Bộ đề thi thử toán THPT 2016 (có đáp án) 8 đề 36 40

ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 10

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số

y  8x  9x 1
4

2

có đồ thị

(C ) .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số.
2. Dựa vào đồ thị  C  của hàm số, biện luận theo
với

8 cos x  9 cos x  m  0
4

2

x   0; 

m

số nghiệm của phương trình:

.

Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:

1

cos x  cos 2 x  cos 3 x  cos 4 x  cos 5 x  

2

Câu 3: (1 điểm)
4

Tính tích phân:

I 



ln x 





x  9  3x
2

3

dx

x 9
2

0

Câu 4: (1 điểm)
Cho n , k là các số nguyên dương thỏa mãn

0 k  n

. Chứng minh rằng:

C 2nkC 2nk  C 2n
n

n

n



2

Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ

O xyz

, cho đường thẳng

d :

x3

y 2



2

P: x 

y z2 0

. Gọi

M

là giao điểm của

trong mặt phẳng  P  , vuông góc với

d

d



z 1

1

1

và mặt phẳng

và  P  . Viết phương trình đường thẳng

đồng thời khoảng cách từ

M

tới



bằng

42



nằm

.

Câu 6: (1 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng

A B C . A1 B 1 C 1

trung điểm của cạnh

Chứng minh

C C1 .

có

AB  a

,

M B  M A1

AC  2a

,

A A1  2 a

5

và

BAC  120

và tính khohanrg cách từ điểm

A

o

. Gọi

là

M

đến mặt phẳng

 A1 B M  .

Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
phân giác trong

O xy

BN : 2 x  y  5  0

, cho tam giác

ABC

. Tìm tọa độ các đỉnh

với

B,C

A  1;  2  ,

đường cao

CH : x  y  1  0

và tính diện tích tam giác

ABC

.

Câu 8: (1 điểm)
Giải hệ phương trình:

698

4
2
x  y 

81

2
2

 x  y  xy  3 x  4 y  4  0


Câu 9: (1 điểm)
1

,


Cho

a, b, c

là các số thực dương thỏa mãn

a b  1 2; b c  8

. Chứng minh rằng:

1
1 
8
121
 1
a  b  c  2




bc

ca  abc
12
 ab

..................HẾT..................

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
1.
Tập xác định:
Ta có:

D 

.

 x  0
y   3 2 x  1 8 x; y '  0  
3
x  

4
3

 3
 3
2
y ''  9 6 x  1 8; y ''     0 ; y ''( 0 )  0 ; y ''    0
 4
 4

Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại

x  

3

và

x 

4

trên mỗi khoảng
Tính giới hạn:

3 

 ;  
4 


và

3 

 0; 
4 


3

và hàm số đạt cực đại tại

x  0

. Hàm số nghịch biến

4

, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

 3

  ;0 
 4


và

 3

 ;  
 4


lim y  lim   

x  

x  

Bảng biến thiên:
x





3

3

0

4



y'

0





4



0



0

+


1

y


49
32



49
32

Đồ thị:

2


2.
Xét phương trình:

Đặt
Vì

t  cos x
x   0; 

8 cos x  9 cos x  m  0
4

2

, phương trình trở thành:

 nên

t    1;1  ,

với

x   0; 



1 
2

8t  9t  m  0
4

2

tương ứng với mỗi giá trị của

t

là 1 giá trị duy nhất của

x

, do đó số

nghiệm của phương trình  1  và phương trình  2  bằng nhau.
Ta có:  2  

t  9t  1  1  m
4

2

Gọi  C '  là đồ thị hàm số

y  8t  9t  1
4

2

với

t    1;1  ,

thì  C '  là phần đồ thị  C  trong đoạn

  1;1  .

Số nghiệm của phương trình  2  là số giao điểm của  C '  với đường thẳng

y 1 m

.

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra:
Với m  0 : phương trình vô nghiệm.
Với m  0 : phương trình có 1 nghiệm.
Với 0  m  1 : phương trình có 2 nghiệm.
Với

1 m 

81

: phương trình có 4 nghiệm.

32

Với

m 

81

: phương trình có 2 nghiệm.

32

Với

m 

81

: phương trình vô nghiệm.

32

Nhận xét: Khi biện luận các phương trình mà cần thông qua phép đổi biến, ta phải xem xét đến sự
tương ứng về nghiệm giữa biến đã cho và biến số mới để tránh kết luận sai số nghiệm.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:

3


1. Tìm các giá trị của

s in x  c o s x  m  s in
6

1

Đáp số:

6

4

:

x  cos x 
4

7

 m 

2

10

2. Tìm các giá trị của

để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:

m

2e

Đáp số:

 2 
0;


3 


để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn

m

2 x

  m  1 e

x

 m 1  0

m 7

Câu 2:
Xét

, phương trình trở thành:

x  k 2 , k 

5  

1

(loại)

2

Xét

x  k 2 , k 

x

 s in

 0

.

2

Nhân hai vế của phương trình với

2 s in

x

 0

, ta được:

2
x

2 s in

2
 s in

3x

c o s 2 x  2 s in

2
 s in

2
 s in

x

c o s x  2 s in

11x

x

 s in

 s in

3x

2

 0  x 

x

c o s 4 x  2 s in

2
7x

 s in

2

2k

2

c o s 3 x  2 s in

2

5x

2

x

 s in

2

5x

x

c o s 5 x   s in

2

 s in

2

9x

 s in

2

7x
2

 s in

x
2

11x

 s in

2

9x
2

  s in

x
2

,k 

11

Đối chiếu với điều kiện ta được:

x 

2k

,k 

,k

không chia hết cho 11.

11

Nhận xét: Dạng toán này sẽ giúp chúng ta giải quyết những phương trình lượng giác rất phức tạp.

Tuy nhiên, cần phải để ý xét các trường hợp cẩn thận trước khi nhân hay chia một biểu thức nào đó,
để tránh dẫn tới kết luận thừa nghiệm.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình:

cos x cos 2 x cos 4 x cos 8 x 

1

.

16

 k 2

Đáp số: x  

 15

k

 15n  ;


17

s in 5 x

2. Giải phương trình:



l 
17 n  1 
l 
 , k , l, n 
17 
2






.

 1.

5 s in x

Đáp số: Phương trình vô nghiệm.
Câu 3:
4

Ta có:

I 


0



ln x 

x 9
2

x 9
2



4

dx  3
0

x

3

dx

x 9
2

4

4

Xét



ln x 



I1 

x 9
2



dx

x 9
2

0

4

Ta có:

I1 

 ln  x 

  

x  9 d ln x 
2

x 9
2

0
4

Xét

x



I2 

2

x 

x 9
2

4
0

2

ln 5  ln 3
2



2

2

3

dx

x 9
2

0

Đặt

 

ln

x

x  9  t  dt 

2

dx; x

 t 9

2

2

x 9
2

Đổi cận:

x  0 t 3

x  4 t 5
5

I2 

Suy ra:

 t

2

3

3
t
 5
44
 9  dt  
 9t  
3
 3
 3

ln 5  ln 3
2

Từ đó suy ra:

I  I1  3 I 2 

2

 44

2

Nhận xét: Bài toán trên là dạng thường xuất hiện trong đề thi đại học, khi chúng ta thường tách
thành nhiều biểu thức tích phân nhỏ và giải quyết từng biểu thức một.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1

1. Tính tích phân:



I 

0

Đáp số:

I 

e

4
 2 x3
x
x
e


1 x



 d x



x
xe 




4 x


d x





 k  n

 3

3
2

2. Tính tích phân:



I 

1

Đáp số:

I  e 
2

3 

x

2

3


3

Câu 4:
Ta có:

C 2nkC 2nk  C 2n
n

n

n

2

0

 2n  k !  2n  k !

  2n ! 


.
 

 n  k !n !  n  k !n !  n !n ! 

   n  k  1   n  k  2 
n




i 1

n 

k  n     n  k  1   n  k  2 


n  k  in  k  i  
 i 1
n

2


n  i


n  k

 n      n  1   n  2 

 n  n  

2

2

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:  n  k

 in  k  i  n  i

2

0  k,i  n

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
5


Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Chứng minh rằng với mọi 0  k  2 0 1 4 ta có:
Hướng dẫn: Chứng minh:
2. Cho

n

k 1

C 2015  C 2015  C 2015  C 2015

k

C 2015  C 2015 ,  0  k  2 0 1 5
k

1008

.

1007

là số nguyên dương ( n  2 ). Chứng minh rằng:

Hướng dẫn: Sử dụng các đánh giá:

1007

n

n

  n !


k  n  k  1  n

2

 n 1
 k  n  k  1  


 2 


 n 1
 

 2 

2

2n

0  k  n

Câu 5:
Giả sử tọa độ
Vì

M P

M

là

M

nên ta có:

Đường thẳng

 3  2t; 2  t; 1  t  .
3  2t  2  t  1  t  2  0  t   1 ,

có vectơ chỉ phương là

d

n P   1;1;1 

Vì

d

nằm trọng  P  và vuông góc với

M

là

M  1;  3; 0 

u d   2;1;  1 

Mặt phẳng  P  có vectơ pháp tuyến là


suy ra tọa độ

nên



có vectơ chỉ phương là:

u    u d , n P    2 ;  3;1 



Gọi

N  a, b, c 

Ta có:

Với

Với

là hình chiếu vuông góc của

M

trên



, khi đó:

M N   a  1; b  3; c 

 a  5

b  2

2 a  3b  c  1 1  0
 MN  u



c  5






a
b
c
2
0




N
P





a  3
2
2


2

 a  1   b  3   c  4 2
M N  42
b  4


  c  5

 a  5

b  2

c  5

, tọa độ

a  3

b  4

 c  5

, tọa độ

N

N

là

là

N  5;  2;  5  ,

suy ra phương trình

N   3;  4; 5  ,

suy ra phương trình



là:

x5



2



là:

x3
2



y 2
3

y 4
3



z5
1



z5
1

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong không gian với hệ tọa độ
d1 :

cắt

x 1

1
d2



y
1



z
1

đồng thời

;d2 :



x



1

và

y
1

d1



z 1

O xyz

, cho mặt phẳng  P  : x 

. Viết phương trình đường thẳng

y  z 1  0


3

chéo nhau và khoảng cách giữa chúng là

và hai đường thẳng

nằm trong mặt phẳng  P  và

6
2

6


 x  0


 : y  t

 z  1  t

Đáp số:

hoặc

 x  t

 :  y  t

 z  1

2. Trong không gian với hệ tọa độ
d :

x 1

y 1



2

z



Đáp số:

. Tìm tọa độ điểm

1

1

 8 5 4 
N  ;
;

3 
3 3

, cho điểm

O xyz

M

đối xứng với

N

 2;1; 0  và đường thẳng

M

qua đường thẳng

d

có phương trình

.

d

.

Câu 6:
Ta có:

BC

2

 AB

2

 AC

2

 BC

2

 A1 A  A B
2

 A1 B

Ta có:
 d

 CM

2

2

 A1 M

2

2

 9a

2

 2 A B .A C . cos 120

2

2

BM
A1 B

 A1 C 1  C 1 M

2

A1 M

2

2

 12a
 2 1a

 MB

2

V M ABA  VCABA 
1

1

 A,  M BA  
1

o

 7a

2

2

2

 M B  M A1

1

a

A A1 . S A B C 

3

3V M A B A



1

S M BA

15
3

6V M A B A

1

M B . M A1

1

2



a

5
3

Nhận xét: Bài toán trên tương đối đơn giản,
chứng minh đầu tiên là một gợi ý rất hữu
với việc tính toán ở phần sau.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự
1. Cho hình lăng trụ A B C . A B C có đáy là tam giác đều cạnh
1

Cạnh bên

1

tạo với mặt phẳng đáy một góc

A1 A

A B C . A1 B 1 C 1

1

bằng

2a

3

3



ý yêu cầu
ích đối

2a

, điểm

. Tìm số đo góc



A1

luyện:
cách đều ba điểm A , B , C .

, biết thể tích khối lăng trụ

.

Đáp số:   6 0 .
2. Cho hình hộp đứng
o

A 'C  a

ABC D .A ' B 'C ' D '

. Tính thể tích của khối tứ diện

theo

a

Đáp

án: V 

có đáy là hình vuông, tam giác

ABB 'C '

và khoảng cách từ điểm

A

A ' AC

vuông cân và

đến mặt phẳng  B C D ' 

.
a

3

2

48

Câu 7:
Đường thẳng
x  y 1 0 .

AB

;d 

6

a

.

6

đi qua

A

vuông góc với đường cao

CH

nên đường thẳng

AB

có phương trình là:
7


Tọa độ của đỉnh

B

là nghiệm của hệ:

Hay tọa độ của đỉnh

là

B

2x  y  5  0
 x  4
 

 x  y 1 0
 y  3

B   4; 3 

Lấy A ' đối xứng với A qua đường thẳng B N , suy ra A '  B C
Phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với B N là:
Gọi

I

là giao điểm của

Tọa độ của

I

đi qua

BC

C

và

B   4; 3 

A '   3;  4 

là nghiệm của hệ:

Hay tọa độ của đỉnh
Từ đó suy ra:

2x  y  5  0
 x  1
 

x  2y  5  0
 y  3

là I   1; 3  . Từ đó suy ra tọa độ

I

Tọa độ của đỉnh

.

BN

là nghiệm của hệ:

Hay tọa độ của
Đường thẳng

và

d

S ABC 

C

1

là

d :x 2y 5  0

A'

là

A '   3;  4 

có phương trình:

7 x  y  25  0

.

13

x  


7
2
5
0



x
y


4
 

 x  y 1 0
 y   9

4

9 
 13
C 
; 
4
4 


. B C .d

2

 A, BC 



1

.

450

2

2 

.3

4

45

(đvdt)

4

Nhận xét: Đối với tất cả các bài toán có xuất hiện đường phân giác, thì ta luôn sử dụng phép lấy đối
xứng một điểm qua đường phân giác đó.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Các bước tìm ảnh B của phép đối xứng điểm A qua đường một đường thẳng d .
 Viết phương trình đường thẳng

 Tìm tọa độ giao điểm

I

của

d

d '

và

đi qua

A

và vuông góc với

d

d '

 Tìm tọa độ B sao cho I là trung điểm A B .
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O x y , cho tam giác
giác trong

BD

là

x y2  0

các đỉnh

B,C

Đáp số:

B   3; 5  , C  7 ; 0  .

Đáp số:

A  1;  3 
CE

, phương trình đường phân
là

x 8y  7  0

. Tìm tọa độ

.

có phương trình lần lượt là

thỏa mãn

với

và phương trình đường trung tuyến

2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
CH

ABC

AB  2 AM

O xy

, cho tam giác

d1 : x  y  2  0

và

ABC

có phân giác trong

d2 : x  2 y  5  0

. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC

. Điểm

M

AD

và đường cao

 3; 0  thuộc đoạn

AC

.

A  1;1  , B  3;  3  , C   1; 2  .

Câu 8:
8


Định hướng: Hình thức của hệ gồm một phương trình có dạng
trình là đa thức bậc hai
để đánh giá

h  x; y  .

f

x  g  y 

0

và một phương

Ta nghĩ đến việc sẽ sử dụng tính chất nghiệm của tam thức bậc hai

.

x, y

Lời giải:
Viết lại phương trình thứ hai dưới dạng:
 x 2   y  3  x   y  2   0
 2
2
 y   x  4  y  x  3 x  4  0

1 

2

Để  1  có nghiệm

x

thì

Để  2  có nghiệm

y

thì

x  0 



y

x  y
4

2

y

 3   4  y  1  0  1  y 
2

x  4

 0 

4

Từ đó suy ra:

(2)
2

2

7
3

 4  x  3x  4  0  0  x 
2

4
3

2

697
698
4
7
     

81
81
3
 3

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét: Chỉ với những đánh giá khá đơn giản: đặt điều kiện của  để tam thức có nghiệm mà ta
có thể tìm ra cực trị của các ẩn. Từ đó đánh giá và giải quyết những bài toán mà các phương pháp
thông thương cũng bó tay. Loại hệ sử dụng phương pháp này thường cho dưới hai dạng chính.
 Thứ nhất: cho một phương trình là tam thức, một phương trình là tổng hoặc tích của hai hàm
f

 x  và

g  y

.

 Thứ hai: cho cả 2 phương trình đều là phương trình bậc hai của 1 ẩn nào đó.
Dưới đây là một số bài toán tương tự.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải hệ phương trình:

7


 2 x 2  1  2 y 2  1  xy
2

 x 2  y 2  xy  7 x  6 y  14  0


Đáp số: Hệ phương trình vô nghiệm.
1 2 x  1 2 x  3 6 7 x  5 4 y  5 4 y  1 8 y   1 4 4

2
2
x  y  xy  7 x  6 y  14  0

3

2. Giải hệ phương trình:
Đáp số:  x ; y  

2

3

2

7 

 2; 
3 


Câu 9:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
2



ab
2
bc

a



18


b
16

b

2

 33

24


c
8

 33

.

a

.

b

 2

ab 18 24
2

.

b

.

c

bc 16 8



3
4

9


2

a



ca
8

9

1 3c



12

1 3b

18

b



9


2

a c
. 1
ca 9 6

 33

6
a



abc

13a

c



c

1 3b

24

8

 44

6

.

a

.

b

.

b

.

c



c

 26

.

4
3

13



18 24

48

a

abc 9 12 6

 26

24



.

3

b

13



24 48

6

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
1
1 
8
1
3
4 13 13
121
 1
a  b  c  2





1




bc
ca  abc
2
4
3
3
6
12
 ab

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a  3, b  4 , c  2

.

Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ mẫu mực cho phương pháp chọn điểm rơi của bất đẳng thức
AM-GM. Mấu chốt trong các bài toán dạng này là tìm được điểm xảy ra dấu đẳng thức.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho x , y , z là các số thực dương thỏa mãn: x  1 9 ; y  5; z  1 8 9 0 ; x  y  z  2 0 1 4 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức:

P  xyz

Hướng dẫn: Đánh giá

x  y  124

.

Ta có:
3

 1828  x  y   62  x  y  z  
 1890 x  1890 y  62 z 
3
3
6 2 .1 8 9 0 . P  1 8 9 0 x .1 8 9 0 y .6 2 z  
  6 2 .1 8 9 0
  
3
3




3

2

đó suy ra:
2. Cho

P  6 2 .1 8 9 0
2

.

là các số dương thỏa mãn:

a, b, c

Từ

x

xy 

3

xyz 

4

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3
P  x y z

Hướng dẫn: Ta có:

4

 x

3

Suy ra

m in P  1  x 

1
2

16

;y 

21

3. Cho

x .4 y 

1

3

x .4 y .1 6 z  x 

4
4

;z 

21



x  4 y  16 z

4
1



4( x  y  z)

12

3

.

21

là các số thực thỏa mãn

x, y, z

x 4y

x  y  z
2

2

2

1

9

xy

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

16
P  xy  yz  zx

Hướng dẫn: Sử dụng các đánh giá sau:
12

5  17
32

x

2

 y

2



12

5  17
16

xy;

49  12
32

5

y 
2

z

2

2



3

5 2
4

yz;

49  12
32

5

x 
2

z

2

2



3

5 2

xz

4

10


MÔN TOÁN

ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 7

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số

2x  2

y 

có đồ thị

x 1

(C ) .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
2. Tìm

m

để đường thẳng

cắt đồ thị  C  tại 2 điểm phân biệt

d : y  2x  m

sao cho

A, B

AB 

5

.

Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:

s in 2 x  c o s x  3   2

3 cos x  3 3 cos 2 x  8
3





3 c o s x  s in x  3 3

Câu 3: (1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường

y   e  1 x

và

y  1  e

x

x

Câu 4: (1 điểm)
Tìm phần thực và phần ảo của số phức

z

biết

z 

1  i 



3 i

50



49

Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ
d1 :

x 1



2

y3



1

z
2

;d2 :

x5
3



y

O xyz



, cho mặt phẳng  P  : 2 x 

z5

4

. Tìm các điểm

y  2z 1  0

A  d1, B  d 2

2

sao cho

và các đường thẳng:
và

A B //  P 

AB

cách

 P  một khoảng bằng 1.

Câu 6: (1 điểm)
Cho hình chóp

S .ABC D

có đáy là hình vuông cạnh

mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi

M ,N,P

a

, mặt bên  S A D  là tam giác đều và nằm trong

lần luowjt là trung điểm của các cạnh

Chứng minh rằng A M vuông góc với B P và tính thể tích của khối tứ diện C M N P .
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O x y , cho hai đường thẳng d : 3 x  y  5  0 và d : 3 x 
1

I   1; 2  .
AB  2

Viết phương trình đường thẳng



đi qua

I

và cắt

2

d1, d 2

lần lượt tại

SB , BC , C D

y 1 0
A, B

, điểm

sao cho

.
Câu 8: (1 điểm)
2

Giải hệ phương trình:





7x  y 

.

2x  y  5

2x  y  x  y  2

Câu 9: (1 điểm)

1


Cho

là các số thực thỏa mãn

x, y, z

nhất của biểu thức:

P 

x  y  z
2

2

 5

2

và

x y z  3

. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

x y 2
z 2

..................HẾT..................

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
1. Tập xác định:
Ta có:

4

y 

( x  1)

\ {  1} .

D 

 0,  x  D

2

Suy ra hàm số không có cực trị và hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
Ta có:

lim y  lim  2

x  

x  

nên hàm số có tiệm cận ngang

lim y    ; lim   
x1



x1



và

(  1;   )

.

y  2

nên hàm số có tiệm cận đứng

(   ;  1)

x  1 .

Bảng biến thiên:
x



y'



-1





||



2

y

2



Đồ thị:

2. Phương trình hoành độ giao điểm là:

2x  2
x 1

 2x  m  2x  mx  m  2  0
2

x

  1

2


Đường thẳng


cắt  C  tại 2 điểm phân biệt

A, B

phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt

x1 , x 2

 m

2

d

 8m  16  0

m

x  x2 
 1
2

x x  m  2
 1 2
2

Theo định lý Viète, ta có:

Gọi tọa độ

A, B

là

 5 

 x1 

x2





 x1 

x2



AB

2

A  x1 ; 2 x1  m  , B  x 2 ; 2 x 2  m 
 4  x1  x 2

2

2



2

.

 5

 4 x1 x 2  1

 m  10
2

 m  8m  20  0  
m  2

Vậy

khác -1

(thỏa mãn)

m  1 0; 2 

Nhận xét: Bài toán này thuộc lớp các bài toán liên quan đến sự tương giao của đồ thị. Trong dạng
bài này, chúng ta thường sử dụng các kỹ thuật liên quan đến dấu của tam thức bậc hai và sử dụng
định lý Viète về mối liên hệ giữa các nghiệm của phương trình đa thức (đã được đề cập đến trong đề
số 5).
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hàm số

y 

x 1

điểm A và B sao cho
Đáp số: m  7
2. Cho hàm số
hai điểm

A, B

Đáp số:

m 1

y 

có đồ thị

x m

AB  2

2x
x 1

2

(C m )

. Tìm

m

để đồ thị hàm số cắt đường thẳng

d : y  x 2

tại 2

.

có đồ thị

(C ) .

phân biệt sao cho độ dài

Tìm
AB

m

để đường thẳng

d : y  mx  m  2

cắt đồ thị hàm số tại

ngắn nhất.

Câu 2:
Phương trình đã cho tương đương với:
2 s in x c o s x  6 s in x c o s x  2
2



 2 c o s x s in x 
2



 s in x 

3 cos x



3 cos x  6
3



3 c o s x  6 c o s x s in x 

  2 cos

2

 s in x  3 c o s x  0
 
2
 2 c o s x  6 c o s x  8  0

3 cos x  3 3  8







3 c o s x  8 s in x 



3 c o s x  s in x  3 3



3 cos x  0

x  6 cos x  8   0

, vì

co s x  0

3




 ta n x  3
x 
 k

 

,k 
3


c
o
s
x

1

 x  k 2

Vậy nghiệm của phương trình là:

.

x    k  ; k 2 , k 
3





.

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
c o s 2 x  c o s x  2 ta n

1. Giải phương trình:


Đáp số: x   

 k 2 ; 



x 





 k 2 , k 

3

2. Giải phương trình:
Đáp số:







k

4

ta n

x  1  2

.

.

x  ta n x ta n 3 x  2

2

,k 

2

.

.

2

Câu 3:
Hoành độ giao điểm của hai đường là nghiệm của phương trình:
 e  1 x

 1  e

x

 x  x e

x

x  0
 e  0  
x 1

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là:
1



S 

x e  e  dx 
x

0

 x e  e  dx
x

0

1

1

 e  xdx 
0



1

 xe

x

dx 


1
x
  xe

0
2 


2

2

0

e

ex

1

e
0

x

1
0

1



 xd  e 
x

0


1
e 
e
x
dx  
 e e

1


0

2 
2


(đvdt)

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường:

 y  f  x; y  g  x

x  a, x  b


b

Khi đó diện tích hình phẳng là:

S 



f

x 

g  x  dx

a

Khi đề bài chưa cho
trình:

f

x 

x  a, x  b

thì khi đó

x  a, x  b

có thể được tìm ra bằng cách giải phương

g x

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong

y  x ln x

với trục hoành và đường thẳng

x  e

e 1
2

Đáp số:

S 

4

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong

y  

4 x

2

và

y  

x

2

3

4


Đáp số:

S 

4 

3

3

Câu 4:
Sử dụng công thức Moivre ta có:
1  i 

z 



3 i

2

25



2



49

50



49


 

2  cos
 i s in

4
4 








 

 
 i s in

 2  cos
6
6 
 

50

49

2 5
2 5 

 i s in
 cos

2
2 

4 9
4 9 

 i s in
 cos

6
6 


1 

 
cos
 i s in

24 

2 
3
3 

Suy ra:

z 

1 

 
cos
 i s in

24 
2 
3
3 

Vậy số phức

z

1

có phần thực là

2

24

cos



1



3

2

25

và phần ảo là

1
2

24

s in



3



3

2

25

Nhận xét: Đối với các biểu thức số phức với lũy thừa bậc cao, ta thường sử dụng dạng lượng giác
của số phức cùng công thức Moivre.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Số phức

z  x  yi

như sau:

cos  

có dạng lượng giác
x
2

x  y

2

Công thức Moivre:  c o s 

2

 i s in 

 với

r 

x  y
2

2

và góc



được xác định

y

; s in  

x  y

z  r  co s   i sin 



n

2

 c o s n  i s in n 

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tìm phần thực và phần ảo của số phức
Đáp số: Phần thực là

2

8

3

, phần ảo là

2

2. Tìm phần thực và phần ảo của số phức
Đáp số: Phần thực là

1 ,

phần ảo là

z

biết


  6


z   i cos
 s in
i 1
3
3 




3i



9

8

z 

10



1



10

biết

 

1



1

.

0

Câu 5:
Vì

A  d1

nên tọa độ

A

có dạng

A  2 a  1; a  3;  2 a 

Vì

B  d2

nên tọa độ

B

có dạng

B  3 b  5; 4 b ; 2 b  5 

5


Ta có:
Vì

A B   3 b  2 a  4; 4 b  a  3; 2 b  2 a  5 

A B //  P 

nên ta có:

A B .n P  0

 2  3b  2 a  4   4 b  a  3  2  2 b  2 a  5   0  a  6 b  1  0

Ta có:
Với

d

a  5  b 

2

a 1 b  

1

3

8 11 

A   9 ;  2 ;1 0  , B  7 ; ;

3
3 


, ta có:

4 17 

A  3; 4 ;  2  , B  4 ;
;

3
3 


3

a2

1

3

, ta có:

3

Với

4a  2  a  3  4a  1

 A,  P   d  AB ,  P  

a  5
1 
 b 1

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong không gian với hệ tọa độ
d1 :

x 1

y



1



z9

1

6

khoảng cách từ
Đáp số:

M

M

x 1

;d2 :

y3



2

1

M

hai điểm

Đáp số:

B,C

sao cho tam giác

6 3 8 2
;

5
5



;3



3

Câu 6:
Gọi O là trung điểm của
Vì tam giác
SO 

SAD

z 1
2
d2

. Xác định tọa độ điểm

và khoảng cách từ

M

M

thuộc đường thẳng

d1

sao cho

đến mặt phẳng  P  bằng nhau.

  1;1; 4  .

2. Trong không gian với hệ tọa độ
d



đến đường thẳng

 2; 4;1  hoặc

, cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  1  0 và hai đường thẳng

O xyz

và

O xyz

, cho điểm

ABC

đều.

6 3 82
;

5
5


3

A  0;1; 3 

và đường thẳng

 x 1 t


d :  y  2  2t

 z  3

. Tìm trên


;3



.

AD

nên

đều và  S A D    A B C D 

 ABCD  .

Chọn hệ trục tọa độ


a 3
S  0; 0;

4


O  0; 0; 0  ,
 a

A   ; 0; 0 
 2


,

 a

C  ; a; 0 
 2






 a

D  ; 0; 0 
 2


,

, và

 a a a 3

AM   ; ;
 4 2
4






,

là:

,

 a

B   ; a; 0 
 2


Từ đó suy ra tọa độ các điểm
Ta có:

đỉnh

sao cho tọa độ các

O xyz

M ,N,P

là:

 a a a 3
M  ; ;
 4 2
4


a


BP   a;  ; 0 
2



nên





,

A M .B P  0

.

N  0; a ; 0 

,

 a a

P  ; ;0 
 2 2


6


vuông góc với

Suy ra

AM

Lại có:

 a
a a 3
NM    ; ;
 4
2
4


BP





,

.
 a

N C   ; 0; 0 
 2


,

a
 a

NP   ; ;0 
2
 2


2
2
3

a
3 a 
1

a
3
 N M , N C    0;


;

V

N
M
,
N
C
.
N
P


C
M
N
P

 

8
4 
6 
96



Suy ra:

Nhận xét: Phương pháp tọa độ hóa là một phương pháp “chắc chắn” sẽ giải quyết được “tất cả” các
bài hình học phẳng cũng như hình học không gian. Tuy nhiên, để tránh những tính toán cồng kềnh,
phức tạp và xấu xí, không phải bài toán nào chúng ta cũng sử dụng phương pháp này, vì đa phần các
bài toán trong đề thi không thuận lợi cho phương pháp này. Vậy khi nào ta sẽ tọa độ hóa trong các
bài toán hình học không gian? Câu trả lời là khi tồn tại 3 đường đôi một vuông góc với nhau và
thường là không xuất hiện mặt cầu, mặt nón.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
V ABCD 

1

 A B , A C  .A D

6 

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hình lăng trụ đứng A B C . A ' B ' C ' có đáy A B C là tam giác vuông, A B  A C  a , A A '  a 2 .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của đoạn A A ' và B C ' . Chứng minh M N là đường vuông góc
chung của
Đáp số: V

và

AA '


a

3

2

BC ' .

Tính thể tích khối tứ diện

M A ' BC ' .

.

2

2. Cho hình chóp

có đáy là hình thoi tâm

S .ABC D

góc với mặt phẳng  A B C D  và
chứa

AD

SO 

3a

. Gọi

E,F

O

cạnh

,

BAD  60

o

. Đường thẳng

lần lượt là trung điểm

4

và vuông góc với  S B C  cắt hình chóp

a

S .ABC D

BC , BE

SO

vuông

. Mặt phẳng   

theo một thiết diện. Tính diện tích thiết

diện đó.
Đáp án: S



9a

2

.

16

Câu 7:
Giả sử

A  a ;  3 a  5   d 1 ; B  b ;  3b  1   d 2

Khi đó ta có:

IA   a  1;  3 a  3  ; IB   b  1;  3 b  1 

Ta có:

thẳng hàng

I , A, B

b  1  k  a  1


 IB  k IA  

  3b  1  k   3 a  3 

Nếu

a 1

thì

b  1  AB  4

Nếu

a 1

thì

 3b  1 

Ta có:

AB  2

2 

b 1
a 1

b

(loại)

 3a

 3   a  3b  2

 a    3  a  b   4 
2

2

 2

2

7


 5a  b

Với

Với

t  2

t  

2

2

 a  b  2
 12  a  b   4  0  
2
a  b  
5


ta có:

ta có:

5

 a  3b  2
a  2
 
  : x  y 1 0

a  b  2

 b  0
2

a 
 a  3b  2



5
  :7x  y 9  0
2  

a  b  
b  4
5


5

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là:

 : x  y 1 0

hoặc

 :7x  y  9  0

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
M , A, B

thẳng hàng

 MB  kMA

, với

k

là số thực nào đó.

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong mặt phẳng

, cho hai đường thẳng

O xy

phương trình đường thẳng



Đáp số:

 : x 1  0

 :x y  0

2. Trong mặt phẳng

hoặc

 : x  5y 1  0

và cắt

I

d1, d 2

, cho hai đường thẳng

O xy

phương trình đường thẳng
Đáp số:

đi qua



đi qua

hoặc  : x 

và cắt

I

y 1  0

d1 : 3 x  y  5  0, d 2 : x  y  4  0

lần lượt tại

A, B

sao cho

2 IA  3 IB

d1 : x  y  1  0, d 2 : x  2 y  2  0

d1, d 2

lần lượt tại

A, B

sao cho

và điểm I  1;1  . Viết
.

và điểm I  1; 0  . Viết

IB  3 IA  0

.

.

Câu 8:
Điều kiện:
Đặt

7 x  y  0

2x  y  0

7 x  y  u;

2 x  y  v; u , v  0

.


u
 x 

 
2
7v

y 


2

7 x  y  u


2
2x  y  v

2

Khi đó ta có:

v

2

 2u

3u  8 v
2

5
2

 x y 

2

5

5

Hệ phương trình đã cho trở thành:
u v  5



2
2

3u  8 v
v

 2

5


15  77
u 

2
 
77  5

v 

2

(vì

u,v  0

)

8

Từ đó suy ra nghiệm của hệ là:  x ; y  


 1 0 


77 ;

11 

77 

2


Nhận xét: Không quá khó khăn để chúng ta xác định được sẽ đặt các ẩn phụ như trên. Công việc
quan trọng sau khi đã đặt ẩn phụ là biểu diễn các biểu thức chứa biến trong hệ đã cho theo các ẩn
phụ mới.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải hệ phương trình:

Đáp số:  x ; y 





5x  2 y  2

2x  y  5

2x  y  4x  3y  3



 


188  2 2341 7 731  11 2341
 
;

25
450


2. Giải hệ phương trình:

 2 2 x  3 y 

 3 5  x  y 




.

5 x y  7

2x  y  3  1

Đáp số:  x ; y    3;1 
Câu 9:
Từ điều kiện ta có:

5 z

2

 x  y
2

2



x  y

2

 x  y

2

2
 ( x  y)  10  2 z  ( x  y)  10  2 z  3  z   1  6 z  3z
2

2

z  0

Dễ thấy

. Ta có:

  P  z  2   2 


P

2

2

2

2P

2

P ( z  2)  2  x  y

 1 6z  3z

2

 3 z  4P  4P  6 z  4P  8P  3  0
2

2

2

Phương trình có nghiệm ẩn


2

2

2

z

khi và chỉ khi



'
z

 0

 2P  3   P  34P  8P  3  0  
2

Giá trị nhỏ nhất của

2

P

2

là

36

36

 P  0

23
x 

, xảy ra chẳng hạn khi:

P

là

0

;y  

31

23

Giá trị lớn nhất của

20

, xảy ra chẳng hạn khi:

66
31

;z 

7
31

x  2; y  0; z  1

Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ mẫu mực cho phương pháp sử dụng tính chất của tam thức bậc
hai.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn: x  y  z  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P  9 xy  10 yz  11zx

Hướng dẫn: Từ giả thiết
hay

x y  z 1

suy ra:

P  11x  10 y  11x  10 y  12 xy
2

2

1 1 x  1 2 y  1 1  x  1 0 y  1 0 y  P  0
2

2

9


Ta có:



x

 0  P  

Giá trị lớn nhất của

P

74  2
22
121   74  
5445 
495

y 
 y 
  
 . 
 
11 
37
296   11   10952 
148

là

495

, đạt được khi

y 

148

2. Cho

a, b, c, d

11

;x 

37

25

27

;z 

74

74

là các số thực. Chứng minh bất đẳng thức:
a  b  c  d 

2

 3a  b  c  d
2

2

2

2

  6ab

Hướng dẫn: Viết lại bất đẳng thức dưới dạng:
f (a )  2 a  2  c  d  2b  a  b  c  d
2

Dễ dàng chứng minh được:



2

 3 b  c  d

 a  3 c  d
'

2



2

2

2

 0

 0  f (a )  0,  a , b, c, d 

10


MÔN TOÁN

ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 8

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số

có đồ thị  C  .

y  x  3x  1
3

2

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số.
2. Tìm hai điểm

thuộc đồ thị  C  sao cho tiếp tuyến của  C  tại

A, B

và độ dài A B  4
Câu 2: (1 điểm)

và

A

B

song song với nhau

.

2

 
 


cos  2 x 
  cos  2 x 
  4 s in x  2 
4 
4 



Giải phương trình:

2  1  s in x 

Câu 3: (1 điểm)
ln 3

Tính tích phân:



I 

0

2e
e

e

3x

2x

dx

4e  3  1

x

x

Câu 4: (1 điểm)
y 1

y

Giải hệ phương trình:

C x 1



Cx

6

y 1



Cx

5

2

Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ
 x 1 t
x2
y 1
z 1

d1 :  y  2  t , d 2 :


1
2
2

 z 1

cho khoảng cách từ

d1

H

thuộc

Tính thể tích khối chóp

AB

ABC

S .ABC

AD

d1, d 2

là tam giác đều cạnh
H A  2 H B

d2

a

O xy

. Chân đường cao hạ từ

. Góc tạo bởi

, cho hình thang
d1 : 3 x  y  0

ABCD

SC

BD

S

SA, BC

A

theo

và

D

a

d2

sao

lên mặt phẳng
o

.

CD

,

d2 : x  2 y  0

,

60

.

có đáy lớn là

có phương trình

góc tạo bởi hai đường thẳng B C và A B bằng 4 5 . Viết phương trình đường thẳng
tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương.
Câu 8: (1 điểm)
Giải phương trình:  x  3 

và

và mặt phẳng  A B C  bằng

vuông tại

, đường thẳng
o

d1

đến  P 

và khoảng cách giữa hai đường thẳng

có phương trình

lần lượt có phương trình:

. Viết phương trình mặt phẳng  P  song song với

sao cho

Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
đường thẳng

, cho hai đường thẳng

đến  P  gấp 2 lần khoảng cách từ

Câu 6: (1 điểm)
Cho hình chóp S . A B C có đáy
 A B C  là điểm

O xyz

BC

biết diện

2x 1  x  x  3
2

2

1


Câu 9: (1 điểm)
Cho

x, y, z

là các số thực không âm thỏa mãn

nhất của biểu thức:

P 

x
y z

 2

y

 33

z x

xy  yz  zx  0

và

z  m ax  x , y , z 

. Tìm giá trị nhỏ

z
x y

..................HẾT..................

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
1.
Tập xác định:
Ta có:

D 

.

x  0
2
y   3 x  6 x; y '  0  
x  2
y ''  6 x  6; y ''  0   0; y ''( 2 )  0

Suy ra hàm số đạt cực đại tại x  0 và đạt cực tiểu tại
   ; 0  và ( 2 ;   ) , hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2 
Tính giới hạn:

x  2

. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

lim y    ; lim   

x  

x  

Bảng biến thiên:
x



0

+

y'

0



2
0



+


1
y


-3

Đồ thị:

2


2.
Gọi tọa độ của

là

A, B

A  a ; a  3 a  1  , B  b ; b  3b  1 
3

Vì tiếp tuyến của  C  tại

2

và

A

3

Mà a 
Ta có:
AB

2

nên ta có:

b

a  ba  b  2 

2

3

2

3

2



2

3

  b  a    b  a   b  a   3ab  6 


2

2

  b  a    b  a   b  a   ab  6 


2

.

0  a b 2  0,

vì

a  b

.

2

  b  a    b  a   3ab  b  a   3  b  a   b  a 


2

a  b

a  2 a  a 1.

  b  a    b  3b  a  3 a
2

với

song song với nhau nên ta có:

B

y '  a   y '  b   3 a  6 a  3b  6 b 
2

2

2

2

2

2

2

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

2

2
2
  2  2 a  1   a  2 a  2  


2

 4  a  1  24  a  1  40  a  1
6

Ta có:

AB  4



 a  1

6



 a  1

2

4

2

2  4  a  1  24  a  1  40  a  1  32
6

4

2

 6  a  1  10  a  1  8  0
4

2

 a  3
 4  

a  1

Với

a  3,

ta có hai điểm

Với

a  1 ,

A  3;1  , B   1;  3 

ta có hai điểm

A   1;  3  , B  3;1 

3


Vậy hai điểm cần tìm là:  3;1  ;   1;  3  .
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hàm số y  x  6 x  9 x  3 có đồ thị ( C ) . Tìm tất cả các giá trị
3

2

với  C  phân biệt và có cùng hệ số góc
tuyến đó cắt các trục

Đáp số:

sao cho tồn tại 2 tiếp tuyến

, đồng thời đường thẳng đi qua các tiếp điểm của hai tiếp

tương ứng tại

A, B

sao cho

(C m )

. Tìm

O A  2 0 1 5 .O B

.

9

k   ; 6 0 5 1
2


2. Cho hàm số
có hoành độ
Đáp số:

O x, O y

k

k

có đồ thị

y  x  mx  m 1
3

x  1

cắt đường tròn  C  :  x  2 

2



để tiếp tuyến của đồ thị  C m  tại điểm

m

 y  3

2

 4

M

theo một dây cung có độ dài nhỏ nhất.

m  2

Câu 2:
Phương trình đã cho tương đương với:
2x 





 2x 

4

2 cos

2x 

4 cos



 2x 

4

4  4 s in x  2 

2
 2 cos 2 x cos





2
 4 s in x  2 

2 

2  1  s in x 

2 s in x  0

4


 2





2 cos 2 x  4 
2 s in

 s in x 

2

2 s in x  2 



2  0



x 4

2 s in x  2  0

1
2



 k 2
x 

6
 
,k 
  5 
x
k 2


6

.

Vậy nghiệm của phương trình là:

5

x    k 2 ;
 k 2 , k 
6
6





.

Nhận xét: Đây là dạng phương trình lượng giác dễ, chỉ cần các phép biến đổi đơn giản để đưa về
phương trình bậc hai theo một biến.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình:

cos x  cos 2 x  cos 3 x  cos 4 x 
2

2

2

2

3

.

2


Đáp số: x  

8



k

;

4

2. Giải phương trình:
Đáp số:



 k ; 

5

2

 k , k 

5





.

4 s in x c o s x  4 c o s x s in x  s in 4 x
5


k
 k
x 
;

,k 
8
2
 4

5






2

.

.
4


Câu 3:
Đặt

t 

4e

Đổi cận:

3x

 3e

 t

2x

 4e

2

3x

 3e

2x

 2 td t   1 2 e

3x

 6e

2x

 dx

x  0 t 1
x  ln 3  t  9

Khi đó ta có:
I 

1
3

Vậy

9

td t

 t 1

t  ln t  1 9 8  ln 5
1 

1

d
t


  t  1 
1
3 1
3
3

1



1

I 

9

8  ln 5
3

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
ln 3

1. Tính tích phân:



I 

2x

dx
e 2
x

I  2 ln 3  1
e

2. Tính tích phân:

I 

I 

5 2




2
 3 x ln x  d x
 x 1  ln x



1

Đáp số:

e 1
x

ln 2

Đáp số:

e

2  2e

ln x

3

3
e

3. Tính tích phân:

I 



x   x  2  ln x

1

Đáp số:

x  1  ln x 

dx

I  e  3  2 ln 2

Câu 4:
Điều kiện:



0

0
0


C x 1

6

 x, y 

  y 1
 y 1 x

x  y 1
 y 1 x
 y  x 1

y 1

y

Ta có:

x, y 



Cx

5

y 1



Cx

2

y
y 1
1
( x  1) !
1
(x)!

 C x 1
Cx

 



6 y !( x  1  y ) ! 5 ( y  1) !( x  y  1) !
 6

5
 
 
y 1
y 1
(x)!
1
(x)!
Cx
Cx

1 



 5

2 ( y  1) !( x  y  1) !
2

 5 ( y  1) !( x  y  1) !

 5 ( x  1)( y  1)  6 ( x  y )( x  y  1)
 
 2 ( x  y )( x  y  1)  5 y ( y  1)
x 1  3y
 5 ( x  1)( y  1)  1 5 y ( y  1)

 
 
 2 ( x  y )( x  y  1)  5 y ( y  1)
 2 ( x  y )( x  y  1)  5 y ( y  1)

5