎛
39

13 ⎤⎞
⇔ x = 2 ⎜ do
+
x
+
1
>
0,∀x
∈
0;
⎥
⎜⎝
3 ⎦⎟⎠
⎝ −6x + 13 + 13 − 3x 2
Vậy x = 2 ⇒ y = 2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2 ) .
Bình luận: Ta có thể tìm được x = y 2 , bằng các cách sau:
1
1
1
1
Cách 2: ghép liên hợp: (
− 3)+(
− 3)= 0 .
2 3
2
3
y
8y
(2x − y )
(5x − y )

Cách 3: Sử dụng đánh giá:
9
Nếu x > y 2 ⇒ VT < 3 = VP .
8y
9
Nếu x < y 2 ⇒ VT > 3 > VP .
8y
2
Nhận thấy x = y ⇒ VT = VP . Vậy phương trình đầu của hệ tương đương với: x = y 2 .
⎧ f (x0 ) = 0
+ Dấu hiệu ghép liên hợp nghiệm kép là ⎨
. Ngoài ra hoàn toàn có thể ghép liên hợp số như
⎩ f '(x0 ) = 0
sau:

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202


(x 3 − 3x 2 − 6x + 16) + (1− 13 − 3x 2 ) = 0
⎡
3(x + 2)
⇔ (x − 2) ⎢ x 2 − x − 8 +
1+ 13 − 3x 2
⎣

⎤
⎥=0
⎦

.

⇔ (x − 2) ⎡ x 2 + 2x − 2 + (x 2 − x − 8) 13 − 3x 2 ⎤ = 0
⎣
⎦
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x,y,z khác 0 thoả mãn x − y ≥ 0 , và x(yz + 4z − 4y) = 4yz . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
16
16 7 2(x − y − z)
.
P = (x − y) 1+ 2 2 + z 2 + 2 −
x y
z
10
!
⎛ 1 1⎞ !
4
Xét hai véc tơ u = (x − y; 4 ⎜ − ⎟ );v = (−z;− ) .
⎝ y x⎠
z
! ! ! !
Sử dụng bất đẳng thức: u + v ≥ u + v (*), ta có:
2

⎛ 1 1⎞
16
16
16
(x − y) 1+ 2 2 + z 2 + 2 = (x − y)2 + 16 ⎜ − ⎟ + z 2 + 2
⎝ y x⎠
x y

z
z
2

2

⎛ 1 1 1⎞
⎛ xz − y(x + z) ⎞
≥ (x − y − z) + 16 ⎜ − − ⎟ = (x − y − z)2 + 16 ⎜
⎟⎠ .
⎝ y x z⎠
⎝
xyz
2

= (x − y − z)2 + 1
1 1
−
x − y y x z(y − x)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
(1).
=
=
1
−z
xy
−
z
7 2
2

t ≥ f (7) =
Đặt t = x − y − z , ta có: P ≥ f (t) = t 2 + 1 −
.
10
10
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x − y − z = 7 (2).
Từ (1),(2) kết hợp với x(yz + 4z − 4y) = 4yz , ta có (x; y; z) = (4;−1;−2) .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

2
.
10

Bình luận:
+ Bất đẳng thức (*) phát biểu dưới dạng đại số như sau:
Với mọi số thực p,q,m,n ta có

p 2 + q 2 + m 2 + n 2 ≥ (m + p)2 + (q + n)2 .

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202