đề thi thử Quốc gia Toán 2015, có hướng dẫn giải chi tiết của Nhà giáo ưu tú Phạm Quốc Phong phần 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC

THÔNG BÁO CHIÊU SINH LỚP
“LUYỆN THI QUỐC GIA 2015”
Khai giảng ngày 01/06/2015
Kính thưa Qúy phụ huynh, thưa các em học sinh
Thế là 1 mùa hè nữa đã đến, các em học sinh 12 lại tất bật chuẩn bị cho
kỳ thi Quốc gia 2015 vô cùng quan trọng mà sự thành hay bại ảnh hưởng trực
tiếp đến tương lai của các em sau này.
Mùa hè năm nay cũng giống bao mùa hè năm trước nhưng kỳ thi năm
nay lại hoàn toàn khác các kỳ thi năm trước. Các chuyên gia giáo dục hàng
đầu trên thế giới đã chỉ ra rằng: 1 kỳ thi chỉ có 1 mục đích duy nhất, kỳ thi
được gọi tên “Quốc gia” của chúng ta hôm nay lại có 2 mục đích là xét tốt
nghiệp THPT và Đại học. Việt Nam khác với phần còn lại của thế giới, có thể
đây là 1 ý tưởng cách mạng chăng? Thời gian sẽ trả lời cho điều đó. Cịn
trước mắt, với sự thay đổi xoành xoạch của Bộ giáo dục và Đào tạo đã làm
cho nhà trường, cả thầy và trị cảm thấy bỡ ngỡ, khó khăn, khơng biết dạy và
học như thế nào cho hợp lý. Rồi bất ngờ, 1 đề thi minh họa được đưa ra, tuy
vẫn nằm trong chương trình của giáo dục phổ thơng nhưng hầu hết các em
học sinh đều cảm thấy lo lắng, bất an, đề thi quá rộng, khác lạ so với những gì
các em được ơn luyện hàng ngày.
Chúng tơi là những giảng viên đứng trên bục giảng đã 20 năm, cả cuộc
đời gắn bó với sự nghiệp giáo dục và cũng là những bậc phụ huynh khi ở nhà.
Hơn ai hết, chúng tôi thấu hiểu nỗi trăn trở, lo âu của các bậc cha mẹ và của
các em học sinh.
Khi đã là đấng sinh thành thì khơng có hạnh phúc nào bằng thấy con
mình học giỏi, thi đậu đại học và thành đạt sau này. Nhưng đó mới chỉ là ước
mơ, để đạt được là cả 1 quá trình phấn đấu, nổ lực không ngừng của nhà
trường, các bậc cha mẹ và đặc biệt là sự cố gắng của các em học sinh.

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  91


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn
Chúng tôi biết các bậc phụ huynh đã quá vất vả lo toan cho cuộc sống mưu
sinh hàng ngày, phải tranh đấu với xã hội để tạo dựng cuộc sống tốt nhất cho
gia đình mình. Khi trở về nhà thì lo con mình có ăn ngon khơng, ngủ n
chưa, học hành ra sao, thi trường nào, ai là người thầy dẫn dắt con em mình
đi đến bến bờ của vinh quang?
Thưa Qúy phụ huynh, chúng tôi hiểu các bậc cha mẹ đang trăn trở điều
gì, chúng tơi hiểu các em học sinh 12 đang lo lắng điều gì? Chúng tơi có mặt
ở đây là để hổ trợ, chia sẻ phần nào những nỗi lo đó.
Hội đồng sư phạm Trường Đại học Ngoại thương TPHCM đã họp và
thống nhất mở lớp “LUYỆN THI QUỐC GIA 2015”

Địa điểm học
1. 481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM
2. 327 Nguyễn Thái Bình, P12, Tân Bình, TPHCM
3. 199 Điện Biên Phủ, P15, Bình Thạnh, TPHCM
4. 135B, Điện Biên Phủ, P15, Bình Thạnh, TPHCM

Thời gian học: từ ngày 01/06 – 28/06/2015 (tròn 4 tuần)
Địa điểm ghi danh: tất cả học sinh tập trung ghi danh tại địa chỉ
481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM (Nơi có bảng
hiệu Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM)

Thông tin liên hệ: 08 668 224 88 - 0989 88 1800 (Thầy
Thắng)
MỤC TIÊU KHÓA HỌC:
-

-

Chú trọng hệ thống hóa kiến thức, nhấn mạnh trọng tâm, giúp cho học
sinh có học lực chưa tốt vẫn có thể đủ điểm đậu đại học.
Ơn tập tất cả các dạng tốn thường xun có mặt trong đề thi đại học
Rèn luyện phương pháp giải bài tập trắc nghiệm nhanh nhất. Với
những phương pháp này, các em khi làm bài thi sẽ biết ngay cách giải
một cách nhanh và chính xác.
Rèn luyện "kĩ năng trình bày lời văn" thật logic và chặt chẽ phần thi
tự luận nhằm giúp học sinh đạt điểm số tối đa.

92  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG


-

Học cách tránh các sai sót thường gặp khi thi
Luyện tập giải đề thi đại học
Rèn luyện “tâm lý trường thi”, giúp các em vững vàng tâm lý - tự tin
vào chính mình khi bước vào phịng thi
Đặc biệt các Thầy cô sẽ chia sẻ trực tiếp trên lớp những bí kíp, những
kiểu đề thi năm 2015 sau bao năm tháng giảng dạy, nghiên cứu, ra đề
thi và chấm thi

Đây là nội dung giảng dạy đặc biệt duy nhất chỉ có ở trung
tâm của chúng tơi
ĐƠI NÉT VỀ TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC CỦA TRƯỜNG ĐẠI
HỌC NGOẠI THƯƠNG TPHCM
TTLTĐHNT được thành lập vào năm 1995, là Trung tâm luyện thi uy tín

và chất lượng nhất Tp.HCM. 20 năm hoạt động trong nghề, Trường đã đào
tạo hơn 20.000 học sinh, có rất nhiều học sinh đậu điểm cao, á khoa, thủ khoa
các trường ĐH danh giá. Giờ đây có nhiều người thành danh ngồi xã hội và
đang đóng góp tích cực cho sự phát triển của đất nước.
Lấy chất lượng giảng dạy làm trọng tâm và học viên là quan trọng nhất,
chúng tơi ln địi hỏi về chất lượng giảng dạy, các giáo viên giảng dạy ở
trung tâm được " tuyển - chọn" khắt khe về kiến thức sư phạm và tính nhiệt
huyết tận tâm với nghề.
Chính vì thế Trung Tâm Luyện Thi Đại Học Trường Đại Học Ngoại
Thương luôn dẫn đầu về chất lượng đào tạo. Hàng năm có rất nhiều bạn học
sinh ôn luyện tại trung tâm thi đỗ đại học và đỗ vào những trường đại học
danh tiếng điều này minh chứng rõ nhất về chất lượng đào tạo của Trường, là
một sự vinh hạnh, niềm an ủi lớn nhất đối với đội ngũ giáo viên tận tâm của
chúng tơi.

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  93


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn

TẠI SAO QUÝ PHỤ HUYNH VÀ CÁC EM HỌC SINH CHỌN
HỌC TẠI TRUNG TÂM CỦA CHÚNG TÔI?
1. Trung tâm LTĐH Ngoại thương trực thuộc Trường ĐH Ngoại thương
TPHCM, là trung tâm duy nhất tại TPHCM được Bộ giáo dục cấp phép
và quản lý
2. Trung tâm thành lập năm 1995, đến nay đã có 20 năm kinh nghiệm
đào tạo
3. Đội ngủ Giảng viên xuất sắc nhất, được nhà trường chọn lựa kỹ càng,
họ là những Phó Giáo sư, Tiến sỹ, Thạc sỹ đang giảng dạy tại các
trường ĐH lớn nhất TPHCM như Đại học Y Dược, Bách Khoa, Ngoại

thương, Sư phạm, THPT chuyên Lê Hồng Phong. Họ là soạn giả nỗi
tiếng những bộ sách Bồi dưỡng học sinh giỏi, Luyện thi đại học bán
rộng rãi khắp cả nước (xem thêm tại www.docsachtructuyen.vn), đặc
biệt hơn họ chính là những nhà giáo ra đề thi và chấm thi hàng năm.
4. Chất lượng đào tạo tốt nhất tại TPHCM, minh chứng bằng tỷ lệ đậu
Đại học , Cao đẳng của Trường năm 2014 là 95%
5. Phương pháp giảng dạy khoa học, hiện đại giúp các em tiếp thu nhanh
các kiến thức trong thời gian ngắn nhất
6. Phòng học được thiết kế theo tiêu chuẩn của Bộ giáo dục, sỉ số không
quá 30 học sinh/lớp, được trang bị máy lạnh đẩy đủ, bàn viết, ghế
ngồi, ánh sáng theo đúng tiêu chuẩn thể trạng của người Việt Nam
7. Có ký túc xá sạch sẽ, được trang bị máy lạnh, đệm ngủ đẩy đủ. 2 khu
ký túc xác nam, nữ riêng biệt. Ký túc xá ở trong khuông viên của nhà
trường. Có Quản sinh và bảo vệ quản lý chặt chẽ 24/24
8. Trường có thư viện sách với hàng nghìn tựa sách hay được sử dụng
miễn phí, phịng tự học rộng rãi thống mát. Ngồi giờ học trên lớp,
các em học sinh có thể đến thư viện trường để đọc sách và học bài.
9.

Hàng tuần nhà trường tổ chức thi thử cho các em học sinh theo cấu
trúc của đề thi đại học năm 2015, nhằm giúp cho các em học sinh rèn
luyện kiến thức theo đúng chủ đề thi năm nay, đúng trọng tâm thi,
không lan man.

94  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG


HỌC PHÍ
LỚP

Học phí Sỉ số
Số
(3 mơn) lớp tiết/tháng

Thi
thử

Chấm và
Học ngồi giờ
sửa bài

Tài
liệu

3 triệu

30

132

6 lần

6 lần

6 buổi/tháng

Giảm
50%

ĐẶC

6 triệu
BIỆT

20

230

12 lần

12 lần

Có thầy kèm
từng học sinh
mỗi buổi tối

Miễn
phí

VIP

HỌC SINH HỌC THÊM MƠN
LỚP
THÊM 1 MÔN
VIP
1 triệu
ĐẶC BIỆT
2 triệu

THÊM 2 MÔN
1.5 triệu

3 triệu

Ưu đãi đặc biệt cho học sinh đăng kí trước ngày
20/05/2015
1. Giảm ngay 20% học phí, lớp VIP chỉ cịn 2.4 tr/3 mơn, lớp đặc biệt chỉ
cịn 4.8 tr/ 3 mơn
2. Tặng ngay tài khoản đọc sách online miễn phí 1 năm trên
website www.docsachtructuyen.vn và trên smartphone trị giá 2 triệu
đồng
3. Ưu tiên sắp xếp kí túc xá trước (số lượng kí túc xá có hạn)
Điều kiện nhận ưu đãi: Qúy phụ huynh đặt cọc trước từ 500.000 đồng cho nhà
trường, nếu phụ huynh ở xa, khơng có người thân tại TPHCM thì có thể
chuyển khoản đặt cọc theo thơng tin sau
Tên người nhận: HUỲNH QUỐC THẮNG
Số tài khoản: 46454469 ngân hàng ACB chi nhánh TPHCM
Hoặc số tài khoản: 025 100 1568 249 ngân hàng Vietcombank chi nhánh
TPHCM
Ghi chú: tiền đặt cọc nhà trường sẽ không trả lại nếu học sinh bỏ không học.
BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSÑH  95


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn

Chúng tôi cam kết
Đảm bảo 100% học sinh đậu tốt nghiệp THPT
Đảm bảo 95% học sinh đậu đại học và cao đẳng

Nếu học sinh rớt tốt nghiệp hoặc rớt Đại học, Cao
đẳng nằm ngồi số 5% chúng tơi cam kết HỒN TRẢ
LẠI HỌC PHÍ 100%.

Liên hệ để biết thêm chi tiết hoặc ghi danh:
08 668 224 88 - 0989 88 1800 (Thầy Thắng)

96  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG


Viết lại (): ax + y  2a + 1 = 0  a(x  2) + y + 1 = 0
 () có vectơ pháp tuyến là
n  (a; 1) và điểm cố định là

K(2; 1).
Ta có IK  (1;  1) . Gọi H là hình

I
()

chiếu vuông góc của I trên ().

H

Trong tam giác IHK vuông tại H
ta coù IH  IK  d(I, )  IK.


K

ax + y  2a + 1 = 0

Dấu đẳng thức có khi H  K  ()  IK.

Suy ra max[d(I, )] = IK đạt được khi và chỉ khi () nhận IK làm
a
1
vectơ pháp tuyến 
 a = 1.

1 1
 Vậy a = 1 là giá trị duy nhất có được mà ta phải tìm. 
Câu 2. Điều kiện sinx  0  x  k.
Với điều kiện đó có (2cos x  1)cot x 



3
2sin x

sin x cos x  1

2cos2 x  cos x 3sin x
2sin x
2cos2 x  cos x  3
2sin x




sin x
sin x
cos x  1
sin x

cos x  1

(2cos x  3)(cos x  1)
2sin x

sin x
cos x  1

 (2cos x  3)(cos x  1)(cos x  1)  2sin2 x
sin x  0

 (2cosx  3)sin2x = 2sin2x  2cosx  3 = 2
 cos x 

1

 x    k2 . 
2
3

Câu 3. Tập xác định
Ta có log 2

.

x2  x  1
 2 x  x2  2
2
x 1

 log2(x2  x + 1)  log2(x2 + 1) = 2x  x2  2
 [1 + log2(x2  x + 1)]  log2(x2 + 1) = 2x  x2  1
 log2(2x2  2x + 2)  log2(x2 + 1) = (x2 + 1)  (2x2  2x + 2)
 log2(2x2  2x + 2) + (2x2  2x + 2) = log2(x2 + 1) + (x2 + 1)

(1)

Xét hàm số f(x) = log3t + t, với t  (0; +).
BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  97


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn
Phương trình trên có dạng f(2x2  2x + 2) = f(x2 + 1).
Ta có f '(t) 
trên (0; +).

1
 1  0, t  (0; +). Suy ra f(t) laø hàm số đồng biến
t ln3

Vậy nên: (1)  2x2  2x + 2 = x2 + 1  (x  1)2 = 0  x = 1. 
x2  log 0,5 (2 x )

2

Câu 4. Biến đổi I 



2 x (1  x)

0.5

x 1
log 0,5 x
0,5 2 x  2 x 1  x

2








 dx 



dx 

2



x2  1  log 0,5 x
2 x (1  x)

0.5

dx

2
 x
log 0,5 x
1 

d
x



0,5 2 2 x  0,5 2 x 1  x dx .


2



A



B

Ta coù
2

 x3


2 2
  1
1 
2 5 2
2
 A
.
 x  
 2  





 3
  3.2 2
 3

3
12
12
2



 0,5 

 Tính B: Đặt t 

Ta coù B 

x  2  t  2

dx
x  
1 , dt  
2 x
x  0,5  t 
2


log 0,5 x

2

2

0,5



x 1 x



dx 

2


1

log 0,5 t
1  t2

dt .

2


1
t  2  y 
dt 
1
1
2
 Đặt t 
 dt = – 2 , 
, log0,5t = log0,5 = –log0,5y.
y
y
1
y 
t
 y 2

2

Khi đó B 

2


1

log 0,5 t
1 t

2

1

dt 

2


1

log 0,5 y
1 y

2



2

2



2

1
y dy
( 2 ) 
1
y
1 2
y

log 0,5

1
2



2

 log 0,5 y
1  y2

dy

dy   B  B = 0. Vậy là I  A 

2

98  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG

2
.
12


 Đáng nhớ. Bằng cách đặt x 
log a x

b

1  x
1
b

2

dx  0 (0 < a  1, b > 0).

Bằng cách đặt x 

4

a



ln


4

 t , ta dễ dàng chứng minh

cos x
sin(

a

1
, ta dễ dàng chứng minh
t


4

dx  0 (a 

) (. Liên hệ với Câu 5-Đề số 2)

 x)

S

Câu 5.
 Diện tích đáy BMDN là
sBMDN = sABCSD  (sDAM + sDCN )
= 4a2  (a2 + a2) = 2a2

Trong  SAB coù
SB2 = SA2 + AB2  2.SA.AB.cosA
 3a2 = a2 + 4a2  2.a.2a.cosA
1
 cosA =  A = 600.
D
2

a 3
a
A

H

M

B
N

2

C

Trong SAH vuông tại H, SAH  600 , ta coù SH = SA sin600 

a 3
2

 Thể tích khối chóp S.BMDN là
1

1
a 3 a3 3
.
sBMDN .SH  .2a2 .

3
3
2
3
1
2

Câu 6. Tìm max của P 
(với x, y, z > 0)
2
2
2
(1

x
)(1

y)(1  z)
x  y  z 1
V 

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky: x2  y2  z2  12 


1

x  y  z 1
2

2

2



( x  y  z  1)2
12  12  12  12

2
x y z1

Theo bất đẳng thức Cauchy:
3

3





1
3
3

 
 .

(1  x)(1  y)(1  z)  x  1  y  1  z  1 
 x  y  z  3
BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  99


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn
Suy ra P 



2
3


x  y  z  1  x  y  z  3

Xét hàm f (t) 
Ta coù f '(t)  

3

Đăt x  y  z 1 t 1



2
54

.
t (t  2)3

2
54

, t  1.
t (t  2)3

t  1
2
3.54
.

, f ’(t) = 0  (t + 2)2 = 9t  
2
4
t
(t  2)
t  4

Bảng biến thiên
t

1

f(t)

4
–

+∞

0

+

1
4

f(t)

Căn cứ vào bảng biến thiên suy ra P  f (4) 
khi t = 4  x = y = z = 1. Vaäy max P 

1
.
4

1
. Dấu đẳng thức có
4

II. PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a.
1) I  (): 2x + y = 0  I(a, 2a).

()

Phương trình đường tròn (C)

(')

đến đường thẳng (') là
d( I ,( ')) 

R

(x  a)2 + (y + 2a)2 = 10. (1)

d(I,('))

I

tâm I(a, 2a) bán kính R  10 là
Khoảng cách từ A

(C)

H

|3a  2a  11| | a  11|

.
10
32  12

 (C) tiếp xúc với đường thẳng (')  d(I, (')) = R


| a  11|

10

a  1
 10  |a + 11| = 10  
a  21

Thay vào (1) ta có hai đường tròn
(C1): (x + 1)2 + (y  2)2 = 10, (C2): (x + 21)2 + (y  42)2 = 10. 
100  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG


Câu 8.a.
 Cách 1. Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n(1; 2; 0).
 Mỗi điểm A  () :
có tọa độ

x 1 y z  2
 
a
1
1
4

()

A(1  a; a; 2 + 4a),

MA(a; a  1; 4a  1).
x  4  t


 Mỗi điểm B  (’):  y  4  2t
z  1


có tọa độ

(')

B(b 4; 2b+ 4; 1),

M
Q




A

(d)
B

P

MB(b  5; 2a  5; 0).
MA / / ( P)
 Mặt phẳng (MAB) // (P)  
MB / / ( P)

n.MA  0
1( a)  2(a  1)  0

 
 
1.(b  5)  2(2b  5)  0
n.MB  0
 A(3; 2; 6)
a  2

 
 AB  (8; 4; 7)
B(5; 2; 1)
b  1

 Đường thẳng AB (đươc hiểu là đường thẳng qua B nhận AB là
x  5 y  2 z 1
vectơ chỉ phương) có phương trình là:
. Đó là


8
4
7
phương trình đường thẳng (d) cần tìm. 
 Cách 2. Mặt phẳng chứa M và (d) song song với mặt phẳng (P)
 (d)  (Q) trong đó (Q) là mặt phẳng (Q) đi qua M và song song với
mặt phẳng (P).
Gọi A = (d)  ()  A = ()  (Q). Goïi B = (d)  (')  B = (')  (Q).
Vậy (d) là đường thẳng đi qua hai điểm A và B.
Mặt phẳng (Q) qua A và song song với (P) có phương trình:
1(x  1) + 2(y + 1) = 0  x + 2y + 1 = 0
x  1 y z  2

 
a

 Toạ độ A là nghiệm của hệ  1
1
4
x  2 y  1  0

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  101


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn
x  1  a
x  3

(1  a )  2 a 1  0

y  a
  y  2  A = (3; 2; 6).
 
a

2
z  6
z  2  4 a

x  2 y  1  0


x  4  t

 x  5

4  t  2(4  2 t ) 1  0

 y  4  2t
  y  2
 Toaï độ B là nghiệm của hệ 
t

1
z  1
z  1

x  2 y  1  0


 B = (5; 2; 1).  AB  (8; 4; 7)
 Đường thẳng AB (đươc hiểu là đường thẳng qua B nhận AB là
x  5 y  2 z 1
vectơ chỉ phương) có phương trình là:
. Đó là


8
4
7
phương trình đường thẳng (d) cần tìm. 
2i
1  3i
Câu 9.a. Từ

z
1i
2i
1  3i 2  i (1  3i)(1  i) 2  4i (2  4i)(3  4i) 22 4
 z
:




 i.
2i 1i
3  4i
25
25 25
(2  i)2
22 4
4
22

i  iz 

i.
25 25
25 25
22 4
4 22
26 26
Vậy nên z  iz 


i

i

i
25 25
25 25
25 25

 z

2

2

 26   26 
26 2
 z  iz       
.
25
 25   25 

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b. Gọi I(a; b) là tâm của (C).

y

Ta có (C) tiếp xúc với
trục hoành tại A(2; 5)
 a = 2 vaø R = |b|.

 (C): (x  2)2 + (y  b)2 = b2 (1)
Ta coù IB = 5  16 + (4  b)2 = 52
b  4  3
b  7
 
 
b  4  3
b  1
102  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG

b

I
5

4

O

B

I

2A

6

x

Thay vào (1) có hai đường tròn phải tìm là
(C1): (x  2)2 + (y  7)2 = 49;
(C2): (x  2)2 + (y  1)2 = 1. 
Caâu 8.b. (Hình không vẽ trong không gian tọa độ)
 Vectơ chỉ phương của (): u  (2; 1; 2) .
 Đặt ():

x 1 y z  2
 
 h.
2
1
2

Mỗi điểm H  ()

(P')

có tọa độ

A

M

H(2h + 1; 2h; 2h + 2).
 Ta coù AH  (2h  1; h  5; 2h  1).

()



H

(P)

Điểm H là hình chiếu vuông
góc của A treân ()  AH  ()  u. AH  0
 2(2h  1) + (h  5) + 2(2h  1) = 0
 H (3; 1; 4)
.
 9(h  1) = 0  h = 1  
 AH  (1; 4; 1)

Mặt phẳng (P) chứa () nhận AH làm vectơ pháp tuyến được hiểu là
(P) chứa H và nhận AH làm vectơ pháp tuyến.
Vậy nên (P) có phương trình là:
1( x  3)  4(y  1) + 1(z  4) = 0  x  4y + z  3 = 0.
 Ta chứng tỏ rằng mặt phẳng (P) là mặt phẳng chứa () và có
d(A, (P)) lớn nhất. Thật vậy: Do AH  (P)  d(A, (P) = AH.
Gọi (P') là mặt phẳng qua (), (P')  (P)  (P') không nhận AH làm
vectơ pháp tuyến.
Từ A hạ AM  (P'). Ta có d(A, (P')) = AM.
Tam giác AMH vuông tại H  AH > AM hay d(A, (P')) > d(A, (P)). 
Vaäy (P): x  4y + z  3 = 0 là mặt phẳng phải tìm. 
Lời nhắn: Liên hệ với Đề số 8-câu 8b-câu 1(1) và Đề số15-câu 8a.
log (3 y  1)  x (1)
Câu 9.b. Xét hệ phương trình  x 2 x
2
(2)
4  2  3 y
1

Điều kiện y  . [*]
3
BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  103


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn
Ta coù (1)  3y  1 = 2x  3y = 2x + 1  y 

2x  1
.
3

(3)

2

 2x  1 
Thay vào (2) có 4  2  3

 3 
 3(4x + 2x) = (2x)2 + 2.2x + 1  3(4x + 2x) = (2x)2 + 2.2x + 1
x

x

2x  0

 2(2x)2 + 2x  1 = 0  2x 

1

 x = 1.
2

1
(thỏa mãn [*]).
2

1
Vậy hệ có một nghiệm duy nhất  x  1; y  
2


Thay vào (3) có y 

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 8 (xem đề trang 11)
I.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

y

Câu 1.
1) Khảo sát sự biến thiên
và vẽ đồ thị (C2) hàm số y = x3  3x + 2.
 Tập xác định .
 Sự biến thiên
. Giới haïn: lim y  , lim y  .
x 

(C1)

4

2

x 

. Chiều biến thiên:
-2
-1 O
1
x
y’ = 3(x2  1); y’ = 0  x = 1.
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
(–; –1) và (1; +), nghịch biến trên (–1; 1).
. Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = –1, yCĐ = 4; đạt cực tiểu tại
x = 1, yCT = 0.
. Bảng biến thiên
x
–∞
–1
1
+∞
y

+

y

0
4

–

0

+
+∞

–∞
0
 Đồ thị. Đồ thị cắt Ox tại (2; 0), (1; 0), cắt Oy tại (0; 2). Tâm đối
xứng I(0; 2).
104  NSƯT. PHẠM QUOÁC PHONG


2) Tìm m.
Xét hàm số y = x3  3mx + m + 1. Ta coù y' = 3x2  3m; y' = 0  x2 = m.
 Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình y' = 0 có
hai nghiệm phân biệt  m > 0.
 Tọa độ cực trị là nghiệm của hệ
2
3


 y  x.x  3mx  m  1
 y  x  3mx  m  1
  2




 y'  0
x  m

 y = 2mx + m + 1.
Vậy nên đường thẳng () nối hai điểm cực trị có phương trình là:
y = 2mx + m + 1  2mx + y  m  1 = 0.
1
 Thấy rằng H ( ; 1) là điểm cố định của (). Ta có HA  (2; 1) .
2

Véctơ chỉ phương của () là u(1;  2m).
 ()  HA  u.HA  0  2  2m = 0  m = 1. 
 Ta sẽ chứng tỏ () là đường thẳng có khoảng cách từ A đến () là
max. Thật vậy:
A
+ Giả sử (') là đường thẳng qua
A, (')  ()  (') không nhận

HA làm véc tơ pháp tuyến.
Từ A hạ AH'  ('), H'  ('). Rõ
ràng d(A; (')) = AH'. Trong tam
giác AH'H vuông tại H', luôn có

(d')
H'


H

(d)

2mx + y  m  1 = 0

AH' < AH hay d(A; (')) < d(A; ()). Vậy () là đường thẳng duy
nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. (Liên hệ với Đề 20)
Câu 2. Giải phương trình

3(tan x  cot x)  8cos2 x( 3cos x  sin x)  2 (1)



Điều kiện sinxcosx  0  x  k , k  . [*]
2
 Caùch 1. Nhân theo từng vế của phương trình với sinxcosx, ta coù:
(1) 

3(sin2 x  cos2 x)  8sin xcos x cos2x( 3cos x  sin x)  2sin x cos x

  3cos2x  2sin4 x( 3cos x  sin x)  sin2x
BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  105


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn



 3

1
3
1

sin2 x 
cos2 x  2sin4 x 
cos x  sin x 
 2

2
2
2







 sin  2 x    2sin4 x cos x  
3
6





 


 sin  x   cos x    sin4 x cos  x  
6
6
6




 

cos x    0
6
  




sin4 x  sin  x  
6





 x   k
3

 x    k 2 , k  . (thỏa mãn [*]).

18
3


2
4 x   k 


6
5

Vậy phương trình có ba họ nghiêm


2

2
x   k , x 
 k , x   k , k
3
18
3
6
5
 Caùch 2.



(1)  ( 3tan x  1  8sin xcos2x)  3(cot x  3  8cos xcos2x)  0
 ( 3tan x  1  8sin xcos2x)  3(cot x  3  8cos xcos2x)  0
1

( 3sin x  cos x  4sin2 x cos2 x) –
cos x


 (

3
(cos x  3sin x  4sin2 x cos2 x)  0
sin x
1
3

)( 3sin x  cos x  2sin4 x)  0
cos x sin x

 1
3


.
  cos x sin x
 3sin x  cos x  2sin4 x

 tan x  3  x 

 sin( x 


6


3

 k , k  . (thỏa mãn [*]) .

)  sin4 x 

106  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG



2
k
x 
18
3 k  . (thỏa mãn [*]) .

4 x    k 2

6
5


Vậy phương trình có ba họ nghiêm
2

2
, x   k , k 
3
18
3
6
5
 Lời bình. Lời giải cách 2 hiểu phương trình đã cho dưới dạng
x





 k , x 

k

[a.tanx + h(x).sinkx] + p[cotx + h'(x).coskx] + (pa + 1) = 0
[a.cotx + h(x).coskx] + p[tanx + h'(x).sinkx] + (pa + 1) = 0
Trong đó
 k = 1 hoặc k = 3
 h(x) và h'(x) là từng cặp các biểu thức liên hợp với sinx, cosx của
một hàm số lựơng giác P(x) nào đó.
(Nghóa là phải có P(x) = h(x).sinkx cosx = h'(x).coskx.sinx).
h( x)  8(4cos2 x  3)
h( x)  8cos2 x
h( x)  4



2
h'( x)  8cos2 x
h'( x)  4
h'( x)  8(3  4sin x)


Thường choïn:
,

, 
P ( x)  sin2 x
P ( x)  sin4 x
P ( x)  sin6 x

Câu 3. Giải hệ phương trình

3

x  18 x  y  1( y  19)  0
 3
2

x  2 x  7 y  xy  12

(1)
(2)

Điều kiện y  1. [*]
 Cách 1. Ta có (1)  x3  18 x  ( y  1)3  18 y  1

  x3 








3

y  1   18 x 


(3)



y 1  0

 x



y  1  x2  x y  1  ( y  1)2  18  0


0



 x

y  1  y = x2  1





x 0

(4)

Thế vào (2) có x3  2 x2  7( x2  1)  x( x2  1)  12
x

7
8

 2 8x2  7  12  x  4(8x2  7) = x2  24 x + 144
x

7
8

 31x2 + 24 x  172 = 0  x = 2. Thay vào (4) có y = 3 (thỏa mãn [*]).
Vậy hệ có 1 nghiệm duy nhất (x = 2; y = 3). 
BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  107


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn
 Cách 2. Tiếp nối từ (3).
Xét hàm số f(t) = x3 + 18t, t  0. Phương trình (3) có dạng
Ta có f’(t) = 3x2 + 18 > 0  f(t) là hàm số đồng biến. (5)





Bởi phương trình (3) có dạng f ( x)  f

y  1 , nên từ (5) suy ra

y  1 . Phần còn lại như cách 1.

x

 Liên hệ với Đề 12-câu3.
Câu 4. Ta coù
3



2


dx    x2  1 

x2  1
2
3

2 x2  1


dx 
x2  1 

3

x2



x  1dx 
2

2

3



2

x2
x2  1

A

dx

B


x
u  x2  1
du 
Tính A. Đặt 


x2  1
v  x
v  x


Ta coù A 

3



x  1dx  x x  1
2

2

3

3

2



2



2

x2
x2  1

dx

B

 A  B  x x2  1

3
2

 5 2 hay

3



2

2 x2  1
x2  1

dx  5 2. 

Caâu 5.
 Tính thể tích V(A1.ABC).

A1

Gọi H là trung điểm BC.

B1

Theo giả thiết ta có A1H  (ABC).

2a

Trong ABC vuông tại A coù:
BC 

AB  a

AB2  AC 2 

AC  a 3

1
AH = BC = a.
2

a 3

a2  3a2  2a;
A

C

a

H
B

Trong A1HA vuông tại H có:
A1 H 

A1 A  2 a

A1 A2  AH 2 

108  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG

C1

AH  a

4 a2  a2  a 3


Thể tích khối chóp A1.ABC:
AB  a
1
a3
1 1
V = . AB.AC.A1H  a.a 3.a 3 
AC  A1 A  a 3 6
2
3 2
 Tính cos( A1 A, B1C1 ).

 A A / / B1 B
 ( A1 A, B1C1 )  ( B1 B, BC)
Ta coù  1
B1C1 / / BC

 cos( A1 A, B1C1 )  cos B1 BC
Trong A1B1H vuông tại A1 có B1H2 = A1H2 + A1B12 = 3a2 + a2 = 4a2
 B1H = 2a
Trong B1BH ta coù B1H2 = B1B2 + BH2  2B1B.BH.cosB
 4a2 = 4a2 + a2  2.2a.a.cosB  4cosB = 1
1
1
 cosB =
 cos( A1 A, B1C1 )  cos B  . 
4
4
1 1 1
x x y y z z
Câu 6. Viết lại P  ( x  y  z)     3      
x
y
z
y z x z y x


 x y y z  x z
(1)
 3      
 y z x y  z x
 x 1  x


1 x
Do x; z thuộc đoạn [1; 2] 
  2      2  0
2 z
 z 2  z

2

 x
5 x
x z 5
    . 1  0    .
(2)
z
2
z
z x 2
 
Dấu đẳng thức có khi (x = 1; z = 2) hoaëc (x = 2; z = 1).
x
y
z
y
Giả sử x  y  z  2 
 1,
 1,
 1,
 1
x

y
z
y


x 
y 
y 
z
x y y z
x z
 1  1    1  1    0 
    2  .
y 
z 
x 
y
y z x y
z x

Dấu đẳng thức coù khi (x = 1, y = z = 2).
(3)
5
5
Thay (1), (2) vào (3) có P  2 
  10 .
2
2
Dấu đẳng thức có khi (x = 1, y = z = 2).
Tóm lại P  10. Do vai trò x, y, z bình đẳng nên P = 10 có khi và chỉ

khi trong ba số x, y, z có một số bằng 1, hai số còn lại bằng 2. Vậy
maxP = 10. 
BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  109


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn
II. PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a.
 Viết phương trình đường tròn

HA


Ta có HB  (4; 0), HC  (0;  4)
 HB.HC  0  A  H
vaø tam giác ABC vuông tại A.
Gọi M(x; y) là một điểm thuộc
mặt phẳng Oxy.



B

C

Ta có BM  ( x  5; y  2), CM  ( x  1; y  2)
Điểm M thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp ABC khi và chỉ khi MB  MC
 MB.MC  0  (x  5)(x  1) + (y  2)(y + 2) = 0
 x2 + y2  6x + 1 = 0  (x  3)2 + y2 = 8. 

 Chú ý: Nếu A  H (tức A  900) có ba cách:

A

 Cách 1. Lấy D đối xứng với H
qua trung điểm BC.
Đường tròng (ABC) cũng
là đường tròn (BDC).



H
I

B

 Cách 2. Lấy E đối xứng với H

C






E

qua đường thẳng BC.

D

Đường tròn (ABC) cũng là đường tròn (BEC).
 Cách 3. Viết PT đường thẳng () qua B và ()  CH.
Viết PT đường thẳng (') qua C và (')  BH. Lấy A = ()  (')
(Bài toán đưa về viết PT đường tròn qua 3 điểm)
 Viết phương trình tiếp tuyến
(C) có tâm là I(3; 0), bán kính R  8 .
Phương trình đường thẳng () qua M có dạng a(x + 1) + by = 0 với
a2 + b2  0.
Khoảng cách từ I(3; 0) đến () là d( I ,()) 

110  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG

| a(3  1)  b.0|
a 2  b2



4| a |
a 2  b2

.


 () là tiếp tuyến của (C)  d(I, ()) = R 

16a2
 8  a2 = b2.
2
2

a b

Choïn (a = b = 1) vaø (a =  b = 1)
Ta thu được hai tiếp tuyến là (): x + y + 1 = 0 vaø (): x  y + 1 = 0. 
Câu 8.a. Do AB không đổi nên chu vi ABC nhỏ nhất  AC + BC nhỏ nhất.
Ta có: Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) laø n(2;1; 1) , AB(2; 4; 0)
(1)

 n. AB  0.

Thay toạ độ điểm A vào phương trình
của mặt phẳng (P) ta có: 6 = 0 (!)
mâu thuẫn  A  (P).
(2)
Từ (1), (2) suy ra AB // (P).

I

A

C0

C

Gọi A' là điểm đối xứng của A qua
mặt phẳng (P), C0 = A'B  (P)

B
(P)

A'

 C0 là trung điểm A'B.
Với mọi điểm C  (P) luôn có AC + BC = A'C + BC ≥ A'B. Dấu đẳng
thức có khi C  C0  Khi C  C0 thì ABC có chu vi nhỏ nhất.
Gọi I = (2; 1; 1) là trung điểm AB  IC0 // AA'
 IC0  (P)  C0 là hình chiếu của I trên (P).
(3)
Giả sử C0 (a; b; c)  2a  b + c  12 = 0.
Ta coù IC0  (a  2; b  1; c  1) .
Từ (3) suy ra IC0 cùng phương với n khi và chỉ khi
0

a  2 b  1 c  1 2(a  2)  (b  1)  (c  1) (2a  b  c  12)  6




1
2
1
1
2.2  1.(1)  1.1
6
 (a = 4; b = 2; c = 2)  C0 = ( 4; 2; 2).
Vậy có duy nhất một điểm thoả mãn yêu cầu bài toán là C( 4; 2; 2). 
Câu 9.a. Đặt z = x + yi Ta coù |2 + z| = |i  2z|
2

2


2 
2
8
 (x + 2) + y = 4x + (2y  1)   x     y    .
3 
3
9

 2 2
Vậy tập hợp các điểm M(z) cần tìm là đường tròn tâm I  ;  , bán
 3 3
2

kính R 

2

2

2

14
.
3
BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  111


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b. (Lấy A' là điểm
đối xứng của A qua
đường thẳng (d). Bởi
(d) là đường phân giác
trong góc B nên A'
thuộc đường thẳng
BC. Vậy BC là đường
thẳng qua A' và cách
A một khoảng bằng
AH = 8)

A

 C'


B



B'
H'
(')

I
H

(d)

(d): Phân giác trong góc B
 Phân giác ngoài góc B'

()
A'



C

 Vectơ chỉ phương của (d) là u  (1; 2) .

Gọi I (a; 2a  1) là một điểm thuộc (d). Ta có AI   a  3; 2a  4
 I là hình chiếu vuông góc của A treân (d)  u  AI  u. AI  0
 1(a + 3) + 2(2a  4) = 0  a = 1  I = (1; 1).
Goïi A'(a'; b') là điểm đối xứng của A qua đường thẳng (d)  I là
a ' 3  2.1
trung điểm AA'  
 (a' = 5; b' = 1)  A' = (5; 1).
b' 3  2.1
 Phương trình đường thẳng () qua A' có dạng:
p(x  5) + q(y + 1) = 0, (p2 + q2  0).
 Khoaûng cách từ A(3; 3) đến () là:
d( A,()) 

| p(3  5)  q(3  1)|
p q
2

2

 () chứa B, C  d(A, ()) = AH 



4|2 p  q |
p2  q2

4|2 p  q |
p2  q2

8

q  0
 (2p  q)2 = 4(p2+ q2)  3q2 + 4pq = 0. Choïn p = 3  
 q  4

ta thu được hai đường thẳng là (): x  5 = 0 vaø ('): 3x  4y  19 = 0. 
 Chú ý. Nếu đường thẳng (d) là phân giác trong của góc B còn phụ
thuộc điểm C. Khi đó chỉ có một đường thẳng thỏa mãn ycbt.
112  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG


Câu 8.b. (Hình không vẽ trong không gian tọa độ)
 Vectơ chỉ phương của () là u  (2;  1; 1) .
x 1
y
z

  h.

2
1 1
Mỗi điểm H  () có tọa độ H(2h + 1; h; h).

 Đặt ():

 Ta coù AH  (2h  3;  h; h).
Điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên ()  AH  ()
 u. AH  0  2(2h  3)  (h) + 1.h = 0
 6(h  1) = 0  h = 1  AH  (1; 1; 1).
 Mặt phẳng (P) qua A nhân

AH làm vectơ pháp tuyến có
phương trình là

H
()



1( x  4)  1.y + 1.z = 0
 x + y  z  4 = 0.
 Ta chứng
phẳng (P)
qua A và
nhất. Thật

(P') B 

tỏ rằng mặt

là mặt phẳng
có d(, P) lớn
vậy:

(P)

A

Ta có ()  AH  () // (P) và d(, (P)) = AH.
Giả sử (P') là mặt phẳng bất kì qua A, (P') // ().
Từ H hạ HB  (P'), B  (P')  d(, (P')) = BH.
Tam giaùc ABH vuông tại B  BH  AH hay d(, (P'))  d(, (P)). 
Vaäy (P): x + y  z  4 = 0 là mặt phẳng phải tìm. 
Lời nhắn: Liên hệ với Đề số 7-câu 8b-câu 1 và Đề số 15-câu 8a.
 x  1  2  y  1
Câu 9.b. Xét hệ phương trình 
2
3
3log 9 (9 x )  log 3 y  3

(1)
(2)

Điều kiện x ≥ 1, 0 < y  2. [*]. Ta coù (2)  log3x  log3y = 0  x = y. (3)
Thế vào (1) có

x 1  2 x  1 



x 1  2 x



2

1

x  1
 2 x  1. 2  x  0  
(thoûa mãn [*])
x  2

Đối chiếu với (3) suy ra hai nghieäm (x = y = 1); (x = y = 2). 
BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  113


Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 8.1. (ĐHQGHCM (2001A) (Tương tự câu 1).
Cho hàm số y = mx3  3mx2 + (2m + 1)x  m + 3 có đồ thị là (Cm).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C4) khi m = 4.
2(P)) Tìm m để hàm số có cực đại đại, cực tiểu và khoảng cách từ
 1 
điểm A  ;3 đến đường thẳng nối hai điểm cực trị của (Cm) đạt
 2 
giá trị lớn nhất.
Bài 8.2. (Tương tự câu 1).
Cho hàm số y = y 

1 3
x  mx2  x  m  1 đồ thị là (Cm).
3

1) (HVQHQT, 2002D) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C2) khi
m = 0.
2) Tìm m để hàm số có cực đại đại, cực tiểu và khoảng cách từ điểm
1 1
A ;  đến đường thẳng nối hai điểm cực trị của (Cm) đạt giá
 2 2
trị lớn nhất.
Bài 8.3. (Tương tự câu 3). Giải mỗi hệ phương trình sau:
(4 x2  1) x  ( y  3) 5  2 y  0
1) A2010 
2
2
4 x  y  2 3  4 x  7


1
1
x   y 
2) A2003 
x
y
2 y  x3  1


 x  1  4 x  1  4 y4  2  y

3) (A+A1  2013) 
2
2

x  2 x( y  1)  y  6 y  1  0

Bài 8.4 (Tương tự câu 2). Giải mỗi phương trình sau
1) (a = 1, p  3 , h(x) = h'(x) = 4 ): tanx + 4 3 cosx = 4sinx + 3cotx.
2) (a = 1, p  3 , h(x) = h'(x) = 4):
tanx + 3cotx + 2 3 = 4sinx + 4 3 cosx.
3) (a = 1, p   3 , h(x) = h'(x) = 4 ): 3tan x  4 3sin x  cot x  4cos x .
114  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG


4) ( a  3, p   3 , h(x) = h'(x) = 4):

3(tan x  cot x)  4( 3cos x  sin x)  2 .
5) (a  3, p   3 , h(x) = h'(x) = 8cos2x):

3(tan x  cot x)  8cos2x( 3sin x  cos x)  1  3 .
6) (a  3, p   3 , h(x) = 4(4cos2x  3 cosx), h'(x) = 4(3sinx  4sin2x):
3(tan x  cot x)  4  3cos3 x(3  4sin 2 x)  sin3 x(4cos2 x  3)  2 .



HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 9 (xem đề trang 13)
I.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
x = 1

Câu 1(P)
1) Khảo sát sự biến thiên
và vẽ đồ thị (C)
x6
của hàm số y 
.
2x  2
\ {  2} .
 Tập xác định

y

y

1
2



A

(d ) : y 

B

x
m
2

x

O

 Sự biến thiên
. Giới hạn và tiệm cận
1
1
+ lim y 
 Đồ thị có tiệm cận ngang y  .
x 
2
2
+ lim y   , lim y    Đồ thị có tiệm cận đứng x = 1.
x1

x1

2
 0,x  1
2( x  1)2
 Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng (; 1) và (1; +).
. Cực trị: Hàm số không có cực trị.
. Bảng biến thiên

. Chiều biến thiên. Ta có y' 

x

–∞

y
y

–1

+∞

–

–

1
2

+∞
–∞

1
2

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSÑH  115