Tuyệt đỉnh luyện đề thi thpt môn toán

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 1
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2
2y x x  (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C .
b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng y m cắt đồ thị  C tại 4 điểm phân biệt , , ,E F M N . Tính tổng
các hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị  C tại các điểm , , ,E F M N .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
1 cos2
2 cos . 1 cot
4 sin
x
x x
x
  
   
 
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm tích phân
 2
0
2 sin 3 2 cos
sin cos
x x x x
I dx
x x x

 

 .
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức 3 2 3z i   . Hãy tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức
w, biết w 1 3z i   .
b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau. Tính số phần tử của S. từ tập hợp S chọn
ngẫu nhiên một số, tính xác suất để trong 5 chữ số của nó có đúng 2 chữ số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
43 3
:
3 1 1
yx z
d
 
  và mặt
phẳng ( ): 2 2 9 0x y z     . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong   ;  qua giao điểm A
của d và   và góc giữa  và Ox bằng 0
45 .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B . Tam giác SAC cân tại S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng  SBC và đáy bằng 0
60 . Biết
2 ;SA a BC a  . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và
BC .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và B . Đường
chéo AC nằm trên đường thẳng : 4 7 28 0d x y   . Đỉnh B thuộc đường thẳng : 5 0x y    , đỉnh A
có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ , ,A B C biết  2;5D và 2BC AD .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2
2
2 3 22
5 2 7 1
3 3 1x y y
x y x xy x
x y  
      

   
,x y .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn 0; 1 0; 1 0;2 1 0a b c a b c         . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
1 1 2 1
a b c
P
a b c
  
  
.
..................HẾT..................
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 1
hoctoancapba.com

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a.
- Tập xác đinh: D R .
- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: 3
' 4 4y x x  ;
0
' 0
1
x
y
x
 
  
 
.
   ' 0, 1;0 1;y x     , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0 và  1; .
   ' 0, ; 1 0;1y x     , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1  và  0;1 .
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0, 0CD
x y  . Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 1CT
x y    .
+ Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    .
+ Bảng biến thiên
x  1 0 1 
'y  0  0  0 
y 
1
0
1

- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm      2;0 , 0;0 , 2;0
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0;0 .
+ Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua điểm    2;8 , 2;8 .
- Vẽ đồ thị:
Câu 1.b. Từ đồ thị suy ra, để đường thẳng y m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt khi 1 0m   .
Hoành độ 4 giao điểm là nghiệm của phương trình 4 2 4 2
2 2 0x x m x x m      (*).
Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi phương trình 2
2 0t t m   có 2 nghiệm dương phân biệt
1 2
0 t t  .
Khi đó 4 nghiệm của pt (*) là 1 2 2 1 3 1 4 2
; ; ;x t x t x t x t      .
Như vậy ta có 1 4 2 3
;x x x x    . Ta có 3
' 4 4y x x  .
Suy ra tổng hệ số góc của 4 tiếp tuyến tại 4 giao điểm với đồ thị  C là:
       3 3 3 3
1 2 3 4 1 1 1 2 1 3 1 4
4 4 4 4 4 4 4 4k k k k x x x x x x x x          
hoctoancapba.com

       3 3 3 3
1 4 2 3 1 4 2 3
4 4 4 4 0x x x x x x x x         .
Nhận xét: Đây là dạng toán biện luận số giao điểm của một đường thẳng  d với một hàm số  C cho
trước. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số dựa vào dáng điệu của đồ thị xét các trường hợp:
+ d cắt  C tại  1n n  điểm phân biệt.
+ d và  C không có điểm chung.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
+Kiến thức cần nhớ: Điểm  ,Q QQ x y là tọa độ tiếp điểm của hàm số  y f x . Phương trình tiếp tuyến
tại Q là   ' Q Q Qy f x x x y   , hệ số góc tiếp tuyến là  ' Qk f x .
+ Tìm m để đường thẳng y m cắt  C tại 4 điểm , , ,E F M N : Dựa vào dáng điệu đồ thị , đường thẳng
y m song song với trục Ox nên sẽ cắt  C tại 4 điểm phân biệt khi 1 0m   .
+ Tính tổng hệ số góc tiếp tuyến: Đổi biến 2
t x ta có  d cắt  C tại 4 điểm phân biệt nên phương trình
có hai nghiệm dương phân biệt. Tham số các nghiệm theo t tính được 4 hệ số góc tiếp tuyến tại 4 hoành
độ giao điểm ( đối xứng qua trục Oy ) , từ đó tính được tổng hệ số góc.
Lưu ý: Ngoài cách sử dụng dáng điệu đồ thị ta có thế làm như sau: Viết phương trình giao điểm
4 2 4 2
2 2 0x x m x x m      . Bài toán tương đương tìm m để phương trình 4 2
2 0x x m   có 4
nghiệm phân biệt.
Đổi biến 2
0t x  , ta tìm m để phương trình 2
2 0t t m   có 2 nghiệm 2 1
' 0
0 0
0
t t S
P
 

   
 
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho hàm số  3 2
1 3 1y x m x x m      . Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị tại
điểm có hoành độ bằng 1 tạo 2 trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2.
Đáp số: 1, 3m m   .
b. Cho hàm số 3
3 2y x x   . Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số để tiếp tuyến của hàm số tại M cắt
đồ thị tại điểm thứ hai là N thỏa mãn 6M Nx x  (Thi thử lần 3-THPT Thái Hòa-Nghệ An).
Đáp số:    2;4 , 2;0M M  .
Câu 2. Điều kiện ;x k k   .
Phương trình tương đương  
2
2cos cos
sin cos 1
sin sin
x x
x x
x x
  
    2 2
sin cos 2cos sin cos sin cos 2cos 1 0x x x x x x x x       
 
sin cos 0
sin cos cos2 0
cos2 0
x x
x x x
x
  
    

.
+ Với sin cos 0 tan 1
4
x x x x k

          .
+ Với cos2 0 2
2 4 2
x x k x k
  
        .
Phương trình có nghiệm: ;
4 2
x k k
 
   .
hoctoancapba.com

Nhận xét: Bài toán lượng giác cơ bản , ta chỉ cần sử dụng bến đổi các công thức hạ bậc , cosin của một
hiệu và phân tích nhân tử. Tuy nhiên cần hết sức lưu ý việc xem xet điều kiện xác định của phương trình
để tránh kết luận thừa nghiệm dẫn tới lời giải sai.
-Công thức cosin của một tổng , hiệu :
 
 
cos cos cos sin sin
cos cos cos sin sin
a b a b a b
a b a b a b
   

  
-Công thức hạ bậc: 2
1 cos2 2cosc c  , 2
1 cos2 2sinc c 
-Công thức nghiệm cơ bản của phương trình lượng giác:
.
2
sin sin ;
2
x k
x k Z
x k
    
   
     
. cos cos 2 ;x x k k Z       
. ;tanx tan x k k Z       
. cot cot ;x x k k Z       
a. Giải phương trình
5
5cos 2 4sin 9
3 6
x x
    
      
   
. Đáp số: 2
3
x k

  .
b. Giải phương trình
sin cos
2tan2 cos2 0
sin cos
x x
x x
x x

  

. Đáp số:
2
x k

 .
Câu 3.
 2 2
0 0
2 sin 3 2 cos 3 cos
2
sin cos sin cos
x x x x x x
I dx dx
x x x x x x
 
   
   
  
 
 22
0 0
sin cos '
2 3
sin cos
x x x
x dx
x x x
 
 

2
0
3ln sin cos 3 ln ln1 3ln
2 2
x x x

  
           
 
.
Nhận xét: Bản chất của bài toán là tách tử của biểu thức dưới dấu tích phân theo mẫu và đạo hàm của
mẫu. Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta khó có thể sử dụng một trong hai phương pháp đổi biến số
hoặc tích phân từng phần.
-Ta có
     
 
 
 
 
. g' 'f x g x x g x
dx f x dx dx
g x g x

    .
Tổng quát :
       
 
 
   
 
' . 'f x g x h x g x h x g x
dx f x dx dx
g x g x

    .
-Với các nguyên hàm cơ bản của  f x , công thức nguyên hàm tổng quát
'
ln
u
du u C
u
  . Thay cận ta
tính được I .
a. Tính tích phân
 
2
3
0
sin
sin cos
x
I dx
x x



 . Đáp số:
1
2
I  .
hoctoancapba.com

b. Tính tích phân
 1
1
ln
e x
x
xe
I dx
x e x



 . Đáp số:
1
ln
e
e
I
e

 .
Câu 4.a. Ta có    
2 2
3 2 3 3 2 9a bi i a b         (1).
1
w 1 3 1 3
3
a x
z i x yi a bi i
b y
  
          
 
.
Thay vào (1) ta được    
2 2
2 5 9x y M     thuộc      
2 2
: 2 5 9C x y    .
Vậy tập hợp điểm M là đường      
2 2
: 2 5 9C x y    .
Nhận xét: Đây là dạng toán toán tìm biếu diễn của số phức w theo số phức z thỏa mãn điều kiện nào
đó.
-Mọi số phức có dạng  ; ,z a bi a b R   .
-Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo của 2 số đó bằng nhau.
- Từ số phức z : Thay z a bi  vào phương trình 3 2 3z i   . Tìm được mối quan hệ giữa phần thực
và phần ảo.
- Đặt w x yi  , thay lại biểu thức mối quan hệ phần thực và ảo của z ta tìm được tập hợp điểm biểu
diễn.
-Các trường hợp biểu diễn cơ bản :
+Đưởng tròn:    
2 2 2 2 2
; 2 2 0x a y b R x y ax by c         .
+Hình tròn:    
2 2 2 2
; 2 2 0x a y b R x y ax by c         .
+Parapol: 2
y ax bx c   .
+Elipse:
22
2 2
1
yx
a b
  .
Bài toan kết thúc.
a. Cho số phức z thỏa mãn
1 3
1
i
z
i



. Tìm modul của số phức w z iz  . Đáp số: w 2 .
b. Tìm số phức z thỏa mãn  1 3i z là số thực và 2 5 1z i   . Đáp số:
7 21
2 6 ;
5 5
z i z i    .
Câu 4.b. Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữ số khác nhau và trong 5 chữ số của nó có đúng 2
số lẻ. Ta tìm số phần tử của A như sau: Gọi y mnpqr A  , ta có:
+ Trường hợp 1: Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0:
Lấy thêm 2 số lẻ và 2 số chẵn có 2 2
5 4
.C C cách;
Xếp 5 số được chọn vào các vị trí , , , ,m n p q r có 4.4! cách.
Suy ra trường hợp 1 có 2 2
5 4
.4.4! 5760C C  .
+ Trường hợp 2: Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt số 0:
Lấy thêm 2 số lẻ và 3 số chẵn có 2 3
5 4
.C C cách;
Xếp 5 số được chọn vào các vị trí , , , ,m n p q r có 5! cách.
Suy ra trường hợp 2 có 2 3
5 4
.5! 4800C C  .
Vậy 5760 4800 10560A    . Do đó   10560 220
27216 567
P A   .
hoctoancapba.com

Nhận xét: Bài toán xác suất cơ bản , ta chỉ cần áp dụng công thức tính xác suất với biến cố theo dữ kiện
trong giả thiết.
-Công thức tính xác suất của một biến cố A :  
 A
P A



( trong đó  A là số trường hợp thuận lợi
cho A,  là tổng số kết quả có thể xảy ra ).
- Ta tính tổng số kết quả có thể xảy ra.
- Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữa số khác nhau và trong 5 chữa số của nó có đúng 2 số lẻ.
- Tính số phần tử của A bằng cách gọi y mnpqr A  . Ta chia các trường hợp sau:
+Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0.
+Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt chữ số 0.
- Áp dụng công thức tính xác suất ta được  P A .
a. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 có thế lập được bao nhiêu số lẻ có 4 chữ số đôi một khác nhau và luôn có
mặt chữ số 2. Đáp số: 204.
b. Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất
có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn
5
6
.(Thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc khối D
2012-2013). Đáp số: Rút ít nhất 6 thẻ.
Câu 5. Gọi A là giao điểm của d và   , suy ra  –3;2;1A . Gọi  ; ;u a b c là một vectơ chỉ phương của
 .
Ta có một vectơ pháp tuyến của   là  2;–2;1n  .
Ta có . 0 2 2 0 2 2un a b c c a b         .
   
22 2
2 2 2
2 2
cos , 2 2 2
2 2
a
Ox a a b a b
a b c
        
 
2 2 2 2 2
2 5 8 5 3 8 5 0 5
3
a b
a a ab b a ab b b
a
 
        
 

.
+ Với a b , chọn
3
1 0 : 2
1
x t
a b c y t
z
   

       
 
.
+ Với
5
3
b
a  , chọn
23 1
3; 5 4 :
5 3 4
yx z
b a c
 
        

.
Nhận xét: Hướng giải cho bài toán: Để viết phương trình đường thẳng  ta tìm một điểm thuộc  và
một vector chỉ phương của  .
- Tìm tọa độ giao điểm  A d  : Tham số hóa A d , thay vào mặt phẳng   ta tính được A .
- Viết phương trình đường thẳng  : Tham số hóa  ; ;u a b c là một vector chỉ phương của  . Do
   . 0u n 
     (Với  n 
là một vector pháp tuyến của   ). Ta tìn được mối quan hệ giữa , ,a b c .
Chọn vector chỉ phương viết được  .
hoctoancapba.com

- Lại có công thức tính góc giữa hau đường thẳng      
'
'
.
; ' : cos , '
.
d d
d d
u u
d d d d
u u
 
   0 2
; 45 cos ;
2
Ox Ox     .
- Một đường thẳng có vố số vector chỉ phương nên lần lượt chọn giá trị ,a b cho các trường hợp tương
ứng.
a. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm  1;2; 1A  , đường thẳng
2 2
:
1 3 2
yx z
d
 
  và mặt phẳng
 : 2 1 0x y z     . Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt d và song song với mặt
phẳng   .
Đáp số:
21 1
2 9 5
yx z 
 
 
.
b. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm  0;1;3A và đường thẳng
1
: 2 2
3
x s
d y t
z
  

 
 
. Hãy tìm các điểm
,B C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC đều.
Đáp số:
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ;3 , ; ;3
5 5 5 5
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ;3 , ; ;3
5 5 5 5
B C
B C
       
    
       

      
       
   
.
Câu 6. Gọi H là trung điểm AC , suy ra  SH ABC .
Kẻ HI BC SI BC   .
Góc giữa  SBC và đáy là 0
60SIH  .
2 2 015 3 5
.sin60
2 4
a a
SI SC IC SH SI     
1 15 15
2
2 4 2
a a
HI SI AB HI     .
3
1 1 5 3
. . .
3 2 16
a
V AB BC SH  (đvtt).
Kẻ Ax song song với BC , HI cắt Ax tại K . Kẻ IM vuông góc với SK .
Ta có    AK SIK AK IM IM SAK     .
Tam giác SIK đều, suy ra
3 5
4
a
IM SH  .
Nhận xét: Đây là toán có sử dụng hình học không gian tổng hợp lớp 11, yếu tố vuông góc của hai mặt
phẳng , góc giữa hai mặt phẳng.
-Công thức tính thể tích khối chóp
1
.h
3
V B .
hoctoancapba.com

-Dựng góc giữa hai mặt phẳng    ,SBC ABC : Goi H là trung điểm của AC . Do mặt phẳng
   SAC ABC nên  SH ABC .   0
, 60SBC ABC SIH  .
- Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp .
1 1 1
. . . .
3 3 2S ABCV B h V AB BC SH   .
- Tính khoảng cách  ,d SA BC : Lí thuyết tính bằng cách khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng
này tới một mặt phẳng chứa đường thẳng còn lại.
Kẻ / /Ax BC , kẻ    IM SK AK SIK IM SAK     . Suy ra  ,d SA BC IM SH  .
Lưu ý: Có thể sử dụng tỉ lệ khoảng cách.
Bài toán kết thúc
a. Cho hình chóp tam giác đều .S ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bân và đáy bằng 0
60 . Gọi
M là trung điểm của SC . Tính thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AM và SB. Đáp số: 33
24
V a (đvtt) và   2
,
4
a
d AM SB  .
b. Cho hình chóp .S ABC có 3SA a , SA tạo với đáy  ABC một góc bằng 0
60 . Tam giác ABC
vuông tại B , 0
30ACB  . G là trọng tâm tam giác ABC , hai mặt phẳng    ,SGB SGC cùng
vuông góc với mặt phẳng  ABC . Tính thể tích khối chóp .S ABC .
Đáp số:
3
243
112
a
V  (đvtt).
Câu 7. Do B , suy ra  ; 5B b b  .
Ta có
 
 
;
2
;
d B AC BE BC
DE ADd D AC
   .
2 2 2 2
934 7( 5) 28 4.2 7.5 28 11 63 30
2 11 63 30 11
11 63 304 7 4 7 3
b b b b
b
b
b
                    
.
B và D ở khác phía đối với đường thẳng AC nên
    4 7 28 4 7 28 0 30 11 63 0B B D D
x y x y b        .
Do đó ta được 3b  , suy ra  3;–2B .
Ta có
28 4 4 7
( ) ; 2;
7 7
a a
A D A a DA a
     
       
   
và
4 42
3;
7
a
BA a
  
  
 
.
Do đó   
    
 
2
0 0;4
4 7 4 42
. 0 2 3 0 65 385 0 7749 l
13
a A
a a
DA BA a a a a
a
  
             
 

.
Ta có
 
 
 
3 2 2 0
2 7;0
2 2 5 4
C
C
x
BC AD C
y
   
  
  
.
Vậy    4;0 , 3;–2A B và  7;0C là điểm cần tìm.
Nhận xét: Để giải bài toán ta sử dụng kiến thức tham số hóa điểm thuộc đường thẳng cho trước, sử
dụng khoảng cách-tỉ lệ khoảng cách tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C .
hoctoancapba.com

-Phương pháp tham số hóa điểm theo đường thẳng cho trước: Điểm
 : 0 ;
mx p
P d mx ny p P
n
 
       
 
.
-Khoảng cách từ điểm  ;M MM x y tới phương trình đường thẳng  : 0mx ny p    được xác định theo
công thức   2 2
;
M Mmx ny p
d M
m n
 
 

.
-Tính chất vector:    ; , ;u x y v z t với
x kz
u kv
y kt
 
  

.
Áp dụng cho bài toán:
- Tham số hóa tọa độ điểm B . Do
 
 
;
2
;
d B AC BE BC
DE ADd D AC
   ( E AC BD  ), ta có điểm B .
-Để loại nghiệm sử dụng tính chất:   4 7 28 4 7 28 0B B D Dx y x y     B .
-Tương tự   ,A d DA BA  . Mặt khác , . 0DA BA A  .
- Tính tọa độ điểm C : 2BC AD C  .
a. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , trực tâm  3;2H  . Gọi ,D E lần lượt là
chân đường cao kẻ từ ,B C . Biết điểm A thuộc đường thẳng  : 3 3 0d x y   , điểm
 2;3F  thuộc đường thẳng DE và 2HD  . Tìm tọa độ đỉnh A .
Đáp số:  3;0A .
b. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có    1; 3 , 5;1A B  . Điểm M thuộc đường thẳng
BC sao cho 2MC BB . Tìm tọa độ đỉnh C biết 5MA AC  và đường thẳng BC có hệ số góc
nguyên.
Đáp số:  4;1C  .
Câu 8. Phương trình thứ hai tương đương
2
2 3 22
3 2 3 3 2x y y
x y y  
      .
Đặt
2
2 3
2
u x y
v y
   

 
, ta được 3 3u v
u v   .
Xét   3t
f t t  ; ta có  ' 3 ln3 1 0;t
f t t     , suy ra  f t đồng biến trên .
Nhận thấy    f u f v u v   là nghiệm duy nhất cua phương trình.
hoctoancapba.com

2 2
2 3 2 1u v x y y y x         .
Thay 2
1y x  vào phương trình thứ nhất, ta được  2 2 2
1 5 2 7 1 1x x x x x x       
    2 3 2 2
2 5 1 7 1 2 1 3( 1) 7 1 1x x x x x x x x x              .
Đặt
2
1; 0
1; 0
a x a
b x x b
   

   
.
Phương trình trở thành 2 2 3
2 3 7
2
b a
b a ab
a b
 
   

.
+ Với  2 2 4 6 23 8 6
3 1 9 1 8 10 0
4 6 23 8 6
x y
b a x x x x x
x y
     
           
     
.
+ Với    2 2
2 1 4 1 4 3 5 0 vna b x x x x x          .
Hệ phương trình có nghiệm:      ; 4 6;23 8 6 , 4 6;23 8 6x y      .
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng kết hợp phương pháp hệ số bất định.
-Hàm số  f x đồng biến(nghịch biến) trên    D f u f v u v    .
-Hàm số  f x đồng biến(nghịch biến) trên   0D f x  có nhiều nhất 1 nghiệm.
-Hàm số  f x đồng biến trên D ,  g x nghịch biến trên    D f x g x  có nghiệm duy nhất.
Ý tưởng: Từ phương trình thứ nhất tách hoặc bình phương sẽ ra phương trình khó bậc cao, khó tìm mối
quan hệ giữa ,x y .
- Nhận thấy phương trình thứ 2 của hệ có sự tương đồng  2
2 3 2
3 , 2 3x y
x y 
  với  2
3 ,2y
y
 có cùng
dạng  3 ,m
m .
- Phương trình thứ hai của hệ biến đổi thành: 3 3u v
u v   trong đó
2
2 3
2
u x y
v y
   

 
.
- Xét hàm số   3t
f t t  đồng biến trên    R f u f v u v    . Thay lại phương trình thứ nhất , sử
dụng hai ẩn phụ  2
1
, 0
1
a x
a b
b x x
  

  
thu được phương trình đẳng cấp bậc 2.
Lần lượt giải 2 phương trình vô tỉ cơ bản ứng với 2 trường hợp kiểm tra điều kiện ta thu được nghiệm
của hệ.
Lưu ý: Từ phương trình       2 2
2 1 3 1 7 1 1x x x x x x        , ta có thể chia 2 vế cho  2
1x x 
giải phương trình ẩn 2
1
1
x
z
x x


 
.
a. Giải phương trình  2 3
2 2 5 1x x   . Đáp số:
5 37
2
x

 .
b. Giải phương trình 6 23
7 2 1 2x x x     . Đáp số: 7, 1x x   .
hoctoancapba.com

Câu 9.
1 1 1 1 5 1 1 1
1 1
1 1 2 1 1 1 2 4 2 2 1 1 4 2
a b c
P
a b c a b c a b c
 
             
         
5 4 1 5 4 1
2 2 4 2 2 2 4 2
P
a b c c c
   
        
       
Xét hàm số  
4 1
2 4 2
f c
c c
 
 
trên khoảng
1
;2
2
 
 
 
.
Ta có  
   
 
   
 
2
2 2 2 2
4 15 204 4
' ; ' 0 0
2 4 2 2 4 2
c c
f c f c c
c c c c

     
   
.
c
1
2
 0 2
 'f c  0 +
 f c 5
2
Vậy
5 5
0
2 2
P    .
Dấu “=” xảy ra khi 0a b c   .
Kết luận: 0MaxP  .
Nhận xét: Bài toán thuộc lớp cực trị của hàm nhiều biến sử dụng phương pháp hàm số đặc trưng để tìm
giá trị lớn nhất.
- Ta thấy ,a b đối xứng qua biểu thức
1
t
t 
, dự đoán điểm rơi a b .
- Tách biểu thức P , ta được
5 1 1 1
2 1 1 4 2
P
a b c
 
    
   
. Sử dụng bất đẳng thức cơ bản
 
2
22 x yyx
m n m n

 

suy ra
5 4 1
2 2 4 2
P
c c
 
   
  
. Tới đây hàm số đã rõ.
- Khảo sát hàm số  
4 1
2 4 2
f c
c c
 
 
với
1
;2
2
c
 
  
 
-Lập bảng biến thiên của hàm số  f c trên
1
;2
2
 
 
 
thu được  minf c .
a. Cho , ,a b c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện 1abc  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
        
3 3 3
1 1 1 1 1 1
a b c
P
b c c a a b
  
     
. Đáp số:
3
4
MinP  .
b. Cho , , : 1a b c ab bc ca   . Chứng minh rằng
2 2 2
3
21 1 1
a b c
a b c
  
  
.
hoctoancapba.com

Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 1
MÔN TOÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



(C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b) Tìm hệ số góc k của đường thẳng d đi qua điểm  1;2M  , sao cho d cắt  C tại hai điểm phân biệt ,A B
. Gọi ,A B
k k là hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị  C tại A và B . Tìm các giá trị của k để
1
A
B
k
k
 đạt
giá trị nhỏ nhất.
  1 sin 2sin2 6cos 2sin 3
2
2cos 1
x x x x
x
   


.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
 
 
2
1
0
2 1
ln 1
1
x
I x dx
x

 
 .
a) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn 2 3 1z z i    và   1 2z i z i   là số thực.
b) Trong một hộp gồm có 8 viên bi xanh và 6 viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5
viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ): 2 2 7 0x y z     và đường
thẳng
12 2
:
1 2 2
yx z
d
 
 

. Viết phương trình mặt phẳng   chứa d và tạo với   một góc  sao cho
4
cos
9
  .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A , , 2AB a BC a  , góc giữa
hai mặt phẳng  SAC và mặt phẳng đáy bằng 0
60 , tam giác SAB cân tại S thuộc mặt phẳng vuông góc với
mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và SC .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  C có
phương trình 2 2
25x y  , AC đi qua  2;1K , hai đường cao BM và CN . Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C biết
A có hoành độ âm và đường thẳng MN có phương trình 4 3 10 0x y   .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
2
11 1
2 1
2 4 8
xx
x x

     .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ,x y là các số thực dương thỏa mãn 2x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
23
3 427 10
9 8
yx
P
y x

  .
..................HẾT..................
hoctoancapba.com

Câu 1.a.
- Tập xác định:  / 1D R  .
+ Chiều biến thiên:
 
2
1
'
1
y
x


.
   ' 0, ; 1 1;y x       , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1  và  1;  .
+ Cực trị: Hàm số không có cực trị.
+ Giới hạn:
lim 2; lim 2
x x
y y
 
  đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là 2y  .
1 1
lim ; lim
x x
y y 
 
    đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là 1x   .
x  1 
'y  
y
2


2
- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm
1
;0
2
 
 
 
.
+ Đồ thị hàm số giao điểm  1;2I  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm   3 1 3
2;3 , ;4 , ;0 , 1;
2 2 2
     
       
     
.
- Vẽ đồ thị:
Câu 1.b. Phương trình đường thẳng d là  1 2y k x   .
Để d cắt  C tại 2 điểm phân biệt khi phương trình
2 1
2
1
x
kx k
x

  

có 2 nghiệm phân biệt
Tức phương trình 2
2 1 0kx kx k    có 2 nghiệm khác 1 .
hoctoancapba.com

 2
0, 2 1 0
0
' 1 0
k k k k
k
k k k
     
  
    
.
Ta có
 
2
1
'
1
y
x


. Suy ra
   
2 2
1 1
;
1 1
A B
A B
k k
x x
 
 
trong đó ,A B
x x là nghiệm của phương trình
2
2 1 0kx kx k    .
Nên
 
 
2
2
1 1
1
1
A B
B A
k x
k x
   

và ,A B
x x thỏa mãn  
2
1 1k x    .
Suy ra    1 1 1
2 2A B
k k k k k
k k k
   
               
   
, đẳng thức xảy ra khi 1k   .
Vậy
1
A
B
k
k
 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi 1k   .
nNhận xét: Phương trình đường thẳng đi qua một điểm nào đó và cắt đồ thị hàm số cho trước tại điểm thỏa
mãn tính chất của tiếp tuyến tại các hoành độ giao điểm. Ta lập phương trình đường thẳng rồi tìm giao điểm
của nó với hàm số , sau đó biện luận các yêu cầu của bài toán.
-Phương trình đường thẳng đi qua điểm  ,Q QQ x y hệ số góc k có phương trình:  Q Qy k x x y   .
-Bất đẳng thức AM GM : , 0 2a b a b ab    . Dấu bằng xảy ra a b  .
- Phương trình đường thẳng đi qua M hệ số góc k là  1 2y k x   .
- Lập phương trình hoành độ giao điểm. d cắt  C tại hai điểm phân biệt   2
, 2 1 0A B f x kx kx k     
có hai nghiệm phân biệt 1x   .
- Hệ số góc tiếp tuyến tại ,A B lần lượt là ,A Bk k ( ,A Bx x là nghiệm của phương trình   0f x  ). Khi đó tìm
được
1
A
B
k
k
 với  
1
1 1 2A Bk x k k k
k
         ( theo AM GM ).
a. Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



. Lập phương trình tiếp tuyến của độ thị biết tiếp tuyến cắt các trục tọa độ
,Ox Oy lần lượt tại A,B thỏa mãn
4
OA
OB  . Đáp số:
1 5 1 13
;
4 4 4 4
y x y x      .
b. Cho hàm số
2
2
x
y
x


. Viết phương trìn tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến tạo hai trục tọa độ một
tam giác có diện tích bằng
1
18
. Đáp số:
9 1
4 2
y x  .
Câu 2. Điều kiện
2
2 ;
3
x k k

     .
Phương trình tương đương
  1 sin 4sin cos 6cos 2sin 3
2
2cos 1
x x x x x
x
   


   
   2
sin 11 sin 2sin 3 2cos 1
2 1 sin 2sin 3 2 2sin sin 1 0 1
2cos 1 sin
2
xx x x
x x x x
x x
               
 

hoctoancapba.com

2
2
2
6
5
2
5
x k
x k
x k
 
   

   


   

.
Phương trình có nghiệm:
5
2 ; 2 ; 2 ;
2 6 5
x k x k x k k
  
          Z .
Nhận xét: Phương pháp sử dụng phân tích nhân tử, giải phương trình cơ bản. Để giải phương trình ta sử
dụng công thức cơ bản nhân đôi, đặt nhân tử chung. Lưu ý kiểm tra điều kiện để kết hợp nghiệm.
-Sử dụng công thức góc nhân đôi sin2 =2sin cos  .
-Nhóm nhân tử chung , thu được phương trình bậc 2 cơ bản.
-Giải phương trình bậc 2 ẩn duy nhất sinx tìm đươc x với công thức nghiệm:
+
2
sin ;
2
x k
x k Z
x k
    
   
     
.
+cos cos 2 ;x x k k Z        .
-Kiểm tra điều kiện ta thu được nghiệm của phương trình.
a. Giải phương trình
sin2 cos2
cot tan
cos sin
x x
x x
x x
    . Đáp số: 2
3
x k

    .
3
tan 3 cos sin .tan
2
x x x x
 
   
 
. Đáp số:
7
, 2
6
x k x k

    .
Câu 3.  
 1 1
0 0
ln 1
4 ln 1
1
x
I x x dx dx
x

  
  .
 
1
0
4 ln 1A x x dx  .
Đặt
 
2
ln 1 1
1
2
dx
du
u x x
xdv xdx
v

     
  

.
   
11
2 2
1
0
0 0
1 1 1
4 ln 1 1 4 1
2 2 2 2
x x
A x x dx x
    
          
      
 .
 
    
 
1
2
1 1
2
0 0
0
ln 1 ln 1 1
ln 1 ln 1 ln 2
1 2 2
x x
B dx x d x
x
 
     
  .
Vậy 21
1 ln 2
2
I   .
Nhận xét: Đặc điểm biểu thức dưới dấu tích phân khó có thể đổi biến số và sử dụng tích phân từng phần. Ta
tách tích phân ban đầu thành 2 tích phân nhỏ.
-Công thức tính tích phân từng phần : . '
b
b
a
a
I u v u vdu   .
-Công thức tính
1
1
bb n
n
a a
x
x dx
n


 .
hoctoancapba.com

-Nhận thấy
   
2
2 1 4 1 1
1 1
x x x
x x
  

 
, nên ta có I A B  .
- Tính A: Sử dụng công thức tính tích phân từng phần với
 
2
ln 1
1
2
u x
x
v
  

 


.
- Tính B :
 1
0
ln 1
1
x
B dx
x


 . Nhận thấy    1
ln 1 '
1
x
x
 

nên ngầm đặt ẩn phụ  ln 1t x  chuyển về công
thức '. n
u u du .
 
 
1
0
2 ln
1 ln
x x x
I dx
x x
 

 . Đáp số: 3 2ln2I e   .
 
3
2
2 2
2 ln ln 3
1 ln
e
e
x x x x
I dx
x x
 

 . Đáp số: 3 2
3ln2 4 2I e e    .
Câu 4.a. Giả sử số phức z có dạng:  ; ,z a bi a b  
            1 2 1 1 2 1 1 2z i z i a a b b a b a b i               
    1 1 2 0 1a b a b a b        
     
2 2 22
2 3 1 2 3 4 1 1z z i a b a b          
2 2 1
3 11 6 0 3, 2; ,
3 3
a a a b a b          .
Vậy
2 1
3 2 ;
3 3
z i z i    .
Nhận xét: Bài toán yêu cầu tìm số phức z thỏa mãn điều kiện nào đó. Ta chỉ cần đặt số phức có dạng chung
 ,z a bi a b R   rồi thay vào các điều kiện để giải ra z .
-Đặt z a bi   ,a b R . Số phức z là số thực khi và chỉ khi phần ảo của nó bằng 0.
- Thay vào đẳng thức 2 3 1 1z z    . Sử dụng tính chất modul của số phức.
- Mặt khác ,   1 2z i z i   là số thực nên phần ảo bằng 0.
- Giải hệ cơ bản      
2 2 22
2 3 4 1 1
1
a b a b
a b
      

 
tìm được ,a b thu được số phức z cần tìm.
a. Tìm số phức z thỏa mãn  2
1 11z i z i   . Đáp số: 3 2 , 2 3z i z i     .
b. Tìm số phức z thỏa mãn  1 2 3i z z i   . Đáp số:
1 1
4 4
z i   .
Câu 4.b. Số cách chọn ra 5 viên bi từ 14 viên bi là 5
14
2002C  (cách), suy ra, không gian mẫu là 2002  .
Gọi A là biến cố trong 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng.
Ta có 1 4 2 3 3 2 4 1
8 6 8 6 8 6 8 6
1940A
C C C C C C C C      .
Vậy   1940 970
2002 1001
A
P A

  

.
hoctoancapba.com

Nhận xét: Bài toán tính xác suất ta chỉ cần sử dụng công thức tính xác suất cho biến cố A bất kì.
-Công thức tính xác suất của biến cố A bất kì:  
 A
P A



với  A là số trường hợp thuận lợi cho A ,
 là tổng các trường hợp có thể xảy ra.
- Tìm số cách chọn 5 viên bi từ 14 viên cho trước.
- Gọi A là biến cố trong 5 viên bi được chọn có cả màu xanh và trắng , ta tính được  A theo các cách
chọn.
-Sử dụng công thức tính xác suất ta thu được đáp án.
a. Trong mặt phẳng Oxy , ở góc phần thư thứ nhất ta lấy 2 điểm phân biệt, cứ thế ở các góc phần tư thứ
hai , ba , bốn lấy 3,3,5 điểm phân biệt(các điểm không nằm trên các trục tọa độ). Tính xác suất để
đường thẳng nối 2 điểm đó cắt hai trục tạo độ. Đáp số:
23
91
.
b. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ , 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên từ hộp đó. Hỏi
có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không đủ cả 3 màu. Đáp số: 645.
Câu 5.   có vectơ pháp tuyến là  1;2; 2n
  ;   có vectơ pháp tuyến là  ; ;n A B C
 .
d đi qua  2;–1; 2A và có vectơ chỉ phương là  1; 2;2d
a   .
+   2 2 0 2 2d
d a n A B C A B C
           .
+ Lại có
2 2 2
. 2 24 4 4
cos
9 9 9. 3
n n A B C
n n A B C
 
 
 
     
 
 
2 2 2 2 2 2
3 4 4 4 2 2 4 10 4
2
B C
B C B C B C B BC C
C B
 
          

.
+ Với 2B C ; chọn 1; 2 2C B A           : 2 – 2 2 1 1 – 2 0 2 2 – 4 0x y z x y z          .
+ Với 2C B ; chọn 1; 2 –2B C A           : –2 – 2 1 1 2 – 2 0 –2 2 1 0x y z x y z          .
Nhận xét: Bài toán cơ bản viết phương trình mặt phẳng   : Ta tìm một điểm thuộc   và một vector pháp
tuyến của   . Sử dụng dữ kiện góc giữa hai mặt phẳng để tìm một vector pháp tuyến của   .
-Một mặt phẳng có vô số vector pháp tuyến.
-Mặt phẳng  P đi qua  ; ;A a b c nhận  ; ;n m n p là một vector pháp tuyến:       0m x a n y b p z c      .
-Công thức tính góc giữa hai mặt phẳng    ,  :  
.
cos cos ;
.
n n
n n
 
 
     với ,n n  lần lượt là vector
pháp tuyến của    ,  .
- Tham số vector pháp tuyến của    : ; ;n A B C  , d đi qua điểm A và có vector chỉ phương là da ,
  . 0dd a n    .
- Sử dụng công thức góc giữa hai mặt phẳng  ;    
.4 4
cos
9 9
n n
n n
 
 
    .
hoctoancapba.com

- Tìm được mối quan hệ giữa , ,A B C tương ứng viết được mặt phẳng   .
a. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm    1;0;1 , 2;1;2A B và mặ phẳng  : 2 3 3 0Q x y z    . Lập
phương trình mặt phẳng  P đi qua ,A B và vuông góc với  Q .
Đáp số:  : 2 2 0P x y z    .
b. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
1
: 1
2
y
d x z

   và điểm  1;2;3A  . Viết phương
trình mặt phẳng  P chứa đường thẳng d và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng  P bằng 3. Đáp
số:  : 2 2 1 0P x y z    .
Câu 6. ABC vuông tại B , nên đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm K là trung điểm AC và bán kính
1
2
r AC . Gọi H là trung điểm của  AB SH ABC  .
Kẻ 0 0
60 .tan60HM AC SM AC SMH SH HM       .
Ta có
. 2
2
BC AH a
ABC AMH HM
AC
     .
Kẻ đường thẳng d đi qua K và song song với SH . Khi đó tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC
là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và d trong mặt phẳng  SHK và
bán kính mặt cầu ngoại tiếp là
2 2 2 23 3 14
4 4 4
a
R OC OK CK SH AC      .
Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp là
3
34 7 14
3 24
a
V R

   (đvtt).
Dựng hình chữ nhật ABCD, khi đó  / /AB SCD , suy ra khoảng
cách giữa AB và SC bằng khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SCD .
Gọi giao điểm của HK với CD là E , ta có  CD SHE .
Kẻ HF SE thì HF là khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SCD .
Trong tam giác vuông SHE có HF là đường cao nên
2 2 2
1 1 1 10
5
a
HF
HF HS HE
    .
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng
10
5
a
.
Nhận xét: Dạng toán liên quan tới thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp và góc giữa hai mặt phẳng.
- Công thức tính thể tích khối cầu ngọa tiếp: 34
3
V R  .
-Dựng góc giữa hai mặt phẳng    ,SAC ABC .
- Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp: K là trung điểm của AC thì K chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC .
Kẻ đường thẳng d đi qua điểm K và song song SH , suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp .S ABC là O giao của
đường trung trực SH và d trong mặt phẳng  SAK .
- Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC : Dựng hình chữ nhật ABCD    , ,d AB SC d H SCD 
.
Dựng  ,HF SE HF d H SCD   .
hoctoancapba.com

a. Cho tam giác ABC vuông cân, cạnh huyền 2AB a . Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc
với mặt phẳng  ABC lấy điểm S sao cho mặt phẳng  SBC tạo với  ABC một góc bằng 0
60 . Tính
diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện .S ABC . Đáp số: 2
10S a  .
b. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , hình chiếu vuông góc của S lên
 ABCD trùng với trung điểm H của AB . Đường trung tuyến AM của tam giác ACD có độ dài là
3
2
a
, góc giữa mặt phẳng  SCD và  ABCD bằng 0
30 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và diện
tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC . Đáp số:
3
.
3
,
12S ABCD
a
V  Diện tích mặt cầu 2
.
4
3S ABCS a  .
Câu 7. Chứng minh được MN OA , suy ra OA có vectơ pháp tuyến là   : 4 03;4 3OAn x y   .
Tọa độ A thỏa hệ
2
2 2
163 4 0 4
3
325
4
xx y x
yx y y x
       
   
     

(do 0A
x  ). Vậy  4;3A  .
AC nhận  6; 2AK   làm vecto chỉ phương
12
: 3 5 0
3 1
yx
AC x y

     

.
Tọa độ C thỏa hệ  2 2
5 3 0 3
5;0
5 425
x y y y
C
x xx y
     
    
     
.
Tọa độ M thỏa hệ  
3 5 0 1
2;2
4 3 10 0 2
x y x
M
x y y
     
   
    
.
BM qua M và vuông góc    : 3 1 1 2 0 3 5 0AC BM x y x y         .
Tọa độ B thỏa 2 2 2
3 5 3 5 0 3
5 425 10 30 0
y x y x x x
y yx y x x
         
     
         
.
Với  0;5B thì  –4;–2BA  và   .; 409 2 0BC BA BC     , suy ra góc B tù.
Với  –3;–4B thì  –1;7BA  và   .4 20 08;BC BA BC    , suy ra góc B nhọn.
Vậy    –4;3 , –3;–4A B và  5;0C .
Nhận xét: Hướng giải cho bài toán : Viết phương trình các cạnh tam giác , lấy giao phương trình các cạnh
viết được với đường tròn  C suy ra tọa độ , ,A B C .
-Một đường thẳng có vô số vector pháp tuyến. Để viết được đường thẳng  d ta cần tìm điểm  ;M a b , một
vector pháp tuyến   2 2
; 0dn      . Dạng tổng quát      : 0d x a y b    
-Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC OA OB OC   .
- Viết phương trình OA A là nghiệm của hệ
 
A OA
A C
 


( 0Ax  ).
- Đường thẳng AC nhận AK làm một vecto chỉ phương nên viết được phương trình AC . Hoàn toàn tương
tự C là nghiệm của hệ
 
C AC
C C
 


.
hoctoancapba.com

- Tính tọa độ điểm B : M BM AC M  . BM đi qua M và vuông góc AC nên có phương trình MB.
Tọa độ B là nghiệm của hệ
 
B MB
B C
 


.
Lưu ý: Để loại trường hợp ta sử dụng tích vô hướng của 2 vector .BA BC , nếu . 0BA BC B  tù và
. 0BA BC B  nhọn.
Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng AB là điểm
 1; 1H   . Phân
Nhận xét: Bài toán giải phương trình với phương pháp sử dụng hai ẩn phụ. Tìm mối quan hệ giữa các ẩn
phụ giải được nghiệm của phương trình.
-Nhận thấy biểu thức trong căn về phải có thể viết lại được như sau
   
2 2
1 11
2 1 2 2.
8 2 16
x x
x x
  
     
 
,
với điểm tương đồng vế trái có
1
2
1
4
x
x





. Đặt 2 ẩn phụ
1
; 0
2
1
4
u x u
x
v

  

 

, ta có phương trình
 2 2
2u v u v   u v  .
-Giải phương trình vô tỉ cơ bản dạng    
   
   2
, 0f x g x
f x g x
f x g x
 
  

ta được nghiệm của phương trình đã
cho.
Lưu ý: Ta có thể sử dụng bất đẳng thức cơ bản  2 2
2a b a b   để đánh giá phương trình.
a. Giải phương trình 2 4 2
7 1 4 1x x x x     . Đáp số:
13 69
10
x
 
 .
b. Giải phương trình 2 3
2 5 22 5 11 20x x x x     . Đáp số:
5 21 25 881
,
2 8
x x
 
  .
Câu 9. Dự đoán dấu bằng xảy ra khi   2 4
; ,
3 3
x y
 
  
 
. Áp dụng bất đẳng thức –AM GM ta có
hoctoancapba.com

23
3 53 2 3 9 1 10 21 9 2
2 3 8 2 8 2 8 9 8 8 3
y y yx x x
P x y
y x x y
     
                 
      
23
3
3 53 2 3 9 1 10 21 9 2
3 . . 2 . 2 . 2 .
2 3 8 2 8 2 8 9 8 8 3
y y yx x x
x y
y x x y
      
3 3 5 21 9 2 3 5 3 5 13
3 ( )
2 2 3 8 8 3 8 2 4 2 4
x y x y x y             .
Vậy
13
4
MinP  .
Nhận xét: Bài toán tím giá trị nhỏ nhất của hai biến ,x y với điều kiện cho trước 2x y  . Ta cố gắng đánh
giá biểu thức P theo x y .
- Tách biểu thức
23
3 53 2 3 9 1 10 21 9 2
2 3 8 2 8 2 8 9 8 8 3
y y yx x x
P x y
y x x y
     
                          
.
- Sử dụng bất đẳng thức AM GM cho 3 bộ số và 2 bộ số
3
3
2
a b c abc
a b ab
   

 
.
Ta có:  
3 5 13
8 2 4
P x y    .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi dấu bằng trong AM GM xảy ra.
a. Cho các số thực không âm ,x y thỏa mãn 1x y  . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
  2 2
4 3 4 3 25S x y y x xy    (Đề thi tuyển sinh đại học khối D-2009).
Đáp số:  25 1 1
, ;
2 2 2
MaxS x y
 
    
 
.
b. Cho , ,x y z là các số thực dương. Chứng minh rằng :
3 3 23 3 3 3 2 2
3 3 3 3 3 3
2
y y yx z z x x z
yz zx xyy x z y x z
 
         
 
(Chuyên Khoa Học Tự Nhiên-Hà Nội lần 3).
hoctoancapba.com

1
Môn: TOÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  3 2
3 2 3y x x m x m     (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C khi 2m  .
b) Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị của hàm số  C đã cho vuông góc với
đường thẳng : – 2 0d x y   .
 
2
2
1 cos2
sin 2cos2
2sin2
x
x x
x

  .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
3
1
0
1
3
x x
I dx
x
 

 .
a) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình      1 2 1 3 4 1 7i z i iz i i       .
b) Cho tập hợp A tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0. Hỏi có thể lấy được
bao số tự nhiên từ tập A mà số đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1
34 1
:
3 1 2
yx z
d
 
 

;
2
d là giao tuyến của hai mặt phẳng  : 2 0x y z     và  : 3 12 0x y    . Mặt phẳng  Oyz cắt
hai đường thẳng 1
d , 2
d lần lượt tại các điểm ,A B. Tính diện tích tam giác MAB , biết  1;2;3M .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a , BD a . Trên
cạnh AB lấy điểm M sao cho 2BM AM . Biết rằng hai mặt phẳng  SAC và  SDM cùng vuông
góc với mặt phẳng  ABCD và mặt bên  SAB tạo với mặt đáy một góc 0
60 . Tính thể tích của khối
chóp .S ABCD theo a và cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng OM và SA .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường
tròn  2 2
: 2 6 15 0S x y x y     ngoại tiếp tam giác ABC có  4;7A . Tìm tọa độ các đỉnh B và C
biết  4;5H là trực tâm của tam giác.
  2 2
32 3
4 1 2
12 10 2 2 1
x x y y
y y x
     

    
,x yR.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,x y z bất kỳ. Chứng minh rằng
11 1
1 1 1
y yx z x z
y z x y z x
 
    
  
.
..................HẾT..................
hoctoancapba.com

2
Câu 1.a. Với 2m  , hàm số trở thành 3 2
3 6y x x   .
- Tập xác định: D R .
' 3 6y x x  ;
0
' 0
2
x
y
x
 
  

.
   ' 0, ;0 2;y x     , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0 và  2; .
 ' 0, 0;2y x   , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 .
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0; 6CD
x y  . Hàm số đạt cực tiểu tại 2; 2CT
x y  .
x x
y y
 
    .
x  0 2 
'y  0  0 
y

6
2

- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn  1;4I làm tâm đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm    1;2 , 3;6 .
- Vẽ đồ thị:
Câu 1.b. Ta có 2
' 3 6 2y x x m    .
Tiếp tuyến  tại điểm M thuộc  C có hệ số góc  
22
3 6 2 3 1 5 5k x x m x m m         
Dấu đẳng thức xảy ra khi 1x  .
Suy ra min
5k m  tại điểm  1;4 – 4M m
Tiếp tuyến ( 5).1 1 4d m m        .
Kết luận: 4m  .
Nhận xét: Dạng bài toán đường thẳng tiếp tuyến vuông góc với một đường thẳng cho trước. Ta tìm
hệ sô góc của tiếp tuyến và hệ số góc của đường thẳng còn lại cho thỏa mãn tính chất vuông góc.
hoctoancapba.com

3
- Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm  ,A AA x y thuộc đồ thị hàm số  y f x là  ' Ak f x . Hai đường
thẳng có hệ số góc lần lượt là 1 2,k k vuông góc với nhau khi và chỉ khi 1 2. 1k k   .
-Biểu thức 2
P a b b   . Dấu bằng xảy ra 0a  .
Áp dụng cho bài toán :
- Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là  
22
' 3 6 2 3 1 5 5k y x x m x m m           . Suy ra hệ số góc
tiếp tiếp nhỏ nhất là 5k m  .
- Tiếp tuyến vuông góc đường thẳng : 2 0d x y   có hệ số góc 1dk  nên theo tính chất hai đường
thẳng vuông góc ta có phương trình  5 .1 1 4m m     .
a. Cho hàm số  3 2
2 1 2y x x m x m     . Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất vuông
góc với đường thẳng : 2 1d y x  . Đáp số:
11
6
m  .
b. Cho hàm số
1
2 1
x
y
x
 


. Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số biết tiếp tuyến vuông góc
đường thẳng : 9 1 0x y    . Đáp số: 9 1; 9 7y x y x      .
Câu 2. Điều kiện ;
2
x k k

 Z.
Phương trình tương đương với  
4
2 24cos
1 cos 2 2cos 1
4sin cos
x
x x
x x
   
3
2
2
cos cos 3
5cos 3 0 5 0
sin sin cos
x x
x
x x x
        (do cos 0x  ).
 2 2 31
cot 5 3 1 tan 0 3tan 2 0 3tan 2tan 1 0
tan
x x x x x
x
            
  2
tan 1 3tan 3tan 1 0 tan 1 ,
4
x x x x x k k

              .
Phương trình có nghiệm: ;
4
x k k

     .
Nhận xét: Để giải phương trình lượng giác ta sử dụng công thức hạ bậc , mối quan hệ sinx với cosx
, tanx với cotx , phân tích nhân tử.
-Sử dụng các công thức biến đổi 2 2 2
sin 1 cos ,1 cos2 2cosx x x x    thu được phương trình:
3
3cos
5cot 3 0
sin
x
x
x
   .
-Do cos 0x  không là nghiệm của phương trình , chia 2 vế cho 2
cos x ta có 2
cos 3
5 0
sin cos
x
x x
   .
-Thay 2
2
1 cos 1
1 tan ,
sincos
x
x
x tanxx
   có phương trình theo ẩn tanx .
- Giải phương trình theo tanx thu được x , kiểm tra điều kiện ta có đáp án.
a. Giải phương trình:  2
4cos 1 sin 2 3 cos cos2 1 2sinx x x x x    .
hoctoancapba.com

4
Đáp số:
5 5 2
; 2 ;
3 6 18 3
x k x k x k
   
          .
b. Giải phương trình:  2
1 sin2 2 3 sin 3 2 sin cos 0x x x x      .(Thi thử THPT Phan Đăng
Lưu). Đáp số:
7
2 ; 2 ; 2 ; 2
6 6 3
x k x k x k x k
  
               .
Câu 3. Ta có  
3
1 1 1 1
2
0 0 0 0
27 27 1 27 1
3 9
3 3 3
x x x
I dx x x dx dx dx
x x x
    
     
     
1
1 1 1
3 2
0 00
0
1 3 1 47 4 1
9 27ln 3 27ln
3 2 3 6 3 3
x x
x x x x dx dx
x x
   
         
  
  .
Tính
1
0
1
3
x
A dx
x


 .
Đặt 2
1 1 ; 2t x x t dx tdt       . Khi
0 1
1 0
x t
x t
   

  
.
Suy ra
  
2 2 2
0 1 1 1 1
2 2 21 0 0 0 0
4 4
2 2 2 2 8
2 24 4 4
t t t dt
A dt dt dt dt
t tt t t
 
      
       
1
1
0
0
1 1 2
2 2 2 2ln 2 2ln3
2 2 2
t
dt
t t t
  
          
   
 .
Vậy
59
27ln4 25ln3
6
I    .
Nhận xét: Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta có thể sử dụng ngay đổi biến số 1t x  , tuy nhiên
đổi biến số ngay từ đầu sẽ dẫn tới một tích phân mới sử dụng phép chia đa thức. Để đơn giản ta sử
dụng kĩ thuật phân tích đa thức cơ sở.
- Sử dụng phân tích tử biểu thức dưới dấu tích phân ta có: 3 3
1 27 27 1x x x x       chuyển
tích phân thành 3 tích phân nhỏ.
- Tính  
1
2
0
3 9x x  sử dụng công thức
1
1
n
n x
x dx C
n

 
 .
- Tính
1
0
27
3
dx
x  bằng sử dụng công thức
'
ln
u
du u C
u
  .
- Tính
1
0
1
3
x
A dx
x


 bằng phương pháp đổi biến số 1t x  .
Tách thành hai tích phân
  
1 1
0 0
2 8
2 2
dt
dt
t t
 
   . Sử dụng khai triển dạng ln tính được
  
11
0 0
2
8 2ln
22 2
dt t
tt t


  .
4 3
2
1
x x x x
I dx
x
 
  . Đáp số:
19
ln4
2
I   .
hoctoancapba.com

5
6
2
1
2 1 4 1
I dx
x x

  
 . Đáp số:
3 1
ln
2 12
I   .
Câu 4.a. Phương trình tương đương với    2 1 2 3 4 4 3 1 7i i z i i z i        
 5 5 10i z i   
 2 12
1
1 2
i ii
z i
i
 
     

Vậy phương trình có nghiệm: 1z i   .
Nhận xét: Bài toán giải số phức cơ bản với các phép biến đổi tương đương.
-Số phức
  
2 2 2 2 2 2
a bi c dia bi ac bd bc ad
z i
c di c d c d c d
   
   
   
.
-Khai triển biểu thức      1 2 1 3 4 1 7i z i iz i i       được  
2
5 5 10 1
1
i
i z i z i
i

       

.
Lưu ý: Ta có thể đặt z a bi  thay vào biểu thức để tìm z .
a. Tìm số phức z x yi  thỏa mãn     
2 3
2 3 2 1 1 35 50x i y i i       . Đáp số: 5 2z i  .
b. Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện      
2
2 3 4 1 3i z z i i      . Đáp số: 2 5z i  .
Câu 4.b. Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là 3
9
C . Chọn 2 chữ số còn
lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây:
Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán
vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà
a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả
5!
3. 60
3!
 số tự
nhiên.
Trường hợp 2. Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số
khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra
một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà
b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả
5!
3. 90
2!2!
 số tự nhiên.
Vậy có 150 số.
Nhận xét: Bài toán tìm số các số có 5 chữ số thỏa mãn điều kiện chỉ có mặt 3 chữ số khác nhau. Để giải
dạng toán này ta chia các trường hợp cụ thể, sau đó lấy tổng các trường hợp để được đáp án.
-Tìm số cách chọn 3 chữ số phân biệt , ,a b c từ 9 chữ số khác 0. Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó.
- Trường hợp 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số , ,a b c có 3 cách , mỗi hoán vị của 5 chữ
số tạo ra số tụ nhiên n.
- Trường hợp 2 : Một trong 2 chữ số còn lại bằng một trong các chữ số , ,a b c và số còn lại bằng 1 chữ
số khác trong 3 số đó.
a. Một tổ gồm 8 nam và 6 nữ. Cần lấy một nhóm 5 người trong đó có 2 nữ, hỏi có bao nhiêu cách
chọn. Đáp số: 840.
hoctoancapba.com

6
b. Với 6 chữ số 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số có các chữ số phân biệt trong đó mỗi số
đều phải có mặt số 6. Đáp số: 1630.
Câu 5. Vì  ,A B Oyz nên 0A B
x x  .
Do 1
A d nên
3 10 4 5 5 5 5
; 0; ;
3 1 2 3 3 3 3
A A
A A
y z
y z A
   
          
  
.
2
B d nên  
2 0 4
0;4;2
3 12 0 2
B B B
B B
y z y
B
y z
     
  
    
.
 11 14 11 17
1; ; ; 1;2; 1 ; 13; ;
3 3 3 3
MA MB MA MB
                    
.
1 1
; 1931
2 6MAB
S MA MB
  
 
(đvdt).
Nhận xét: Để tính diện tích một tam giác trong không gian 3 chiều Oxyz ta lập tọa độ 2 vector hai
cạnh kề nhau rồi sử dụng công thức tính diện tích. Với bài toán ta tìm các đỉnh , ,M A B với giải
phương trình cơ bản.
- Diện tích tam giác MNP trong hệ trục tọa độ Oxyz cho bởi công thức :
1
.
2MNPS MN MP 
 
.
- Mặt phẳng  Oyz có phương trình 0x  . Thay hoành độ các điểm ,A B vào phương trình
   1 2,d d tính được ,A B.
- Tính vector , ;MA MB MA MB 
 
.
- Sử dụng công thức tính diện tích tam giác
1
;
2MABS MA MB 
 
.
a. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm    1;5;0 , 3;3;6A B và đường thẳng
11
:
2 1 2
yx z
d

 

. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho diện tích tam giác MAB nhỏ nhất.
Đáp số:  1;0;2M .
b. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm  0;1;3A và đường thẳng
1
: 2 2
3
x t
d y t
z
  

 
 
. Hãy tìm các
điểm ,B C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC đều.
Đáp số:
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ;3 , ; ;3
5 5 5 5
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ;3 , ; ;3
5 5 5 5
B C
B C
       
    
       

      
       
   
.
Câu 6. Gọi H AC DM vì    SAC ABCD ,    SDM ABCD , suy ra  SH ABCD .
hoctoancapba.com

7
Từ H kẻ HK ⊥ AB SK AB  , suy ra là góc giữa hai mặt phẳng 0
60SKH  là góc giữa hai mặt
phẳng  SAB và  ABCD .
Do
1 1
/ /
3 4 2
HA AM AO
AM CD AH AC
HC CD
      .
Mà ABD đều, AO là đường cao.
Suy ra 03 3 1 3 3
.sin . .tan60
4 4 2 8 8
a a a a
AH HK AH HAK SH HK        .
Vậy
3 3
.
1 1 3 3 3
. . .
3 3 8 2 16S ABCD ABCD
a a a
V SH S  
Ta có  
.
cos ;
OM HA
AM SA
OM SA
 .
Mà    2 01
. . . . .cos30
2
OM SA OA AM SH HA AO AH AM AH AO AM AH      
2
2
1 3 3 3
. .
2 2 3 4 2 4
a a a a 
   
 
 
.
Vậy  
2
124cos ;
13 21 273
6 8
a
OM SA
a a
  .
Nhận xét: Yếu tố hình học lớp 11 về góc giữa hai mặt phẳng , tính chất hai mặt phẳng vuông góc với
mặt phẳng khác được khai thác triệt để trong bài toán.
-Hai mặt phẳng    ;  cùng vuông góc với mặt phẳng       d       .
- Gọi  H AC DM SH ABCD   .
-Dựng góc tạo bởi    ,SAB ABCD :Kẻ 0
60HK AB SKH   .
- Tính thể tích khối chóp:Tính SH ,áp dụng công thức tính thể tích khối chóp .
1
.
3S ABCD ABCDV SH S .
- Tính cosin giữa hai đường thẳng ,OM SA :Sử dụng phương pháp vector  
.
cos ;
.
OM HA
AM SA
OM SA
 .
Mặt khác     . cos ;OM SA OA AM SH HA OM SA    .
a. Cho hình chóp .S ABC có , 2SA SB SC CA CB a AB a      . Tính thể tích khối chóp
.S ABC và cosin góc giữa hai măt phẳng    ,SAC SBC . Đáp số:
3
.
2
12S ABC
a
V  (đvtt) và
 
1
cosin ,
3
SAC SBC  .
hoctoancapba.com

8
b. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt
phẳng  ,ABC SC a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng  SCB và  ABC trong trường hợp thể
tích khối chóp
3
.
9 3
S ABC
a
V  . Đáp số:   1
, arcsin
3
SCB ABC  .
Câu 7. Gọi  ' 2; 1A   là điểm đối xứng với A qua tâm  1;3I của  S .
Khi đó / / , ’' / /A C BH A B CH 'A BHC là hình bình hành.
Gọi M là giao điểm của BC với  ’ 2;1A H M .
Suy ra đường thẳng qua M vuông góc với  0; 2AH  là đường thẳng BC có
phương trình – 2 0y  .
Giao điểm của đường thẳng 2y  với đường tròn  S là hai điểm ,B C có tọa độ là
nghiệm của hệ phương trình 2 2 2
2
2 2
1 2 6
2 6 15 0 2 23 0
1 2 6
y
y y
x
x y x y x x
x
 
         
          
  
.
Vậy  1 2 6;2B  và  1 2 6;2C  .
Nhận xét: Để giải bài toán ta cần chú ý tới tính chất đường tròn ngoại tiếp tam giác, trực tâm của tam
giác.
-Đường tròn  S ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I là giao của 3 đường trung trực nên IA IB IC  .
-Phương trình tổng quát đường thẳng  d qua  ;M a b nhận   2 2
; 0n      làm một vector
pháp tuyến:     0x a y b     .
-Tính chất song song với các trục ,Ox Oy .
- Gọi 'A là điểm đối xứng của A qua tâm 'I A . Ta có ' / / , ' / / 'A C BH A B CH A BHC là hình bình
hành. --Gọi 'M BC A H M  . Vector AH vuông góc với vector chỉ phương của BC hay BC nhận
AH làm một vector pháp tuyến, suy ra phương trình BC .
-Tọa độ các điểm ,B C là nghiệm của hệ phương trình
 
,
,
B C BC
B C S
 


.
Lưu ý: Từ vector  0;2AH  ta dẫn tới phương trình BC .
hoctoancapba.com

9
a. Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết    1;0 , 0;2A B
và giao điểm của hai đường chéo là I thuộc đường thẳng y x . Tìm tọa độ đỉnh ,C D .
Đáp số:
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
   
   
hoặc    1;0 , 0; 2C D  .
b. Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường phân giác từ A , trung tuyến từ B ,
đường cao kẻ từ C phương trình lần lượt là 3 0; 1 0;2 1 0x y x y x y         . Tìm tọa độ
các đỉnh tam giác. Đáp số:
12 39 32 49 8 6
; , ; , ;
17 17 17 17 17 17
A B C
     
     
     
.
Câu 8. Phương trình thứ nhất tương đương với    
22
4 2 4 2x x y y       .
Xét hàm số   2
4y f t t t    trên R .
Ta có  
2
2 2 2
4
' 1 ,
4 4 4
t tt t t
f t o t
t t t
 
      
  
, suy ra  f t là đồng biến trên ℝ.
Nhận thấy    2 2f x f y x y     là nghiệm duy nhất của phương trình.
Thế 2x y  vào phương trình thứ hai, ta được
     
33 32 3 3 3
3 5 2 2 1 1 2 1 1 2 1x x x x x x x            .
Xét hàm số   3
2y g s s s   trên R .
Ta có   2
' 3 2 0,g s s s     , suy ra  g s là đồng biến trên ℝ.
Nhận thấy    3 33 3
1 1 1 1g x g x x x       là nghiệm duy nhất của phương trình.
3 3 2 1 2
1 1 3 3 0
0 0
x y
x x x x
x y
    
       
  
.
Hệ phương trình có nghiệm:    1;2 , 0;0 .
Nhận xét: Phương pháp dùng hàm đặc trưng tìm ra mối quan hệ giữa ,x y giải hệ phương trình.
-Hàm số  f x đồng biến(nghịch biến ) trên    D f u f v u v    .
- Sử dụng nhân liên hợp phương trình thứ nhất của hệ. Nhận thấy cùng dạng 2
4t t  . Xét hàm số
  2
4;f t t t t R     . Ta có hàm  f t đồng biến trên R nên    2 2f x f y x y     .
- Thay vào phương trình thứ hai suy ra phương trình 32 3
3 5 2 2 1x x x    . Tới đây thêm bớt ra
hàm đặc trưng với hàm   3
2g s s s  đồng biến trên R .
Giải phương trình vô tỉ cơ bản ta được nghiệm của hệ.
a. Giải phương trình  2
2 1 1x x x x x     . Đáp số:
1 33
1;
16
x x

   .
hoctoancapba.com

10
b. Giải hệ phương trình
   
 
2
2 2 2 23
4 1 4 3
1 2 1 6 17
x y x y y x
x y x x y
       

      

. Đáp số:
       ; 0;1 , 1;2 , 3;0x y   .
c. Giải hệ phương trình
  2 2
2
1 1 1
35
121
x x y y
y
y
x
     


 
 
. Đáp số:   5 5 5 5
; ; , ;
3 3 4 4
x y
   
     
   
.
Câu 9. Bất đẳng thức tương đương
11 1
0 0
1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)
y y y x z yx x z z x z
y y z z x x y y z z x x
    
         
     
Giả sử  max , ,x x y z .
 Nếu y z thì
   1 1
x y x y
x x y y
 

 
và
   1 1
y z y z
x x z z
 

 
.
Suy ra
           
0
1 1 1 1 1 1
x y y z y x z yx z x z
x x y y z z y y z z x x
    
     
     
(điều phải chứng minh).
 Nếu y z thì
   1 1
z y z y
z z y y
 

 
và
   1 1
x z x z
x x y y
 

 
.
Suy ra
           
0
1 1 1 1 1 1
z y x y y x z yx z x z
z z x x y y y y z z x x
    
     
     
(điều phải chứng minh).
Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng các phép so sánh của tập số thực R .
- Biến đổi bất đẳng thức đã cho, phân tích ta được
     
0
1 1 1
y x z y x z
y y z z x x
  
  
  
.
Giả sử  ax , ,x m x y z .
+ Nếu
       
,
1 1 1 1
x y x y y z y z
y z
x x y y x x z z
   
   
   
(Sử dụng phép so sánh cơ bản).
+ Nếu y z ta có
             
,
1 1 1 1 1 1 1
z y z y z y x yx z x z x z
z z y y x x y y z z x x y y
     
    
      
. Chuyển vế ta
có
     
0
1 1 1
y x z y x z
y y z z x x
  
  
  
.
a. Cho các số , ,x y zkhông âm. Chứng minh rằng     
3
2 9 7x y z xyz x y z xy yz zx       
(England-1999).
b. Cho , , 0a b c  . Chứng minh rằng
a b c a b c
a b b c c a b c c a a b
    
     
.
hoctoancapba.com

Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 1
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
4
2 5
3
2 2
x
y x   (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C .
b) Giả sử  M C có hoành độ a . Tìm a để tiếp tuyến của  C tại M cắt  C tại 2 điểm phân biệt khác
M .
 2 sin c o s1
ta n c o t 2 c o t 1
x x
x x x


 
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm tích phân
 
4
0
co s 2
1 sin 2 co s
4
x
I d x
x x


 
  
 
 .
a) Cho số phức z thỏa mãn 1 2
1
z i
i
z

 

. Tìm số phức 23
w 2
4
z z    .
b) Cho tập  0; 1; 2; 3; 4; 5; 6A  . Xét các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau thuộc A . Trong các số nói trên
lấy ra 1 số. Tính xác suất để số đó chia hết cho 5.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho hai đường thẳng 1
1 1
:
1 1 1
yx z
d
 
 

và
2
2 1
:
1 1 1
yx z
d
 
 

. Viết phương trình mặt phẳng chứa 1
d và hợp với 2
d một góc 0
30 .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S A BC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A . ai mặt phẳng  S A B và
 S A C c ng vuông góc với mặt phẳng đáy  A BC , cho 2B C a , mặt bên  S B C tạo với đáy  A BC một
góc 0
6 0 . Tính khoảng cách t điểm A đến mặt phẳng  S B C .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy , cho tam giác ABC có đỉnh  1; 5A . Tâm đường tròn
nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác lần lượt là  2; 2I và
5
; 3
2
K
 
 
 
. Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam
giác.
2
2 2
3 2 1
1
4 3 3 2
2
y x y y x
y x y y x x
     


    

,x y  R .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn 0 , , 1x y z  . Chứng minh
       2 2 2
x x y y z z x yz y zx z xy       .
..................HẾT..................
Câu 1.a.
- Tập xác đinh: D R .
hoctoancapba.com

' 2 6y x x  ;
0
' 0
3
x
y
x
 
  
 
.
   ' 0 , 3 ; 0 3 ;y x      , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  3 ; 0 và  3 ;   .
   ' 0 , ; 3 0 ; 3y x      , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 3   và  0 ; 3 .
+ Cực trị: àm số đạt cực đại tại
5
0 ,
2
C D
x y  . àm số đạt cực tiểu tại 3 , 2C T
x y    .
x x
y y
   
    .
x  3 0 3  
'y  0  0  0 
y  
2
5
2
2
 
- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục O x tại điểm        5 ; 0 , 1; 0 , 1; 0 , 5 ; 0 
+ Đồ thị hàm số cắt trục O y tại điểm
5
0 ;
2
 
 
 
.
+ Đồ thị hàm số nhận trục O y làm trục đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua điểm
3 3
2 ; , 2 ;
2 2
   
     
   
.
- Vẽ đồ thị:
Câu 1.b. Vì  M C nên
4
2 5
; 3
2 2
a
M a a
 
  
 
.
Tiếp tuyến tại M có hệ số góc  
3
' 2 6a
y a a  . Tiếp tuyến tại M có dạng   
4
3 2 5
2 6 3
2 2
a
y a a x a a      .
Tiếp tuyến d của  C tại M cắt  C tại 2 điểm phân biệt khác M khi phương trình sau có 3 nghiệm phân
biệt   
4 4
2 3 25 5
3 2 6 3
2 2 2 2
x a
x a a x a a           
2
2 2
2 3 6 0x a x ax a      có 3 nghiệm phân biệt, tức
là phương trình   2 2
2 3 6 0g x x ax a     có 2 nghiệm phân biệt khác a .
 
 
2 2
2
' 3 6 0 3
16 6 0
a a a
ag a a
       
  
     
.
hoctoancapba.com

Kết luận:
3
1
a
a
 

 
.
Nhận xét: Để tìm điểm  M C để tiếp tuyến tại M cắt  C tại hai điểm phân biệt khác nữa ta lập phương
trình tiếp tuyến , cho giao với hàm số biện luận nghiệm.
- Phương trình tiếp tuyến của hàm số  y f x tại điểm  ;A A
A x y y là   ' A A A
y f x x x y   .
- Chọn tham số  
4
2 5
; 3
2 2
a
M a a C
 
   
 
 
. Suy ra tiếp tuyến tại M .
- Lập phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số.
- Do  M C nên phương trình hoành độ giao điểm sẽ có chắc chắn x a .
- Để tiếp tuyến cắt hàm số tại 2 điểm phân biệt khác nữa 2 2
2 3 6 0x ax a     có hai nghiệm thực phân
biệt
 
' 0
0
a
x a
g a
  
  

.
a. Cho hàm số 4 2
2 1y x x   . Viết phương trình tiếp của hàm số biết tiếp tuyến tiếp xúc với hàm số tại
2 điểm phân biệt. Đáp số: 2y   .
b. Cho hàm số    
3 22 5
1 3 2
3 3
y x m x m x       . Tìm m để hàm số có hai điểm phân biệt
   1 1 1 2 2 2
; , ;M x y M x y thỏa 1 2
. 0x x  và tiếp tuyến tại mỗi điểm đó vuông góc đường thẳng
3 1 0x y   . Đáp số:
1
3; 1
3
m m      .
Câu 2. Điều kiện
sin co s 0
co t 1
x x
x
 


.
Phương trình đã cho tương đương với phương trình
 2 sin c o s1
sin c o s 2 c o s sin
c o s sin 2 sin
x x
x x x x
x x x




 sin 0 l
co s sin 2 co s sin 2
2 sin 2 sin sin 2 2 sin 0
2sin sin 2 co s co s 2 co s co s
2
x
x x x x
x x x x
x x x x x x
 

         

  

.
Với
 
3
2 l
2 4
co s
32
2
4
x k
x
x k
 
   
   

  

.
Phương trình có nghiệm:
3
2 ;
4
x k k

    Z .
Nhận xét: Giải phương trình lượng giác bằng cách thay các công thức tổng của một cosin , công thức góc
nhân đôi. Lưu ý kiểm tra điều kiện để loại nghiệm (nếu cần).
-Viết lại
sin co s 2 co s sin
tan co t 2 ; co t 1
co s sin 2 sin
x x x x
x x x
x x x

     .
-Áp dụng công thức  cos .cos sin .sin cos , sin 2 2 sin cosa b a b a b x x x    .
-Giải phương trình dạng :  
2
sin sin
2
x k
x k Z
x k
    
   
     
;cos cos 2x x k        .
hoctoancapba.com

- Kiểm tra điều kiện ta được nghiệm của phương trình.
a. Giải phương trinh
sin 3 c o s 3
5 sin c o s 2 3
1 2 sin 2
x x
x x
x
 
   
 
. Đáp số: 2
3
x k

    .
co s 2 3 co t 2 sin 4
2
co t 2 co s 2
x x x
x x
 


. Đáp số:
7
;
12 12
x k x k
 
       .
Câu 3.
  
  
π
4
2 2
0
sin co s co s sin
2
sin x co s 2 sin co s sin co s
x x x x
I d x
x x x x x
 

  

 
 
 
ππ π
44 4
2 2
0 0
0
sin c o sc o s sin 2
2 2 2 1
sin c o ssin c o s sin c o s
d x xx x
d x
x xx x x x

     
 
  .
Nhận xét: Bài toán tính tích phân lượng giác vận dụng các công thức lượng giác cơ bản với phép đổi biến
số.
-Xét biểu thức dưới dấu tích phân, sử dụng các công thức
  
 
 
2
co s 2 co s sin co s sin
1 sin 2 sin co s
1
co s co s sin
4 2
x x x x x
x x x
x x x

   


  

     
  
.
-Sử dụng đổi biến số sin cos ' cos sinu x x u x x     nên I có dạng 2
' 1u d u
C
uu
  
 .
 ln 5
ln 2
3
1
x x
x
e e
I d x
e



 . Đáp số: 1 ln 16I   .
2
4
. ln
e
e
d x
I
x x

 . Đáp số:
7
2 4
I  .
Câu 4.a. Gọi số phức z có dạng  ,z x yi x y   R .
Khi đó
 
 
1
1 2 1 2
1 1
x y iz i
i i
z x y i
 
    
  
       1 1 2 1 2 1 2 2 2 3 0x y i x x i yi y y x y i              
2
2 2 3 0
1
1 2 0
2
x
x y
y y
 
    
  
   

.
Vậy 21 1 15
2 4 2 2
2 4 6
z i z i i        .
Do đó 23 3 1
w 2 4 4 2 1
4 4 4
z z i i i              .
Nhận xét: Tìm số phức w thông qua số phức z thỏa mãn điều kiện cho trước ta tìm z rồi suy ra w .
Nhắc lại kến thức và phương pháp:
-Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo của chúng tương ứng bằng nhau:
a c
a bi c di
b d
 
    

.
hoctoancapba.com

- Đặt  ,z x yi x y R   . Thay vào đẳng thức 1 2
1
z i
i
z

 

. Tìm được số phức z .
-T 23
w 2
4
z z    thay wz  .
a. Tìm số phức z thỏa mãn 2
2 0z z  .
Đáp số: 0 , 2 , 1 3z z z i     .
b. Tìm phần ảo của số phức z biết    
2
2 1 2z i i   (Đề thi tuyển sinh đại học khối A-2010).
Đáp số: 5 2z i  .
Câu 4.b. Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là ab cd e .
Chọn a có 6 cách.
Chọn 4 số còn lại có 4
6
A cách, suy ra có 4
6
6 .A số.
Trong các số trên, số chia hết cho 5 là:
 Trường hợp 1: 0e  : chọn 4 số còn lại có 4
6
A cách.
 Trường hợp 2: 5e  : chọn a có 5 cách chọn 3 số còn lại có 3
5
A cách, suy ra có 4 3
6 5
5 .A A .
Vậy xác suất cần tìm
4 3
6 5
4
6
5 .
0 , 3 0 6
6
A A
P
A

  .
Nhận xét: Bài toán tính xác suất với số chia hết cho 5. Ta chú ý dấu hiệu số chia hết cho 5 và áp dụng công
thức tính xác suất.
- Gọi số tự nhiên có 5 chữ số là ab cd e . Số chia hết cho 5 khi và chỉ khi tận c ng của nó là 0 hoặc 5.
- Xét chữ số cuối c ng 0e  .
- Xét chữ số cuối c ng 5e  .
-Áp dụng công thức tính xác suất ta có  
 A
P A



với  A là số trường hợp thuận lợi cho biến cố A ,
 là tất cả các trường hợp xảy ra.
a. Cho các số 0,1,2,3,4,5,6. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau sao cho số đó chia hết cho
15. Đáp số: 222 số.
b. Cho các số 0,1,2,3,4,5,6. Gọi A là tập hợp các số gồm 2 chữ số khác nhau lập được t các số đó. Lấy
ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử của A , tính xác suất để hai số lấy được đều là số chẵn.
Đáp số:
1
3
.
Câu 5. Giả sử mặt phẳng  P có dạng:  2 2 2
0 0A x B y C z D A B C       .
Suy ra mặt phẳng  P có một vecto pháp tuyến là    ; ;P
n A B C .
Trên đường thẳng 1
d lấy 2 điểm    1; 0; 1 , 1; 1; 0M N  .
Do  P qua ,M N nên
0 2
0
A C D C A B
A B D D A B
     
 
      
.
Nên    : 2 0P A x By A B z A B      .
Theo giả thiết, ta có
 
   
0
2 2
2 2 2 2
1. 1. 1. 21
sin 30
2
1 1 1 . 2
A B A B
A B A B
  
 
     
 2 2 2 2
2 3 2 3 5 4 2 2 1 3 6 1 0 0A B A A B B A A B B         .
hoctoancapba.com

Chọn 1B  , suy ra
1 8 1 1 4
2 1
A

 .
Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
1 8 1 1 4 1 5 1 1 4 3 1 1 4
0
2 1 2 1 2 1
x y z
 
    .
Nhận xét: Để viết được phương trình mặt phẳng   chứa đường thẳng  1
d và tạo  2
d một góc  , ta tìm
một vector pháp tuyến của   thông qua tham số hóa kết hợp công thức tính góc đường thẳng , mặt phẳng.
-Một mặt phẳng có vô số vector pháp tuyến.
-Mặt phẳng   bất kì có dạng tổng quát: 0A x B y C z D    với 2 2 2
0A B C   .
-Công thức tính góc giữa đường thẳng  d và mặt phẳng  P :
.
sin
.
d P
d P
u n
u n
  với d
u là vector chỉ phương
của  d , P
n là vector pháp tuyến của  P .
- Giả sử mặt phẳng  P cần tìm có phương trình : 0A x B y C z D    . Suy ra  ; ; CP
n A B là một vector
pháp tuyến của  P . Thay tọa độ ,M N vào phương trình mặt phẳng tìm được mối quan hệ giữa , ,A B C .
- Do đường thẳng    2
,d P hợp với nhau một góc bằng 2
2
0 0
.
3 0 sin 3 0
.
d P
d P
u n
u n
  .
- Chọn ,B A C ta viết được hai mặt phẳng cần tìm.
a. Trong hệ trục tọa độ O x y z , cho hai mặt phẳng    : 2 3 0; : 2 3 4 0P x z Q x y z       . Viết phương
trình mặt phẳng  R vuông góc với hai mặt phẳng    ,P Q và hợp với các mặt phẳng tọa độ một tứ
diện có diện tích bằng
4
1 5
.
Đáp số:   : 2 5 4 4 0R x y z    .
b. Trong hệ trục tọa độ O x y z , viết phương trình mặt phẳng  P đi qua hai điểm    2;1; 3 ; 1; 2;1A B  và
song song với đường thẳng
3
1
2 2
y z
x

  

.
Đáp số:   : 10 4 19 0P x y z    .
Câu 6. Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Ta có ABC vuông cân tại A nên
 câ n
B C A M
B C S M d o S A B S A C S B C
 

     
.
Ta có
   
   
   
 
S A B S A C S A
S A B A B C S A A B C
S A C A B C
 

  


.
Và
   
 
 
    0
, 60
S B C A B C B C
B C A M A B C S B C A B C S M A
B C S M S B C
 

    

 
.
Ta có 0 0 2 6
. ta n 6 0 . ta n 6 0 . 3
2 2 2
B C a a
S A A M    .
S
A
CB
M
hoctoancapba.com

Và
2 2 2 3
.
1 1 1 1 6 6
. . . . . . .
2 2 2 2 3 3 2 2 1 2
A B C S A B C A B C
B C a a a a
S A M B C V S S A 
       (đvtt).
Mặt khác       .
. .
31
. . ; ;
3
S A B C
S A B C A S B C S B C
S B C
V
V V S d A S B C d A S B C
S


    .
Mà   
2
2 2 2 21 1 1 6
. . . . ;
2 2 2 2 4
S B C
B C a
S S M B C S A A M B C S A B C a d A S B C
 
        
 
.
Nhận xét: Để tính khoảng cách t một điểm tới một mặt phẳng ta tìm hình chiếu điểm đó trên mặt phẳng.
Tuy nhiên trong bài toán hình không gian tổng hợp ta có thể tính khoảng cách thông qua thể tích.
- Do hai mặt phẳng    ,SA C SBC c ng vuông góc với  A BC       SA C SA B SA A BC   .
-Dựng góc: Gọi M là trung điểm BC   ,S B C A B C S M A .
- Tính khoảng cách:
Thể tích .
1
. .
3
S A B C A B C
V S A S , lại có     .
. .
31
. .d ; ;
3
S A B C
S A B C A S B C S B C
S B C
V
V V S A S B C d A S B C
S
    .
a. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang 0
9 0 , , 2A B C B A D B A B C a A D a     . Cạnh
bên 2S A a và vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng  SA D bằng 0
30 . Gọi G là trọng
tâm tam giác SA B . Tính khoảng cách t G đến mặt phẳng  S C D . Đáp số:  ,
2
a
d G S C D  .
b. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang , 0
9 0 , , 2A B C B A D A B B C a A D a     . Cạnh bên
S A vuông góc với đáy, 2S A a . Gọi H là hình chiếu của A trên S B . Chứng minh rằng tam giác
SC D vuông và tính khoảng cách t H tới mặt phẳng  S C D . Đáp số:  ,
3
a
d H S C D  .
Câu 7. Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm
5
; 3
2
K
 
 
 
, bán kính
5
2
R A K  là:
 
2
25 25
3
2 4
x y
 
    
 
.
Phân giác AI có phương trình
51
3 8 0
2 1 2 5
yx
x y

    
 
.
Gọi tọa độ của D là nghiệm của hệ
 
2
2
3 8 0
5 2 5
3
2 4
x y
x y
   

  
     
 
.
Giải ra ta được hai nghiệm
1
5
x
y
 


(tr ng điểm A ) và
5
5 12
;
1 2 2
2
x
D
y

  
  
  

.
Lại có
2 2
C A
IC D IC B B C D IC A IA C C ID IC D         cân tại D D C D I  mà ,D C D B B C  là
nghiệm của hệ
 
2 2
2
2
2
5 1 5
12 2 2
1
45 2 5
3
2 4
x y D I
x
y
x
x y
   
        
    
   
 
    
 
.
hoctoancapba.com

Tuyệt đỉnh luyện đề thi thpt môn toán

Tuyệt đỉnh luyện đề thi thpt môn toán

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Tuyệt đỉnh luyện đề thi thpt môn toán

Similar to Tuyệt đỉnh luyện đề thi thpt môn toán (20)

More from Thùy Linh

More from Thùy Linh (20)

Tuyệt đỉnh luyện đề thi thpt môn toán