50 bộ đề thi thử THPT quốc gia môn toán có lời giải chi tiết của thầy đặng thành nam (phần 2)

!

Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Mơn: Tốn; ĐỀ SỐ 26/50
Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khố học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − m 2 x 2 + 3 (1) , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2 .
2. Tìm m để hàm số (1) có cực tiểu, cực đại lần lượt là y1 , y2 thoả mãn y1 + y2 = 2 .
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos 2 x + cos x − 4 = sin x cos x − 4 sin x .
b) Tìm số phức z thoả mãn (z − 1)(z + 2) = −1+ 3i .
⎧log (x 2 − y 2 ) = 3
Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ 2
.
⎩log 3 (x + y − 1) + 2 log 9 (x − y + 1) = 2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2x 8x + 1 + x 2 + 8 ≥ 6x x + 3 .
2

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ (3x 5 + ln x)dx .
1

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tam giác ABD đều cạnh a, AA' = a . Hình chiếu
vng góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Tính thể tích khối lăng
trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và A’C’.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A(0;7), tâm đường
tròn nội tiếp là điểm I(0;1). Gọi E là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC. Tìm toạ độ các đỉnh
B,C biết AH = 7HE và B có hồnh độ âm.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x + y − 2z + 1 = 0 và

hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và vng góc với (P). Viết
phương trình đường thẳng d cắt tia Ox , vng góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P)
và cách (P) một khoảng bằng 3.
Câu 9 (0,5 điểm). Có 3 lơ sản phẩm A,B,C chuẩn bị nhập vào kho. Mỗi lơ có 100 sản phẩm gồm sản
phẩm loại I và sản phẩm loại II. Số sản phẩm loại I trong mỗi lô A,B,C lần lượt là 50,60,70. Người phụ
trách nhập kho lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô A,B,C ra một sản phẩm để kiểm tra, nếu có ít nhất 2 trong 3
sản phẩm lấy ra để kiểm tra là sản phẩm loại I thì 3 lơ hàng A,B,C được nhập kho. Tính xác suất để 3
lô hàng A,B,C được nhập kho.

⎡1 ⎤
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực thoả mãn a,b,c ∈ ⎢ ;1⎥ và a + b + c = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của
⎣2 ⎦
biểu thức P =

2(b 2 + c 2 ) − a 2
1
1
+
ac((a + c)2 − b 2 ) +
ab((a + b)2 − c 2 ) .
2
a+c
a+b
---HẾT---

Hotline:)0976)266)202))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!

Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))

1!


!
PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − m 2 x 2 + 3 (1) , với m là tham số thực.
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2 .
4. Tìm m để hàm số (1) có cực tiểu, cực đại lần lượt là y1 , y2 thoả mãn y1 + y2 = 2 .
1. Học sinh tự giải.
⎡x = 0
3
2
2. Ta có: y' = 4x − 2m x; y' = 0 ⇔ ⎢ 2 m 2 .
⎢x =
⎣
2
+ Để hàm số có cực đại, cực tiểu khi y’=0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 .

m2
m2
m2
; xCD = 0 ; ta có y1 = y(±
)=−
+ 3; yCD = y(0) = 3 .
2
2
4
m2
= 2 ⇔ m 2 = 16 ⇔ m = 4(t / m); m = −4(t / m) .
Theo giả thiết ta có: y1 + y2 = 6 −

4
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos 2 x + cos x − 4 = sin x cos x − 4 sin x .
b) Tìm số phức z thoả mãn (z − 1)(z + 2) = −1+ 3i .
a) Phương trình tương đương với:
sin 2 x − 4 sin x + sin x cos x − cos x + 3 = 0 ⇔ sin 2 x − sin x − 3sin x + 3 + sin x cos x − cos x = 0
Khi đó xCT = ±

.
⎡sin x = 1
π
⇔ (sin x − 1)(sin x − 3 + cos x) = 0 ⇔ ⎢
⇔ x = + k2π , k ∈!
2
⎣sin x + cos x = 3(VN )
2
2
b) Phương trình tương đương với: z + z − 2 = −1+ 3i ⇔ z + z = 1+ 3i ⇔ z 2 + z − (1+ 3i) = 0
−1− (3 + 2i)
−1+ (3 + 2i)
Δ z = 1+ 4(1+ 3i) = 5 + 12i = (3 + 2i)2 ⇒ z =
= −2 − i; z =
= 1+ i .
2
2
⎧log (x 2 − y 2 ) = 3
Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ 2
.
⎩log 3 (x + y − 1) + 2 log 9 (x − y + 1) = 2

Điều kiện: x + y − 1 > 0, x − y + 1 > 0, x 2 − y 2 > 0 .
Hệ phương trình tương đương với:
2
2
⎧ x 2 − y2 = 8
⎪⎧ x − y = 8
⇔⎨
⎨
⎪⎩log 3 [ (x + y − 1)(x − y + 1)] = 2
⎩log 3 (x + y − 1) + log 3 (x − y + 1) = 2
⎧⎪ x 2 − y 2 = 8
⎧⎪ x 2 − y 2 = 8
⇔⎨
⇔
⎨ 2
2
2
2
⎩⎪log 3 (x − (y − 1) ) = 2
⎩⎪ x − (y − 1) = 9

.

⎧⎪ x 2 = 8 + y 2
⎧x2 = 9
⎡ x = −3, y = 1(l)
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎢
2

2
⎪⎩8 + y − (y − 1) = 9
⎣ x = 3, y = 1(t / m)
⎩y = 1
Kết luận: Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (3;1) .

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2x 8x + 1 + x 2 + 8 ≥ 6x x + 3 .
Điều kiện: x ≥ 0 .
Hotline:)0976)266)202))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!

Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))

2!


!
Bất phương trình tương đương với: 2x 8x + 1 + x 2 + 8 − 6x x − 3 ≥ 0 .
Xét hàm số f (x) = 2x 8x + 1 + x 2 + 8 − 6x x − 3 trên [ 0;+∞ ) , ta có:
24x + 2
x
24x + 2
x
f '(x) =
+ 2
− 9 x; f '(x) = 0 ⇔
+ 2
=9 x
8x + 1
8x + 1

x +8
x +8

⇔ 2(12x + 1) x 2 + 8 + x 8x + 1 = 9 (x 2 + 8)(8x 2 + x)
13
1 2
⎡
⎤
⇔ 2 x 2 + 8 ⎢(12x + 1) −
8x 2 + x ⎥ + 8x 2 + x ( x −
x + 8) = 0
3
3
⎣
⎦
⇔ 2 x 2 + 8 ⎡ 3(12x + 1) − 13 8x 2 + x ⎤ + 8x 2 + x (3 x − x 2 + 8 ) = 0
⎣
⎦
⇔

2 x 2 + 8(1− x)(56x + 9)
3(12x + 1) + 13 8x 2 + x

+

8x 2 + x (1− x)(x − 8)
3 x + x2 + 8

.

=0

⎡x = 1
⇔ (1− x).A = 0 ⇔ ⎢
⎣A = 0
Trong đó A =

2 x 2 + 8(56x + 9)

3(12x + 1) + 13 8x 2 + x
+) Nếu x ≥ 8 ⇒ A > 0 .

+

8x 2 + x (x − 8)
3 x + x2 + 8

.

+) Nếu 0 ≤ x < 8 ⇒ 3(12x + 1) + 13 8x 2 + x < 13(3 x + x 2 + 8 ) .

2 x 2 + 8(56x + 9) + 13(x − 8) 8x 2 + x

> 0 .!!
13(3 x + x 2 + 8 )
Vậy!ta!chỉ!có! f '(x) = 0 ⇔ x = 1 .!
Lập!bảng!biến!thiên!ta!được:! max f (x) = f (1) = 0 .!
Do!vậy!bất!phương!trình!tương!đương!với:! f (x) ≥ 0 ⇔ x = 1 .!!!
Vậy!tập!nghiệm!của!bất!phương!trình!là! S = {1} .!!
8

16(6x + 1)
9
Bình luận: Ta có thể chỉ ra f ''(x) = 2
+
−
< 0 !.!
2
(x + 8) x + 8 (8x + 1) 8x + 1 2 x
Do đó: A >

Từ!đó!suy!ra!phương!trình! f '(x) = 0 có!nghiệm!duy!nhất! x = 1 .!
Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = {1} .
Cách 2: Ta đánh giá như sau:
Đặt t = x ≥ 0 , bất phương trình trở thành: 2t 2 8t 2 + 1 + t 4 + 8 ≥ 6t 3 + 3 .!!
Sử!dụng!bất!đẳng!thức!AM!–GM!ta!có:!
2t
t
17t 3 + t
2t 2 8t 2 + 1 = .3t. 8t 2 + 1 ≤ (9t 2 + 8t 2 + 1) =
!
.!
3
3
3
Từ!đó!suy!ra:!
17t 3 + t
+ t 4 + 8 ≥ 6t 3 + 3 ⇔ 3 t 4 + 8 ≥ t 3 − t + 9 .!
!
3
+)!Ta!có:! t 3 − t + 9 = t(t − 1)2 + 2t 2 − 2t + 9 > 0,∀t ≥ 0 .!!

Do!đó!bình!phương!hai!vế!ta!được:!
Hotline:)0976)266)202))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!

Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))

3!


!
!
9(t 4 + 8) ≥ (t 3 − t + 9)2 ⇔ (t − 1)2 (t + 1)(t 3 + t − 9t + 9) ≤ 0 (*) .!
Mặt!khác:!
!
t 3 + t − 9t + 9 = t(t − 2)2 + 5t 2 − 13t + 9 > 0,∀t ≥ 0 .!
Do!đó! (*) ⇔ (t − 1)2 (t + 1) ≤ 0 ⇔ t = 1(do t + 1 > 0) ⇔ x = 1 .!
Vậy!tập!nghiệm!của!bất!phương!trình!là! S = {1} .!!!
!!
!Bài)tập)tương)tự)L)!
Giải!phương!trình! 2 8x 2 + 1 + 1+

8
= 3 x (2 x + x x ) .!Đ/s:! x = 1 .!
x4
2

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ (3x 5 + ln x)dx .
1

Ta có:

2

2

2
2
1 62
63
I = 3∫ x dx + ∫ ln x dx = x + ∫ ln x dx =
+ ln x dx
2 1 1
2 ∫1
1
1
5

2 2
2 61
63
63
=
+ (x ln x − ∫ dx ) =
+ 2 ln 2 − x = + 2 ln 2
1 1
1 2
2
2

.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tam giác ABD đều cạnh a, AA' = a . Hình chiếu
vng góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Tính thể tích khối lăng
trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và A’C’.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A(0;7), tâm đường
tròn nội tiếp là điểm I(0;1). Gọi E là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC. Tìm toạ độ các đỉnh
B,C biết AH = 7HE và B có hồnh độ âm.
+) Đường thẳng AE đi qua A,I chính là trục Oy.
Theo tính chất đường phân giác ta có:
2
2
AI AB ⎛ AI ⎞
AB 2 AE 2 + BE 2 ⎛ AE ⎞
=
⇒⎜ ⎟ =
=
=
⎜⎝
⎟ + 1 (1) .
⎝ IE ⎠
IE BE
BE 2
BE 2
BE ⎠
Tam giác AEB và BEH đồng dạng (g.g) nên
2
SAEB AE
⎛ AE ⎞
=
= 8 (2) .
⎜⎝

⎟⎠ =
BE
SBEH HE

2
!!" 1 !!"
AI
⎛ AI ⎞
= 3 ⇒ IE = AI ⇒ E(0;−1) .
Từ (1),(2) suy ra: ⎜ ⎟ = 8 + 1 = 9 ⇒
⎝ IE ⎠
IE
3
!!!"
!!!"
+) Ta có: AH = 7HE ⇒ H (0;0) .
Đường thẳng BC đi qua E và vng góc với Oy nên có phương trình là y + 1 = 0 .
Gọi B(b;-1) thuộc BC, với b âm. Ta có: E là trung điểm BC nên C(-b;-1).
Do H là trực tâm tam giác ABC nên:
!!!" !!!"
BH .AC = 0 ⇔ −b 2 + 8 = 0 ⇔ b = −2 2(do b < 0) ⇒ B(−2 2;−1),C(2 2;−1) .

Hotline:)0976)266)202))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!

Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))

4!

!
Kết luận: Vậy B(−2 2;−1),C(2 2;−1) .
1
Bài tập tương tự - Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A(0;− ) . Gọi
2
M (−3 5; 7) là trung điểm cạnh BC. Tìm toạ độ các đỉnh B,C biết B có hồnh độ âm và trực tâm tam
giác ABC thuộc đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
!!!" 1 !!!"
3
9
;1), I(−
; 4) . Đ/s: B(−6 5;1),C(0;13) .
HD: Chứng minh AH = IM ⇒ H (−
2
5
5
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x + y − 2z + 1 = 0 và
hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và vng góc với (P). Viết
phương trình đường thẳng d cắt tia Ox , vng góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P)
và cách (P) một khoảng bằng 3.
!!!"
!"
!
!!!" !"
!
Ta có: AB = (2; 4;−4),nP = (2;1;−2) ⇒ ⎡⎣ AB,nP ⎤⎦ = (−4;−4;−6) / /(2;2;−3) .
Mặt phẳng (Q) vng góc với (P) và qua A,B nên có vtpt là (2;2;-3).
Vì vậy (Q) : 2x + 2y + 3z − 7 = 0 .
+) Vì d vng góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P) nên
!"

!
!!!" !"
!
!"
!
ud / / ⎡⎣ AB,nP ⎤⎦ ⇒ ud = (2;2;−3) .

+) Giả sử d cắt tia Ox tại điểm M(m;0;0) với m>0, ta có:
⎡ m = 8(t / m)
2m − 7
d(d;(P)) = d(M;(P)) =
= 3⇔ ⎢
⇒ M (8;0;0) .
3
⎣ m = −1(l)
x−8 y z
Vì vậy d :
.
= =
2
2 −3
Câu 9 (0,5 điểm). Có 3 lơ sản phẩm A,B,C chuẩn bị nhập vào kho. Mỗi lơ có 100 sản phẩm gồm sản
phẩm loại I và sản phẩm loại II. Số sản phẩm loại I trong mỗi lô A,B,C lần lượt là 50,60,70. Người phụ
trách nhập kho lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô A,B,C ra một sản phẩm để kiểm tra, nếu có ít nhất 2 trong 3
sản phẩm lấy ra để kiểm tra là sản phẩm loại I thì 3 lơ hàng A,B,C được nhập kho. Tính xác suất để 3
lơ hàng A,B,C được nhập kho.
Gọi A là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm tra từ lô A là loại I, ta có: P(A) = 0,5; P(A) = 0,5 .
Gọi B là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm từ lô B là loại I, ta có: P(B) = 0,6; P(B) = 0, 4 .
Gọi C là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm tra từ lô C là loại I, ta có: P(C) = 0, 7; P(C) = 0, 3 .
Gọi X là biến cố lấy ra ngẫu nhiên mỗi lô một sản phẩm và được ít nhất 2 sản phẩm loại I.

Ta có: X = A.B.C + A.B.C + A.B.C + AB.C .
Ta có:
P(X) = P(A.B.C + A.B.C + A.B.C + AB.C)

= P(A.B.C) + P(A.B.C) + P(A.B.C) + P(AB.C)

.
= P(A).P(B).P(C) + P(A).P(B).P(C) + P(A).P(B).P(C) + P(A).P(B).P(C)
= 0,5.0,6.0, 7 + 0,5.0,6.0, 7 + 0,5.0, 4.0, 7 + 0,5.0,6.0, 3 = 0,65
Bài tập tương tự Có ba lơ hàng, người ta lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô hàng ra một sản phẩm. Biết rằng tỷ lệ sản phẩm tốt
trong từng lô hàng là 0,5;0,6;0,7. Tính xác suất để trong 3 sản phẩm lấy ra kiểm tra có ít nhất một sản
phẩm tốt. Đ/s: P(A) = 0,94 .
Hotline:)0976)266)202))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!

Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))

5!


!

⎡1 ⎤
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực thoả mãn a,b,c ∈ ⎢ ;1⎥ và a + b + c = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của
⎣2 ⎦
2(b 2 + c 2 ) − a 2
1
1
+
ac((a + c)2 − b 2 ) +

ab((a + b)2 − c 2 ) .
2
a+c
a+b
2ac
1 2ab
1
≤ ;
≤ .!
Sử dụng giả thiết và bất đẳng thức AM –GM ta có:
2
2
(a + c)
2 (a + b)
2
Do!đó:
1
2ac
a+c−b
ac((a + c)2 − b 2 ) = a + c − b.
≤
,
2
a+c
(a + c)
2
biểu thức P =

1
2ab

a+b−c
ab((a + b)2 − c 2 ) = a + b − c.
≤
2
a+b
(a + b)
2

2(b 2 + c 2 ) − a 2
a+b−c
a+c−b
+
+
.
2
2
2
b+c−a
a+c−b
a+b−c
Để đơn giản ta đặt x =
,y =
,z =
⇒ x + y + z = 1 (x, y, z ≥ 0) .
2
2
2
Suy ra: P ≤

2(b 2 + c 2 ) − a 2

(y − z)2
(y − z)2
= x+
+ y+ z.
. Khi đó: P = x +
4
4
4
Sử dụng bất đẳng thức Cachy –Schwartz ta có:
Và ta có:

P≤ x+

(y − z)2

= 3(x +
= 3(x +
≤ 3(x +
≤ 3(x +

4

+ 2.

y+ z
2

≤ (1+ 2)(x +

(y − z)2 + 2( y + z)2

4
y+z
2
y+z
2
y+z
2

+
+
+

) = 3(x +

(y − z)2
4

y+z
2

( y + z)2 ( y − z)2 + 4 yz
4

+

+

( y + z)2
2

(y − z)2 + 4 yz
4

)

)

)

.

2(y + z)( y − z)2 + 4 yz
4
2( y − z)2 + 4 yz
4

= 3(x + y + z) = 3

1

2

3

3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = ⇔ a = b = c = .
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

3 . Dấu bằng đạt tại a = b = c =

2
.
3

Cách 2: Tương tự cách trên ta đánh giá được:

2(b 2 + c 2 ) − a 2
a+b−c
a+c−b
+
+
.
2
2
2
a+b−c
a+c−b
+
⇒ t 2 = a + (a + b − c)(a + c − b) = a + a 2 − (b − c)2 .!Và!
Đặt! t =
2
2
P≤

Hotline:)0976)266)202))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!

Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))

6!


!
2
2
2
2(b 2 + c 2 ) − a 2 (b + c) − ⎡⎣ a − (b − c) ⎤⎦ (b + c + a 2 − (b − c)2 )(b + c − a 2 − (b − c)2 )
=
=
4
4
4

≤

(a + b + c)(b + c − a 2 − (b − c)2 ) b + c − a 2 − (b − c)2
=
4
2

=

2 − a − a 2 − (b − c)2
t2
= 1−
2
2

.

t2
t2
t
t2
+ t = 1− + 2.
≤ (1+ 2)(1− + t 2 ) = 3 .!!!
2
2
2
2
2
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 . Dấu bằng đạt tại a = b = c = .
3

Do đó: P ≤ 1−

Hotline:)0976)266)202))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!

Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))

7!

Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Mơn: Tốn; ĐỀ SỐ 28/50
Ngày thi : 18/04/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = (x −1)(x 2 − x +1− m) (1) , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2 .
2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho x thoả mãn

π

π
π
< x < 2π và cot(x + ) = − 3 . Tính giá trị của biểu thức M = sin(x + ) + cos x .
2
3
6

b) Cho số phức z = 1− 2i . Tính mơđun của số phức w = z −

25
z2

.

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 1 (x 2 + 3x + 2) = −1 .

2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình (x 2 + 2x +1). x 2 + x +1 ≥ x 3 + 4x 2 + 2x −1 .

3

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

1+ ln(e x .x)
(x +1)2

dx .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SB = a và tất cả các cạnh còn lại bằng 2a . Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD (AB / /CD) . Gọi
H,I lần lượt là hình chiếu vng góc của B trên các đường thẳng AC,CD. Giả sử M,N lần lượt là trung
điểm của AD,HI. Viết phương trình đường thẳng AB biết M (1;−2), N (3;4) và đỉnh B nằm trên đường
!=
thẳng x + y −9 = 0 , cos ABM

2
5

.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1;1;0) và hai mặt phẳng
(P) : x + y − 5 = 0;(Q) : y + z + 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng Δ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm
toạ độ điểm M thuộc mặt (P) sao cho AM ⊥ Δ và đường thẳng AM cắt mặt phẳng (Q) tại N thoả mãn

A là trung điểm MN.
Câu 9 (0,5 điểm). Trong một kỳ thi người ta bố trí 32 thí sinh vào một phòng học gồm 8 bàn học song
song với nhau, mỗi bàn học xếp 4 thí sinh. Trong 32 thí sinh này có 16 thí sinh nhóm I và 16 thí sinh
nhóm II. Tính xác suất để bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với
nhau thuộc 2 nhóm khác nhau.
Câu 10 (1,0 điểm). Với x là số thực thoả mãn 0 ≤ x ≤1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

Hotline: 0976 266 202
Chi tiết: Mathlinks.vn

1
x3 − x2 + 2

+

1
x2 − x4 + 2

+

(x 2 − 2)(x 2 − 2 x ) + 2x + 2
4

.

---HẾT--Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí

1

PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = (x −1)(x 2 − x +1− m) (1) , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2 .
2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.
1. Học sinh tự giải.
2. Phương trình hồnh độ giao điểm:
⎡x = 1
.
(x −1)(x 2 − x +1− m) = 0 ⇔ ⎢⎢ 2
⎢⎣ x − x +1− m = 0 (2)

Để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác
1.
⎧Δ = 1− 4(1− m) > 0 3
⎪
⎪
⇔ < m ≠1.
⎨2
⎪
1
−1+1−
m
≠
0
4
⎪
⎩

Vậy

3
4

< m ≠ 1 là giá trị cần tìm.

Câu 2 (1,0 điểm).
π

π
π
< x < 2π và cot(x + ) = − 3 . Tính giá trị của biểu thức M = sin(x + ) + cos x .
2
3
6

a) Cho x thoả mãn

b) Cho số phức z = 1− 2i . Tính mơđun của số phức w = z −
π

π

3

2

25
z2

.

a) Theo bài ra ta có: cot(x + ) = − 3 ⇔ x = − kπ .
Vì

π
2

π

< x < 2π nên

Khi đó: M = sin(

2

<

3
3π
− kπ < 2π ⇔ − < k < 0 ⇒ k = −1⇒ x =
.
2
2
2

π

3π

b) Ta có: w = z −

π
3π
3
+ ) + cos −
.
2
6
2
2
25
z

2

= (1− 2i)−

25
(1− 2i)

2

= (1− 2i) +

25
3+ 4i

= (1− 2i) + (3− 4i) = 4− 6i .

Vậy w = 42 + (−6)2 = 2 13 .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 1 (x 2 + 3x + 2) = −1 .
2

⎡ x >−1
Điều kiện: x 2 + 3x + 2 > 0 ⇔ ⎢⎢
.
⎢⎣ x <−2

Phương trình tương đương với:

⎡ x = 0(t / m)
1
.
x 2 + 3x + 2 = ( )−1 = 2 ⇔ x 2 + 3x = 0 ⇔ ⎢⎢
2
⎢⎣ x = −3(t / m)

Vậy nghiệm phương trình x = 0; x = −3 .

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình (x 2 + 2x +1). x 2 + x +1 ≥ x 3 + 4x 2 + 2x −1 .
Bất phương trình đã cho tương đương với:
(x +1)2 x 2 + x +1 ≥ x 3 + 4x 2 + 2x −1 ⇔ (x 2 + x +1+ x) x 2 + x +1 ≥ (x + 3)(x 2 + x +1)− 2(x + 2) .

đặt t = x 2 + x +1 > 0 , bất phương trình trở thành:

Hotline: 0976 266 202
Chi tiết: Mathlinks.vn

Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí

2


t 3 −(x + 3)t 2 + xt + 2(x + 2) ≥ 0 ⇔ (t − x − 2)(t 2 −t − 2) ≥ 0
⇔ (t − x − 2)(t +1)(t − 2) ≥ 0 ⇔ (t − x − 2)(t − 2) ≥ 0(do t +1> 0) .
⎡
−1+ 13
⎢
⎢−1≤ x ≤
2
⇔ ( x 2 + x +1 − x − 2)( x 2 + x +1 − 2) ≥ 0 ⇔ ⎢⎢
⎢
1+ 13
⎢ x ≤−
⎢⎣
2
⎛
⎤ ⎡
⎤
⎜
1+ 13 ⎥ ⎢
−1+ 13 ⎥
Vậy tập nghiệm S = ⎜⎜−∞;−
⎥ ∪ ⎢−1;
⎥.
⎜⎜
⎥
⎢
⎥

2
2
⎝
⎦ ⎣
⎦
3

1+ ln(e x .x)

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

(x +1)2

1

3

+) Ta có: I = ∫

1+ x + ln x

1

3

+) K = ∫
1

1

1

1
x +1

ln x

+

(x +1)

3

)dx = ∫
2
1

3

dx
x +1

dx + ∫
1

ln x
(x +1)2

dx .

dx

3
dx = ln x +1 = ln 2 .
x +1
1

3

+) M = ∫

(x +1)

2

3

dx = ∫ (

dx .

ln x
(x +1)

3

dx = ∫ ln xd(−
2
1

3

3

4

4

1
x +1

)=−

3

1

1
1
x 3 3
3
ln x + ∫
dx = − ln 3+ ln
= ln 3− ln 2 .
x +1
1 1 x(x +1)
4
x +1 1 4

Vì vậy I = ln 2 + ln 3− ln 2 = ln 3 .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SB = a và tất cả các cạnh cịn lại bằng 2a . Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
+) Tứ giác ABCD có tất cả các cạnh bằng 2a, nên là hình thoi. Gọi O
là giao điểm AC,BD.
Hai tam giác SAC và ABC bằng nhau vì có chung AC,
SA = SC = 2a,BA = BC = 2a .
Do đó: OB = OD = OS , suy ra SBD là tam giác vuông tại S.
Suy ra: BD = SB 2 + SD 2 = a 2 + 4a 2 = a 5 .
Tam giác OAB vuông tại O ta có:
AC = 2OA = 2 AB 2 −OB 2 = 2 4a 2 −
1

1

a 2 55

2

2

2

+) SABCD = AC.BD = a 5.a 11 =

5a 2
4

= a 11 .

.

Gọi H là hình chiếu vng góc của S trên (ABCD) thì do SA = SC nên HA = HC .
Suy ra H thuộc đường trung trực của AC, tức H thuộc BD.
Tam giác SBD vng ta có: SH =
1

SB.SD
BD

=

2a 2
a 5

=

2a
5

.

1 2a a 2 55 a 3 11
(đvtt).
.
=
3 5
2
3

Vậy VS.ABCD = SH.SABCD = .

3

+) Do AB//(SCD) nên d(A;(SCD)) = d(B;(SCD)) (1).
Tam giác vng SBH ta có:
BH = SB 2 − SH 2 = a 2 −

4a 2
5

=

a
5

⇒ d(B;(SCD)) =

5
.d(H;(SCD)) = d(H;(SCD)) (2) .
BH
4
BD

+) Kẻ SK vng góc CD tại K, kẻ SI vng góc SK tại I thì HI ⊥ (SCD) ⇒ HI = d(H;(SCD)) (3) .
Hotline: 0976 266 202
Chi tiết: Mathlinks.vn

Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí

3

Ta có HK = d(H;CD) =

a 2 55

S
4
4 S
a 55
.d(B;CD) = d(B;CD) = . BCD = ABCD = 2 =
.
DB
5
5 2CD 5CD
5.2a
20

DH

Tam giác vng SHK có:
1
HI

2

=

1
SH

+

2

1
HK

Từ (1),(2),(3),(4) ta có: d(A;(SCD)) =

2

=

5
4a

a 165
30

2

+

80
11a

2

=

375
44a

2

⇒ HI =

2a 165
75

(4) .

.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD (AB / /CD) . Gọi
H,I lần lượt là hình chiếu vng góc của B trên các đường thẳng AC,CD. Giả sử M,N lần lượt là trung
điểm của AD,HI. Viết phương trình đường thẳng AB biết M (1;−2), N (3;4) và đỉnh B nằm trên đường
!=
thẳng x + y −9 = 0 , cos ABM

2
5

.
Xét tam giác ABD và HBI có:
! = HCI
! = HBI
!.
+ ABD
! = ACB

! = HIB
!.
+ ADB
Suy ra tam giác ABD đồng dạng với tam giác HBI (g.g).
Ta có BM,BN lần lượt là hai trung tuyến của tam giác ABD,
BM
BA
=
(1) .
HBI do đó:
BN
BH
! = HBN
! ⇒ MBN
! = ABH
! (2) .
Lại có ABM

Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABH đồng dạng với tam giác
MBN.
! = AHB
! = 900 , hay MN vng góc NB.
Do đó MNB

!!!!"
+) Ta có: MN = (2;6) / /(1;3) , đường thẳng BN đi qua N và nhận (1;3) làm vtpt nên có phương trình
là : x + 3y −15 = 0 .
⎧
⎧
⎪ x + y −9 = 0

⎪x = 6
+) Toạ độ điểm B thoả mãn ⎪
⇔⎪
⇒ B(6;3) .
⎨
⎨
⎪
⎪
⎪
⎩ x + 3y −15 = 0 ⎪
⎩y = 3
!!!"
Ta có: MB = (5;5) / /(1;1) , gọi (a;b) là véc tơ pháp tuyến của AB, ta có:
⎡a = 3b
a+b
⎢
2
2
2
2
2
2
.
=
⇔ 5(a + b) = 8(a + b ) ⇔ 3a −10ab + 3b = 0 ⇔ ⎢
⎢a = b
5
2(a 2 + b 2 )
⎢⎣
3

+) TH1: Nếu a = 3b , chọn a = 3,b =1 ⇒ AB : 3x + y − 21 = 0 .
+) TH2: Nếu b = 3a chọn a =1,b = 3 ⇒ AB : x + 3y −15 = 0 (loại do trùng với BN).
Kết luận: Vậy đường thẳng AB là 3x + y − 21 = 0 .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1;1;0) và hai mặt phẳng
(P) : x + y − 5 = 0;(Q) : y + z + 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng Δ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm
toạ độ điểm M thuộc mặt (P) sao cho AM ⊥ Δ và đường thẳng AM cắt mặt phẳng (Q) tại N thoả mãn
A là trung điểm MN.
!

⎡
⎢⎣

"!
" ""!

⎤
⎥⎦

+) Đường thẳng Δ là giao tuyến của (P),(Q) nên có véc tơ chỉ phương u = ⎢ nP ; nQ ⎥ = (1;−1;1) .
+) Điểm E(0;5;-8) thuộc (P) và (Q) nên thuộc Δ .
x

y−5

1

−1

Do đó phương trình Δ : =

Hotline: 0976 266 202
Chi tiết: Mathlinks.vn

=

z+8
1

.
Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí

4


!!!"

+) Gọi điểm cần tìm M(x;5− x; z) ∈ (P) , ta có AM = (x −1; 4− x; z) .
!!!" "

Vì AM vng góc với Δ nên AM .u = 0 ⇔ (x −1)−(4− x) + z = 0 ⇔ z = 5− 2x ⇒ M(x;5− x;5− 2x) .
Do A là trung điểm MN nên N(2 − x; x −3;2x −3) .
Mặt khác N thuộc (Q) nên: x −3+ 2x −3 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ M(2;3;1) .
Vậy điểm cần tìm M(2;3;1).
Câu 9 (0,5 điểm). Trong một kỳ thi người ta bố trí 32 thí sinh vào một phòng học gồm 8 bàn học song
song với nhau, mỗi bàn học xếp 4 thí sinh. Trong 32 thí sinh này có 16 thí sinh nhóm I và 16 thí sinh
nhóm II. Tính xác suất để bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với
nhau thuộc 2 nhóm khác nhau.
Khơng gian mẫu là số cách xếp 32 thí sinh vào 32 vị trí có Ω = 32! .
Gọi A là biến cố bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với nhau
thuộc 2 nhóm khác nhau.

1
(2)
(3)
(4)
Nhóm I
Nhóm II
Nhóm I
Nhóm II
(5)
(6)
(7)
(8)
Nhóm II
Nhóm I
Nhóm II
Nhóm I
(9)
(10)
(11)
(12)
Nhóm I
Nhóm II
Nhóm I
Nhóm II
(13)
Nhóm I
Nhóm II
Nhóm I
Nhóm II
(17)

(18)
(19)
(20)
Nhóm I
Nhóm II
Nhóm I
Nhóm II
Nhóm II
Nhóm I
Nhóm II
Nhóm I
(25)
(26)
(27)
(28)
Nhóm I
Nhóm II
Nhóm I
Nhóm II
(29)
(30)
(31)
(32)
Nhóm II
Nhóm I
Nhóm II
Nhóm I
+) Để tìm số phần tử của A, ta miêu tả cách xếp thoả mãn
Đánh số vị trí từ 1 đến 32, xuất phát từ vị trí số 1, vị trí này có thể là thí sinh nhóm I hoặc thí sinh nhóm
II nên có 2 cách.

Ta có cách xếp thoả mãn như sau:
+) Nếu vị trí số 1, xếp thí sinh nhóm I thì ta xếp 16 thí sinh nhóm I vào các vị trí như bảng bên dưới và
xếp 16 thí sinh nhóm II vào các vị trí như bảng biên dưới. do vậy có 16!.16! cách xếp.
+) Tương tự nếu vị trí số 1, xếp thí sinh nhóm II thì có 16!.16! cách xếp.
Vậy có tất cả 2.(16!)2 cách xếp thoả mãn, vì vậy Ω A = 2.(16!)2 .
Xác suất cần tính P(A) =

ΩA
Ω

=

2.(16!)2
32!

=

1
300540195

≈ 3,327.10−9 .

Câu 10 (1,0 điểm). Với x là số thực thoả mãn 0 ≤ x ≤1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

1
x3 − x2 + 2

+

1
x2 − x4 + 2

+

(x 2 − 2)(x 2 − 2 x ) + 2x + 2
4

.

+) Ta có:

Hotline: 0976 266 202
Chi tiết: Mathlinks.vn

Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí

5


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

Do đó: P ≥

1
x3 − x2 + 2

+

1
x2 − x4 + 2

+

4 + 4(2 x − x 2 ) + 4x + x 4 − 4x 2 x
2
(−x 2 + 2 x + 2)2
2

2− x + 2 x
2

4 2

=

.

2 − x2 + 2 x
2

.

+) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta có:
1
x −x +2
3

2

1

+

x −x +2
2

4

4

≥

x − x + 2 + x2 − x4 + 2
4
3

≥

Do đó: P ≥

4
8+ 2x 3 (1− x)

+

2 − x2 + 2 x
4 2

2

2(x 3 − x 2 + 2 + x 2 − x 4 + 2)

.

4

=

8+ 2x 3 (1− x)

.
⎡
⎢⎣

⎤
⎥⎦

Mặt khác ta có: −x 2 + 2 x − 2x 3 (1− x) = x ⎢ 2 − x x − 2x 2 (1− x) x ⎥ ≥ 0 .
Vì vậy: P ≥

4
8+ 2x (1− x)
3

+

2 + 2x 3 (1− x)

4 2

. Đặt t = 2x 3 (1− x) ≥ 0 , suy ra P ≥

4
8+ t

+

2+t
4 2

≥

5
2 2

.

Bài tập tương tự Bài số 01. Với x là số thực thuộc đoạn [0;1]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

1
x3 − x2 + 2

+

1
x2 − x4 + 2

+

2 − x2 + 2 x
4 2

.

Bài số 02. Cho x,y là hai số thực không âm thoả mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

Hotline: 0976 266 202
Chi tiết: Mathlinks.vn

1
x 2 + y 3 +1

+

1
x2 y2 + 2

+

x 2 + 2 y +1
4 2

.

Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí

6


KHỐ GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM

Khố giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 29/50
Ngày thi : 20/04/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 + 4x 2 − 5 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k = −12 .
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho 2 số thực a,b thoả mãn tan a = 2, tanb = 3 . Tính giá trị biểu thức M =
b) Tìm số phức z thoả mãn z 2 = 4 và 2z +

sin(a + b)
.
cos(a − b) + 2 cos a.cosb

4
là số thuần ảo.
1− i

Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 2.9 x−1 > 3( 2 )2 x−1 .
Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình

2
x − x +1 +1

2

.

1
x − x + 1 + 1− x
2

= x.

Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y = e x .ln(3e x + 1) , trục
hoành và các đường thẳng x = 0, x = ln 5 .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a. Gọi M,N lần lượt
là
điểm
!!!trung
"
!!!!" của AB,CD. Hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thoả mãn
HN = −3HM . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD biết góc giữa
(SAB) và (ABCD) bằng 60 0 .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có phương trình đường
⎛ 23 15 ⎞
⎛ 2 ⎞
chéo AC là 5x + y + 4 = 0 , trực tâm tam giác ABC là điểm H ⎜ − ; ⎟ và G ⎜ − ; 4 ⎟ là điểm thuộc
⎝ 7 7⎠
⎝ 3 ⎠
đoạn BD thoả mãn GB = 2GD . Tìm toạ độ các đỉnh hình bình hành ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho điểm M(1;-1;2) và mặt phẳng
(P) : x − y + 2z − 6 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và vng góc với mặt phẳng (P).
Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên trục Ox và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại điểm M.

Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp đựng 16 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu xanh được đánh số từ 1 đến 8; 5
viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 5; 3 viên bi màu vàng được đánh số từ 1 đến 3. Lấy ngẫu nhiên
ra 3 viên bi, tính xác suất để lấy được 3 viên bi vừa khác màu vừa khác số.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
1
1
1
15
+ 3 3+ 3
+ (x + 1)(y + 1)(z + 1) .
của biểu thức P = 3
3
3
x +y y +z z +x
4
---HẾT--Hotline: 0976 266 202
Chi tiết: Mathlinks.vn

Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí

1


KHOÁ GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM
PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 + 4x 2 − 5 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k = −12 .
1. Học sinh tự giải.
2. +) Giả sử tiếp điểm có hồnh độ x0 , ta có hệ số góc của tiếp tuyến là: k = y'(x0 ) = 4x03 + 8x0 .

+) Theo bài ra ta có: 4x03 + 8x0 = −12 ⇔ 4(x0 + 1)(x02 − x0 + 3) ⇔ x0 = −1 .
+) Với x0 = −1 ta có tiếp điểm M(-1;0), phương trình tiếp tuyến là y = −12(x + 1) hay y = −12x − 12 .
Câu 2 (1,0 điểm).
sin(a + b)
a) Cho 2 số thực a,b thoả mãn tan a = 2, tanb = 3 . Tính giá trị biểu thức M =
.
cos(a − b) + 2 cos a.cosb
4
b) Tìm số phức z thoả mãn z 2 = 4 và 2z +
là số thuần ảo.
1− i
sin a.cosb + sinb.cos a
tan a + tanb
2+3 5
a) Ta có: M =
=
=
= .
cos a.cosb + sin a.sinb + 2 cos a.cosb 3 + tan a.tanb 3 + 2.3 9
2
b) Đặt z = x + y.i(x, y ∈!) , theo bài ra ta có: z 2 = 4 ⇔ z = 4 ⇔ x 2 + y 2 = 4 (1) .
4
4(1+ i)
= 2(x − yi) +
= (2x + 2) + (2 − y).i .
1− i
2
⎧2x + 2 = 0
⎧ x = −1
4

Vì 2z +
là số thuần ảo nên ⎨
, thay vào (1) ta có:
⇔⎨
1− i
⎩2 − y ≠ 0
⎩y ≠ 2
1+ y 2 = 4 ⇔ y = ± 3(t / m) ⇒ z = −1− 3i; z = −1+ 3i .

+) Ta có: 2z +

Vậy có 2 số phức thoả mãn bài tốn là z = −1− 3i; z = −1+ 3i .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 2.9 x−1 > 3( 2 )2 x−1 .
Bất phương trình tương đương với:
2 x−3
2 x−1
2 x−1
−1
3
⎛ 3 ⎞
2.32( x−1) > 3.2 2 ⇔ 32 x−3 > 2 2 ⇔ 32 x−3 > ( 2 )2 x−3 ⇔ ⎜
> 1 ⇔ 2x − 3 > 0 ⇔ x > .
⎝ 2 ⎟⎠
2
3
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( ;+∞) .
2
2
1
Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình

. 2
= x.
2
x − x + 1 + 1 x − x + 1 + 1− x
Khi đó phương trình đã cho tương đương với:

x( x 2 − x + 1 + 1).( x 2 − x + 1 + 1− x) = 2 .
Nhận thấy x = 0 khơng là nghiệm của phương trình,
+) Xét x ≠ 0 , khi đó
được:

x2

(

x 2 − x + 1 − (1− x) ≠ 0 , nhân cả hai vế phương trình với:

) (

x2 − x + 1 + 1 = 2

Hotline: 0976 266 202
Chi tiết: Mathlinks.vn

x 2 − x + 1 − (1− x) ta

)

x 2 − x + 1 − 1+ x ⇔ ( x 2 − 2 ) x 2 − x + 1 = 2x − x 2 − 2 .
Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí

2


KHOÁ GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM
x2 − 2 x2 − x
⇔ x2 − 2
x 2 − x + 1 − 1 = 2x − 2x 2 ⇔
= 2 x − x2 .
2
x − x +1 +1

(

)(

(

)

)(

)

(

)

⎡⎡ x = 0
⎡ x − x2 = 0

⎢⎢
⎡x = 0
.
⇔⎢
⇔ ⎢⎣ x = 1
⇔⎢
2
2
x =1
⎣
⎢⎣ 2 − x = 2 x − x + 1 + 2
⎢2 x2 − x + 1 + x2 = 0
⎣
Đối chiếu với x ≠ 0 chỉ nhận nghiệm x = 1 .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 .
2
Cách 2: Phương trình đã cho tương đương với:
− 1 = x − 1.
2
x − x + 1 + 1 x 2 − x + 1 + 1− x

(

)(

)

Ta có
VT =

=
=

(

)(

x2 − x + 1 + 1

2
x 2 − x + 1 + 1− x

2x − x 2 + ( x − 2 ) x 2 − x + 1

x 2 − 2x + 2 + ( 2 − x ) x 2 − x + 1

(x +

x2 − x + 1

)(

x − 2x + 2 + ( 2 − x ) x 2 − x + 1

−1

x 2 − 2x + 2 + ( 2 − x ) x 2 − x + 1

)(

x2 − x + 1 + 1

(

2
2

x (2 − x) + ( x − 2) x2 − x + 1

=

( 2 − x )( x − 1)

Do đó phương trình tương đương với:

)

−1 =

x 2 − x + 1 + 1− x

=

) (

( 2 − x )( x − 1)

⎡ x =1
⎢
=

x
−
1
⇔
2
⎢ 2− x =
2
x − x +1 +1
⎢⎣

( 2 − x )( x − 1)

)

x2 − x + 1 + 1

)

(

2

) (*)

x2 − x + 1 + 1

2

Ta có (*) ⇔ 2 − x = x 2 − x + 2 + 2 x 2 − x + 1 ⇔ x 2 + 2 x 2 − x + 1 = 0 (VN ) .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 .

Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y = e x .ln(3e x + 1) , trục
hoành và các đường thẳng x = 0, x = ln 5 .
+) Vì e x ln(3e x + 1) > 0,∀x ∈[ 0;ln 5 ] nên S =

ln 5

∫e

x

ln(3e x + 1)dx .

0

+) Đặt t = e ⇒ dt = e dx và
x

x

5
5
5 5 3t
5 56
1
1
S = ∫ ln(3t + 1)dt = t ln(3t + 1) − ∫
dt = 18 ln 2 − ∫ (1−
)dt = 18 ln 2 − (t − ln 3t + 1 ) =
ln 2 − 4
1 1 3t + 1

1 3
3t + 1
3
.
1
1
56
Vậy S =
ln 2 − 4 (đvdt).
3
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a. Gọi M,N lần lượt
là trung điểm của AB,CD. Hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thoả mãn

Hotline: 0976 266 202
Chi tiết: Mathlinks.vn

Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí

3


KHOÁ
GIẢI
!!!"
!!!!" ĐỀ THPT QUỐC GIA THẦY ĐẶNG THÀNH NAM
HN = −3HM . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD biết góc giữa
(SAB) và (ABCD) bằng 60 0 .
+) Gọi I là tâm!hình
!!" vng
!!!!"ABCD.

Theo giả thiết HN = −3HM nên H là trung điểm đoạn
MI.
Ta có:
⎧ AB ⊥ SH
! = SMN
!
⇒ AB ⊥ (SMN ) ⇒ ((SAB);(ABCD))
⎨
.⎩ AB ⊥ MN
+) Ta có:
1
a
a 3
MH = MN = ⇒ SH = MH .tan 60 0 =
.
4
4
4
1
1 a 3 2 a3 3
.a =
Vì vậy VS.ABCD = SH .SABCD = .
(đvtt).
3
3 4
12
(hình 29.1)
+) Ta có I là tâm ngoại tiếp hình vng ABCD nên tâm
ngoại tiếp mặt cầu SABCD nằm trên đường thẳng đi
qua I và vng góc với mặt phẳng (ABCD).

+) Gọi J là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD thì IJ//SH, đặt IJ = x > 0 .
TH1: Nếu J,S cùng phía với mặt phẳng (ABCD) (hình 29.1).
a2
(1) .
Trong tam giác vng JIC có : R 2 = JC 2 = JI 2 + IC 2 = x 2 +
2
a 3
a2
− x)2 +
(2) .
Trong hình thang vng SHIJ có: R 2 = JS 2 = (SH − JI )2 + IH 2 = (
4
16
a2
a 3
a2
a
− x)2 + ⇔ x = −
Từ (1),(2) ta có: x 2 + = (
(vơ lý).
2
4
16
2 3
TH2: Nếu J,S khác phía với mặt phẳng (ABCD), (hình 29.2) khi đó:
Trong tam giác vng JIC có
a2
(1) .
: R 2 = JC 2 = JI 2 + IC 2 = x 2 +
2

+) có:
a 3
a2
R 2 = JS 2 = (SH + JI )2 + IH 2 = (
+ x)2 +
(2) .
4
16

(hình 29.2)

Hotline: 0976 266 202
Chi tiết: Mathlinks.vn

Từ (1),(2) ta
7a 2
a2
a 3
a2
a
+ x)2 + ⇔ x =
⇒ R2 =
có: x 2 + = (
2
4
16
12
2 3
.
7a 2 7π a 2

=
Diện tích mặt cầu S = 4π R 2 = 4π .
(đvdt).
12
3

Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí

4