Tài liệu ôn thi thpt quốc gia toán có đáp án Đề số 005

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 050 +5/2015
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4 − m (1) .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 4 .
2. Gọi A là giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục tung, tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại
A đi qua điểm M(2;5).
Câu 2 (1,0 điểm).

⎛ π
⎞
a) Cho biết sin a − cos a = 2, ⎜ − < a < 0 ⎟ . Tính A = sin a. 1+ tan 2 a − cos a. 1+ cot 2 a .
⎝ 2
⎠
b) Cho số phức z thoả mãn (1− i).z = 2 + 4i . Tính môđun của số phức w = z 2 − z .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (x 2 − x).log 3 (2x + 1) = 2(x − x 2 ) .
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x(1+ ln(3x + 1))dx .
0

Câu 5 (0,5 điểm). Khánh và Sơn là hai thí sinh nam cùng tham gia một kỳ thi, và hai bạn này được xếp
vào một phòng thi cùng với 18 thí sinh khác (gồm 8 nữ và 10 nam). Biết rằng phòng thi gồm 4 dãy bàn
dọc, mỗi dãy 5 bàn, và mỗi thí sinh được xếp vào một bàn. Tính xác suất ( làm tròn đến 6 chữ số thập
phân sau dấu phẩy) để Khánh và Sơn ngồi khác dãy, và mỗi dãy bàn dọc gồm 2 thí sinh nữ.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1) và mặt
phẳng (P) có phương trình x − 2y − z + 1 = 0 . Gọi C là trung điểm của AB, viết phương trình đường
thẳng Δ qua C và vuông góc với mặt phẳng (P). Viết mặt cầu (S) tâm C, cắt mặt phẳng (P) theo giao
1
tuyến là một đường tròn bán kính bằng
.
3

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
a
đáy (ABCD). Trong tam giác SAB, kẻ đường cao AH, biết rằng AH = . Tính thể tích khối chóp
2
S.ABCD và khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (AHC).
3
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh C(3; ) và trực tâm H,
2
phương trình đường cao AH là 2x − y + 1 = 0 , một đường thẳng d đi qua H và cắt các đường thẳng
AB,AC lần lượt tại P và Q (P,Q khác A) thoả mãn HP = 3HQ có phương trình là 5x − 9y + 22 = 0 .
Tìm toạ độ các đỉnh A và B.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình ( 5x + 9 )

3x + 1
1− x
+5
≥ 6x + 7 .
x+4
x+4

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn x 3 + y 3 + z 3 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P =

xy(x + y) yz(y + z) y 6 (3 + y 3 )2
+
−
.
3 + z3
3 + x3

(xz + y 2 )6

---HẾT--Thầy Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

1


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4 − m (1) .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 4 .
2. Gọi A là giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục tung, tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại
A đi qua điểm M(2;5).
1. Học sinh tự giải.
2. Ta có, A(0;4-m) và y' = 3x 2 − 6x ⇒ y'(0) = 0 .
Phương trình tiếp tuyến Δ của đồ thị hàm số (1) tại A là y = 4 − m .
Vì điểm M (2;5) ∈Δ ⇒ 4 − m = 5 ⇔ m = −1 .
Câu 2 (1,0 điểm).
⎛ π
⎞
a) Cho biết sin a − cos a = 2, ⎜ − < a < 0 ⎟ . Tính A = sin a. 1+ tan 2 a − cos a. 1+ cot 2 a .
⎝ 2
⎠
b) Cho số phức z thoả mãn (1− i).z = 2 + 4i . Tính môđun của số phức w = z 2 − z .
π
a) Ta có: − < a < 0 ⇒ sin a < 0,cos a > 0 ⇒ sin a − cos a = − 2 .
2
π
π
π
π

⇔ 2 sin(a − ) = − 2 ⇔ a − = − + k2π ⇔ x = − + k2π , k ∈! .
4
4
2
4
π
π
2
2
. 1+ 12 −
. 1+ 12 = −2 .
Do − < a < 0 ⇒ a = − ⇒ A = −
2
4
2
2
2 + 4i 2(1+ 2i)(1+ i)
b) z =
=
= −1+ 3i ⇒ w = (−1+ 3i)2 − (−1− 3i) = −7 − 3i .
1− i
2
Do đó, w = 7 2 + (−3)2 = 58 .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (x 2 − x).log 3 (2x + 1) = 2(x − x 2 ) .
1
Điều kiện: x > − . Phương trình tương đương với:
2
⎡
⎢x = 0
⎡ x2 − x = 0

⎢
2
(x − x)[ log 3 (2x + 1) + 2 ] = 0 ⇔ ⎢
⇔ ⎢x = 1 .
⎣ log 3 (2x + 1) + 2 = 0
⎢
4
⎢x = −
⎣
9
4⎫
⎧
Vậy nghiệm phương trình x ∈ ⎨0;1;− ⎬ .
9⎭
⎩
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x(1+ ln(3x + 1))dx .
0

3
⎧
du =
dx
⎪
u
=
1+
ln(3x
+

1)
⎧
⎪
3x + 1
Đặt ⎨
⇒⎨
.
2
⎩dv = xdx
⎪v = x
⎪⎩
2
Suy ra:

Thầy Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

2


1 3 1 x2
x2
I = (1+ ln(3x + 1)) − ∫
dx
0 2 0 3x + 1
2
⎞ 1 1+ 2 ln 2 ⎛ 1 1
1+ 2 ln 2 ⎛ x 2 x 1
⎞ 5 8
=
− ⎜ − + ln 3x + 1 ⎟ =

− ⎜ + ln 2 ⎟ = + ln 2
⎝ 12 9
⎠ 12 9
2
2
⎝ 4 6 18
⎠0

.

Câu 5 (0,5 điểm). Khánh và Sơn là hai thí sinh nam cùng tham gia một kỳ thi, và hai bạn này được xếp
vào một phòng thi cùng với 18 thí sinh khác (gồm 8 nữ và 10 nam). Biết rằng phòng thi gồm 4 dãy bàn
dọc, mỗi dãy 5 bàn, và mỗi thí sinh được xếp vào một bàn. Tính xác suất ( làm tròn đến 6 chữ số thập
phân sau dấu phẩy) để Khánh và Sơn ngồi khác dãy, và mỗi dãy bàn dọc gồm 2 thí sinh nữ.
Không gian mẫu là số cách xếp 20 bạn vào 20 bàn học mỗi bàn một học sinh có n(Ω) = 20! .
Gọi A là biến cố mỗi dãy bàn dọc gồm 2 thí sinh nữ, Khánh và Sơn ngồi khác dãy.
Để tính số kết quả thuận lợi cho A ta mô tả các xếp thoả mãn.
+ Xếp 8 nữ vào 4 dãy bàn dọc, mỗi dãy 2 thí sinh có C82 .A52 .C62 .A52 .C42 .A52 .C22 .A52 = 403200000 cách.
+ Xếp 2 bạn Khánh và Sơn vào 2 dãy bàn dọc khác nhau có C42 .C31 .C31 .2! = 108 cách.
+ Xếp 10 bạn nam còn lại có 10! cách.
Vậy có tất cả 403200000.108.10! cách xếp thoả mãn, vì vậy n(A) = 403200000.108.10! .
n(A) 403200000.108.10! 3000
=
=
≈ 0,064950 .
Xác suất cần tính P(A) =
n(Ω)
20!
46189
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1) và mặt

phẳng (P) có phương trình x − 2y − z + 1 = 0 . Gọi C là trung điểm của AB, viết phương trình đường
thẳng Δ qua C và vuông góc với mặt phẳng (P). Viết mặt cầu (S) tâm C, cắt mặt phẳng (P) theo giao
1
tuyến là một đường tròn bán kính bằng
.
3
Vì C là trung điểm AB nên C(2;0;1), vì Δ vuông góc với (P) nên Δ nhận véc tơ pháp tuyến của (P) làm
!"
!
véc tơ chỉ phương, do đó uΔ = (1;−2;−1) .
x − 2 y z −1
Suy ra, Δ :
.
=
=
1
−2
−1
Gọi R là bán kính của (S), r là bán kính của đường tròn giao tuyến.
2 − 2.0 − 1+ 1
4 1
2
2
2
2
Ta có: d(C;(P)) = 2
,
và
R
=

d
(C;(P))
+
r
=
+ = 1.
=
6 3
6
1 + (−2)2 + (−1)2
Vậy (S) :(x − 2)2 + y 2 + (z − 1)2 = 1 .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
a
đáy (ABCD). Trong tam giác SAB, kẻ đường cao AH, biết rằng AH = . Tính thể tích khối chóp
2
S.ABCD và khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (AHC).

Thầy Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

3


Ta có: SABCD = a 2 .
Tam giác vuông SAB có,
1
1
1
1
4 1
a 3

= 2+
⇒ 2 = 2 − 2 ⇒ SA =
.
2
2
AH
SA
AB
SA
a a
3
1
a 3 2 a3 3
.a =
Vì vậy, VS.ABCD = SA.SABC =
(đvtt).
3
9
9

+ Tính d(S;(AHC)).
d(S;(AHC)) SH SH .SB SA 2 a 2 / 3 1
=
=
=
= 2 = (1) .
Ta có
d(B;(AHC)) BH BH .BS BA 2
a
3

d(B;(AHC)) BA BS
=
=
= 4 (2) .
Kẻ HK//SA (K thuộc AB), ta có
d(K;(AHC)) KA SH
Kẻ KI//AC (I thuộc AC), Kẻ KT vuông góc với HI tại T, ta có KT ⊥ (AHC) ⇒ KT = d(K;(AHC)) (3) .

KI AK 1
BO a 2
HK BK 3
3SA a 3
=
= ⇒ KI =
=
=
= ⇒ HK =
=
, và
.
BO AB 4
4
8
SA BA 4
4
4
1
1
1
32 16

3
=
+ 2 = 2 + 2 ⇒ KT = a
(4) .
Tam giác vuông HKI có,
2
2
KT
HK
KI
a
3a
112
a 21
Từ (1),(2),(3),(4) suy ra d(S;(AHC)) =
.
21
3
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh C(3; ) và trực tâm H,
2
phương trình đường cao AH là 2x − y + 1 = 0 , một đường thẳng d đi qua H và cắt các đường thẳng
AB,AC lần lượt tại P và Q (khác điểm A) thoả mãn HP = 3HQ có phương trình là 5x − 9y + 22 = 0 .
Tìm toạ độ các đỉnh A và B.
Gọi M là điểm thuộc cạnh BC thoả mãn BM = 3MC , ta chứng
minh HM ⊥ PQ .
Qua C kẻ đường thẳng song song với d cắt AB tại N, AH tại K.
Do CN//PQ, HP = 3HQ nên NK=3CK suy ra
CM CK 1
=
= ⇒ MK / /BN ⇒ MK ⊥ CH .

CB CN 4
Ta có,

Lại có MC ⊥ HK , vì vậy M là trực tâm của tam giác HKC.
Suy ra HM ⊥ KC ⇒ HM ⊥ PQ .
⎧2x − y + 1 = 0
⎧x = 1
Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ ⎨
⇔⎨
⇒ H (1; 3) .
⎩5x − 9y + 22 = 0
⎩y = 3
Phương trình đường thẳng BC đi qua C và vuông góc AH là x + 2y − 6 = 0 .
Phương trình đường thẳng HM đi qua H và vuông góc PQ là 9x + 5y − 24 = 0 .
⎧9x + 5y − 24 = 0
9 15
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ ⎨
⇒ M( ; ).
4 8
⎩ x + 2y − 6 = 0

Thầy Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

4


!!!!"
!!!"
Vì BM = 3MC nên B(0;3).
Phương trình đường thẳng AC đi qua C và vuông góc BH là x − 3 = 0 .

⎧x − 3 = 0
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ ⎨
⇒ A(3; 7) .
⎩2x − y + 1 = 0
Vậy A(3;7) và B(0;3).
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình ( 5x + 9 )

3x + 1
1− x
+5
≥ 6x + 7 .
x+4
x+4

1
Điều kiện: − ≤ x ≤ 1 . Đặt a = 3x + 1,b = 1− x,c = x + 4, ( a,b ≥ 0,c > 0 ) .
3
Bất phương trình trở thành:
a ( a 2 + 2c 2 ) + b ( b 2 + c 2 ) ≥ c ( 2a 2 + b 2 + c 2 )

⇔ a 3 + b 3 − c 3 + 2ac 2 − 2ca 2 + bc 2 − b 2 c ≥ 0
⇔ ( a + b ) − c 3 − 3ab ( a + b ) + 2ac 2 − 2ca 2 + bc 2 − b 2 c ≥ 0
3

⇔ ( a + b − c ) ( (a + b)2 + c(a + b) + c 2 ) − 3ab ( a + b − c )

.

+2ac(c − a − b) + bc(c − a − b) ≥ 0

⇔ ( a + b − c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac ) ≥ 0
⇔ a+b−c≥0
Vì vậy 3x + 1 + 1− x ≥ x + 4 ⇔ 2 −3x 2 + 2x + 1 ≥ 2 − x ⇔ 0 ≤ x ≤

12
.
13

⎡ 12 ⎤
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢ 0; ⎥ .
⎣ 13 ⎦
Cách 2:
⎡ 1 ⎤
Với mọi x ∈ ⎢ − ;1⎥ ⇒ 6x + 7 > 0 , bất phương trình tương đương với:
⎣ 3 ⎦
5x + 9 3x + 1
5
1− x
+
≥ 1.
6x + 7 x + 4 6x + 7 x + 4
⎧ 5x + 9
a2 + 2
=
⎪⎪ 6x + 7 2a 2 + b 2 + 1
3x + 1
1− x
,b =
(a,b ≥ 0) ⇒ ⎨
Đặt a =

.
2
x+4
x+4
5
b
+
1
⎪
=
⎪⎩ 6x + 7 2a 2 + b 2 + 1
Bất phương trình trở thành:
a2 + 2
b2 + 1
.a + 2
.b ≥ 1
2a 2 + b 2 + 1
2a + b 2 + 1
⇔ a 3 + 2a + b 3 + b ≥ 2a 2 + b 2 + 1 ⇔ a 3 + b 3 + (−2a 2 + 2a + b − b 2 − 1) ≥ 0
⇔ (a + b − 1)(a 2 + b 2 − ab − a + 1) ≥ 0

.

2
⎡⎛
a⎞
3a 2 − 4a + 4 ⎤
3x + 1
1− x
⇔ (a + b − 1) ⎢⎜ b − ⎟ +

≥ 0 ⇔ a + b −1 ≥ 0 ⇔
+
≥1
⎥
⎝
⎠
2
4
x
+
4
x
+
4
⎣
⎦
12
⇔ 3x + 1 + 1− x ≥ x + 4 ⇔ x ≤
13
Cách 3:
Thầy Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

5


Vì phương trình có hai nghiệm đẹp x1 = 0; x2 =

12
nên ta sẽ khử bớt căn thức bằng bình phương sau đó
13

liên hợp:

⎡ 1 ⎤
Lời giải: Với mọi x ∈ ⎢ − ;1⎥ cả hai vế bất phương trình không âm nên bình phương hai vế đưa về bất
⎣ 3 ⎦
phương trình tương đương với:
3x + 1
1− x
(3x + 1)(1− x)
(5x + 9)2 .
+ 25.
+ 10(5x + 9)
≥ (6x + 7)2
2
x+4
x+4
(x + 4)
.
⇔ 39x 3 + 67x 2 − 77x − 90 + 10(5x + 9) (3x + 1)(1− x) ≥ 0
Ta tìm được biểu thức liên hợp như sau:

(3x + 1)(1− x) −

−x + 2
.
2

Vậy bất phương trình tương đương với:
3(x + 2)(13x 2 − 12x) + 5(5x + 9) ⎡⎣ 2 (3x + 1)(1− x) − (−x + 2) ⎤⎦ ≥ 0

⇔ 3(x + 2)(13x 2 − 12x) +

5(5x + 9)(12x − 13x 2 )
≥0
2 (3x + 1)(1− x) − x + 2

⎡
⎤
5(5x + 9)
⇔ (12x − 13x 2 ) ⎢ −3(x + 2) +
⎥≥0
2 (3x + 1)(1− x) − x + 2 ⎦
⎣

.

⇔ (12x − 13x 2 ) ⎡⎣ 3x 2 + 25x + 33 − 6(x + 2) (3x + 1)(1− x) ⎤⎦ ≥ 0
⇔ (12x − 13x 2 ) ⎡⎣(x + 2 − 3 (3x + 1)(1− x))2 + 29x 2 + 3x + 20 ⎤⎦ ≥ 0
⇔ 12x − 13x 2 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤

12
13

Bình luận: Cả cách 2, 3 là tương tự nhau, ý tưởng là đưa về phương trình đẳng cấp 3 biến a,b,c với 3
căn thức, sau đó giảm biến về 2 và phân tích nhân tử.
Để phân tích được nhân tử:
a 3 + b 3 + (−2a 2 + 2a + b − b 2 − 1) ≥ 0 ⇔ (a + b − 1)(a 2 + b 2 − ab − a + 1) ≥ 0 .
Ta sử dụng máy tính cầm tay
Bước 1. Nhập vào phương trình, ở đâu có b ta thay bằng 100.
Bước 2. Nhấn shift +Calc với a = 1 , có nghiệm -99, tức là a=1-b hay a+b-1=0, và ta có nhân tử (a+b1), lúc đó chia đa thức ta có nhân tử ở trên.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn x 3 + y 3 + z 3 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P =

xy(x + y) yz(y + z) y 6 (3 + y 3 )2
+
−
.
3 + z3
3 + x3
(xz + y 2 )6

Với mọi số thực dương x,y,a,b ta có:

a 3 b 3 (a + b)3
+ ≥
.
x
y 2(x + y)

Khi đó, ta có:

Thầy Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

6


xy(x + y) yz(y + z) (x + y)3
(y + z)3
(x + y)3
(y + z)3

+
≤
+
=
+
3 + z3
3 + x3
4(3 + z 3 ) 4(3 + x 3 ) 4(x 3 + z 3 + y 3 + z 3 ) 4(y 3 + x 3 + z 3 + x 3 )
≤

x3
y3
y3
z3
+
+
+
2(x 3 + z 3 ) 2(y 3 + z 3 ) 2(y 3 + x 3 ) 2(z 3 + x 3 )

=

1 y3 ⎛ 1
1 ⎞ 1 y3
3 + y3
+ ⎜ 3
+
=
+
.
2 2 ⎝ x + y 3 y 3 + z 3 ⎟⎠ 2 2 (x 3 + y 3 )(z 3 + y 3 )

.

xy(x + y) yz(y + z) 1 y 3 (3 + y 3 )
+
≤ +
Mặt khác, (1+ 1)(x + y )(z + y ) ≥ (xz + y ) , do đó:
.
3 + z3
3 + x3
2 (xz + y 2 )3
3

3

3

3

2 3

2

⎛ y 3 (3 + y 3 ) 1 ⎞
1 y 3 (3 + y 3 ) y 6 (3 + y 3 )6
3 3
Vì vậy, P ≤ +
−
=
−

− ⎟ + ≤ .
2 3
2 6
2 3
⎜
2 (xz + y )
(xz + y )
4 4
⎝ (xz + y ) 2 ⎠
Nhận thấy x = y = z = 1 , thì P bằng 3/4. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3/4.

Thầy Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 – Email:

7