Đề thi toán học THPT quốc gia 2015 bao gồm nhiều câu hỏi với thời gian làm bài 180 phút. Các câu hỏi liên quan đến khảo sát hàm số, giải phương trình, tính tích phân, và các bài toán về hình học không gian, lượng giác và đại số. Mỗi câu hỏi đều yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức toán học để tìm ra các yêu cầu cụ thể.

1. 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

2. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 2
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. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 3
       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

4. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 4
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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       
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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 .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Tính tích phân
 
2
3
0
sin
sin cos
x
I dx
x x



 . Đáp số:
1
2
I  .
hoctoancapba.com

5. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 5
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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.
Bài tập tương tự:
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

6. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 6
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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 .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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  .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 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

7. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 7
- 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.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Công thức tính thể tích khối chóp
1
.h
3
V B .
hoctoancapba.com

8. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 8
-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
Bài tập tương tự:
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

9. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 9
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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  .
Bài tập tương tự:
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

10. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 10
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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


 
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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

11. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 11
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 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 .
Bài tập tương tự:
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

12. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 1
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
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.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
  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

 
 .
Câu 4 (1,0 điểm).
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..................
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 2
hoctoancapba.com

13. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a.
- Tập xác định:  / 1D R  .
- Sự biến thiên:
+ 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   .
+ Bảng biến thiên
x  1 
'y  
y
2


2
- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm
1
;0
2
 
 
 
.
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0;1 .
+ 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

14. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 3
 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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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  .
Áp dụng cho bài toán:
- 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 ).
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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

15. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 4
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình
sin2 cos2
cot tan
cos sin
x x
x x
x x
    . Đáp số: 2
3
x k

    .
b. Giải phương trình
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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

16. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 5
-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 .
Bài tập tương tự:
a. Tính tích phân
 
 
1
0
2 ln
1 ln
x x x
I dx
x x
 

 . Đáp số: 3 2ln2I e   .
b. Tính tích phân
 
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 .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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

17. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 6
Nhận xét: Bài toán tính xác suất ta chỉ cần sử dụng công thức tính xác suất cho biến cố A bất kì.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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.
Áp dụng cho bài toán:
- 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.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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   .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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    ,  .
Áp dụng cho bài toán:
- 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

18. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 7
- Tìm được mối quan hệ giữa , ,A B C tương ứng viết được mặt phẳng   .
Bài tập tương tự:
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 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

19. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 8
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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 .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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   .
Áp dụng cho bài toán:
- 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

20. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 9
- 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.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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

21. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 10
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 .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 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.
Bài tập tương tự:
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

22. 1
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
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   .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
 
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
 

 .
Câu 4 (1,0 điểm).
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.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
  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..................
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 3
hoctoancapba.com

23. 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a. Với 2m  , hàm số trở thành 3 2
3 6y x x   .
- Tập xác định: D R .
- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: 2
' 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  .
+ Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    .
+ Bảng biến thiên
x  0 2 
'y  0  0 
y

6
2

- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0;6 .
+ 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

24. 3
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 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     .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình:  2
4cos 1 sin 2 3 cos cos2 1 2sinx x x x x    .
hoctoancapba.com

25. 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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 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


  .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Tính tích phân
4 3
2
1
x x x x
I dx
x
 
  . Đáp số:
19
ln4
2
I   .
hoctoancapba.com

26. 5
b. Tính tích phân
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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 .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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

27. 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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 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 
 
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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

28. 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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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    .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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

29. 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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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 .
Áp dụng cho bài toán:
- 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 .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
hoctoancapba.com

30. 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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình  2
2 1 1x x x x x     . Đáp số:
1 33
1;
16
x x

   .
hoctoancapba.com

31. 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 .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 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
  
  
  
.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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

32. 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 .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
 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


 
  
 
 .
Câu 4 (1,0 điểm).
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.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
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..................
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a.
- Tập xác đinh: D R .
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 4
hoctoancapba.com

33. Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 2
- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: 3
' 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    .
+ Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
   
    .
+ Bảng biến thiên
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

34. Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 3
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 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
  
  

.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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).
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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

35. Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 4
- Kiểm tra điều kiện ta được nghiệm của phương trình.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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

    .
b. Giải phương trình
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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
  
 .
Bài tập tương tự:
a. Tính tích phân
 ln 5
ln 2
3
1
x x
x
e e
I d x
e



 . Đáp số: 1 ln 16I   .
b. Tính tích phân
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

36. Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 5
- 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  .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 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.
Bài tập tương tự:
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

37. Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 6
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-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 .
Áp dụng cho bài toán:
- 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.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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

38. Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 7
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.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- 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
    .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
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

39. Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 8
Vậy ,B C có tọa độ là    1;1 , 4;1 .
Nhận xét: Ta tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC bằng cách viết phương trình đường tròn ngoại tiếp  C
tam giác, lấy giao của họ những đường thẳng chứa các điểm , ,A B C với  C .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao của 3 đường trung trực 3 cạnh, tâm đường tròn ngoại tiếp là
giao của 3 đường phân giác 3 góc trong.
-Công thức tính độ dài hai điểm        
2 2
; , ;M a b N c d M N a c b d     .
Áp dụng cho bài toán:
- T điểm ,A K ta lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là  C .
-Viết phương trình đường phân giác góc A là AI . Suy ra D là nghiệm của hệ
 
D A I
D C
 


.
-Sử dụng tính chất góc
2 2
C A
IC D IB C B C D IC A IA C C ID IC D        cân tại D D C D I  . Lại có
D C D B nên ,B C là nghiệm của hệ
 
, :
,
B C C D C D C B
B C C
  


.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Trong hệ trục tọa độ O xy , cho tam giác ABC vuông tại A . Đường thẳng : 3 3 0BC x y   . Biết
hai điểm ,A B nằm trên trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 2. Tính tọa độ các
đỉnh tam giác ABC .
Đáp số:
   
   
 
2 3 3 ; 0 , 2 3 3 ; 6 2 3
, 1; 0
2 3 1; 0 , 2 3 1; 6 2 3
A C
B
A C
   


     

.
b. Trong hệ trục tọa độ O xy , cho tam giác đều ABC . Đường tròn nội tiếp tam giác có phương trình
   
2 2
4 2 5x y    , đường thẳng BC đi qua điểm
3
; 2
2
M
 
 
 
. Tìm tọa độ điểm A .
Đáp số:    8; 0 , 8; 4A A .
Câu 8. ệ phương trình tương đương với
2
2 2
3 2 1
2 8 6 6 4 1
y x y y x
y x y y x x
     

    
.
Cộng vế theo vế của hai phương trình trên hệ, ta được
    2 2
1
3 1 2 2 0 1 2 0
2
y x
y x y x x x y x y
y x
  
           

.
 Với 1y x  , thế vào phương trình thứ nhất, ta được 3 0  (vô lý).
 Với 2y x , thế vào phương trình thứ nhất, ta được 2
2 2
2 2
2
2 4 1 0
2 2
2 2
2
x y
x x
x y
 
   
   
 
   

.
ệ phương trình có nghiệm:
2 2 2 2
; 2 2 , ; 2 2
2
( ; )
2
x y
    
     
   
   
.
Nhận xét: Ta tìm mối quan hệ giữa các ẩn thay vào một trong hai phương trình của hệ để giải nghiệm. Coi
một trong hai ,x y là ẩn , số còn lại làm tham số.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
hoctoancapba.com

40. Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 9
Phương pháp phân tích đa thức tìm mối quan hệ giữa ,x y .
- ệ đã cho được viết lại
2
2 2
3 2 1
2 8 6 6 4 1
y x y y x
y x y y x x
     

    
.
- Cộng hai vế 2 phương trình của hệ coi y làm ẩn ta được :
1
2
y x
y x
  


.
- Lần lượt thay vào một trong hai phương trình của hệ ta giải được nghiệm.
Bào toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình  3 2 3 3
3 2 1 2 1x x x x      . Đáp số:
3
2
x   .
b. Giải hệ phương trình
 3 3 2
3 2
6 3 5 1 4
3 4 5
x y y x y
x y x y
     

     
. Đáp số:      ; 1; 3 , 2; 0x y    .
c. Giải hệ phương trình
3 3
2 2
8 6 3
2 2 9
x y
y x y x
  

   
. Đáp số:    
1
; 2 ; 1 , ; 4
2
x y
 
  
 
.
Câu 9. Do các số  , , 0; 1x y z  nên    2 2 2
0; 0; 0 0x x y y z z x yz y zx z xy           (*).
Khi đó xảy ra các trường hợp:
 Hai trong ba số ; ;x yz y zx z xy   là số dương, số còn lại âm khi đó bất đẳng thức (*) mang dấu
âm, nên bất đẳng thức luôn đúng.
 Một trong ba số là số dương, hai số còn lại âm; giả sử 0 ; 0x yz y zx    . Khi đó
    0 1 0 1x y x y z x y z z          (vô lý).
 Ba số ; ;x yz y zx z xy   là số âm, khi đó bất đẳng thức (*) âm, không thỏa mãn nên loại.
Vậy ba số ; ;x yz y zx z xy   đều là số dương.
Ta chứng minh     1xy z x yz y zx    (1).
Thật vậy,      
2
2 2 2 2
(1) 1 2 0xy z z xy x y z xyz x y z          đúng, đẳng thức xảy ra khi x y .
Tương tự ta cũng có,     1yz x y zx z xy    (2);
và     1xz y x yz z xy    (3).
Nhân t ng vế của (1), (2), (3) ta được        2 2 2
x x y y z z x yz y zx z xy       , đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi x y z  (điều phải chứng minh).
Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức dựa trên cơ sở xét các trường hợp xảy ra với các biến số. Dự
đoán điểm rơi xảy ra với các biến đối xứng x y z  .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Thứ tự thực hiện chứng minh bất đẳng thức.
-Do các số      2 2 2 2 2 2
, , 0 ; 1 , , 0 0x y z x x y y z z x x y y z z           .
-Ta xét các trường hợp nhỏ theo các biến: ; ;x yz y zx z xy  
+Nếu vế phải có một sô âm thì bất đẳng thức được chứng minh.
+Nếu hai trong 3 số dương 1z  ( Vô lí).
hoctoancapba.com

41. Tuyệt Đỉnh Luyện Thi Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Trang 10
-Chứng minh     1xy z x yz y zx    bằng phép biến đổi tương đương. oàn toàn tương tự nhân các
vế 3 bất đẳng thức             1 ; 1 ;xy z x yz y zx yz x y zx z xy xz x yz z xy          .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho các số thực  , , 0; 1 : 1x y z xy yz zx    . Chứng minh rằng : 2 2 2
3 3
21 1 1
yx z
x y z
  
  
.
b. Cho , ,a b c là 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
     
ab b c ca a b c
c a a b b cc c a a a b b b c
    
    
.
hoctoancapba.com

42. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 1
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
1
x
y
x



(C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b) Giả sử d là một tiếp tuyến của đồ thị hàm số  C , tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ giao điểm I
của hai tiệm cận đến đường thẳng d .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình   
2
2
4 sin co s 1 co s 6 co s sin
2
x x x
x
x    .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2 2
4
sin co s
4 sin
x x x
I d x
x x





 .
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình    2
3 4
lo g 2 lo g 4 3x x x    .
b) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện
  21 3
1
iz i z
z
i
 


.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ O x y z , cho mặt phẳng   : 2 2 2 0P x y z    và đường
thẳng
1 2
:
1 2 1
yx z
d
 
 

. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d , cách mặt phẳng  P
một đoạn thẳng độ dài bằng 2 và cắt mặt phẳng  P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng . ’ ’ ’ ’ABCD A B C D có các cạnh
3
, '
2
a
A B A D a A A   và góc
0
6 0B A D  . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh ’ ’A D và ’ ’A B . Chứng minh rằng ’A C vuông góc
với mặt phẳng  BD M N và tính thể tích hình chóp .A BD M N .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy , cho tam giác vuông ABC vuông tại A , đường
thẳng AB và đường thẳng chứa trung tuyến A M của tam giác lần lượt có phương trình 4 3 1 0x y   và
7 8 0x y   . Điểm  10; 3E thuộc đường thẳng BC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2
2 3
2
2 2
1 2 1 1
y
y x x
x
y x
 
   


   
,x y  R .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ,x y là các số thực bất kỳ. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 2
2 1 2 1 2P x y x x y x y          .
..................HẾT..................
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a.
- Tập xác định:  / 1D R  .
- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
 
2
1
'
1
y
x
 

.
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 5
hoctoancapba.com

43. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 2
   ' 0 , ; 1 1;y x         , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1   và  1;  .
+ Cực trị: Hàm số không có cực trị.
+ Giới hạn:
lim 1; lim 1
x x
y y
   
  đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là 1y  .
1 1
lim ; lim
x x
y y
 
   
    đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là 1x   .
+ Bảng biến thiên
x  1  
'y  
y 1  
  1
- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục O x tại điểm  2 ; 0 .
+ Đồ thị hàm số cắt trục O y tại điểm  0 ; 2 .
+ Đồ thị hàm số giao điểm  1; 1I  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm
1 3 1 3
3 ; , ; 1 , ; 3 , 1;
2 2 2 2
       
          
       
.
- Vẽ đồ thị:
Câu 1.b. Ta có
 
2
1
'
1
y
x
 

.  C có giao 2 tiệm cận là:  1; 1I  .
Giả sử 0
0
0
2
;
1
x
M x
x
 
 
 
thuộc  C ( 10
x ), tiếp tuyến của  C tạic M có phương trình:
 
      
2
0
0 0 0 02
0
0
21
: 1 1 2 0
11
x
d y x x x x y x x
xx

          

.
Khoảng cách từ I đến d :
 
    
   
 
 
2
0
0 0 0 0
00
4 4
2 2
0 0
02
0
2
1 1 2
2 11 2
I;
11 1 1 1 1
1
x
x x x x
xx
d d
x x x
x

    

  
     

.
Mà
 
   
2
0 02
0
1 2
1 2 ; 1 I; 2
21
x x d d
x
        

.
hoctoancapba.com

44. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 3
Dấu = xảy ra khi
 
   
2 4
0
0 02
0
0
01
1 1 1
21
x
x x
xx
 
      
  
.
Vậy khoảng cách lớn nhất từ I tới tiếp tuyến d là:  ; 2
m ax
d M d  .
Nhận xét: Hướng giải: Tìm giao điểm của hai tiêm cận là I , lập phương trình tiếp tuyến tai điểm  M C
và tính khoảng cách từ I tới tiếp tuyến.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Phương trình tiếp tuyến của hàm số  y f x tại điểm       ; : 'Q Q Q Q Q
Q x y y f x y f x x x y     .
- Tham số hóa điểm  0
0
0
2
;
1
x
M x C
x
 
   
với 0
1x  viết được phương trình tiếp tuyến viết tại M .
- Tính khoảng cách từ điểm  1; 1I  tới tiếp tuyến.
-Sử dụng bất đẳng thức A M G M , ta có  , 0 : 2 ; 2a b a b ab d I d     .
Bài toan kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho hàm số
2
2
x
y
x


. Giả sử d là một tiếp tuyến của đồ thị. Tìm khoảng cách lớn nhất từ tâm đỗi
xứng tới  d . Đáp số: 2M ax  .
b. Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



. Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số khi khoảng cách từ tâm đối xứng tới
tiếp tuyên là lớn nhất. Đáp số: 5; 1y x y x     
Câu 2. Phương trình tương đương với   2
4 sin co s 1 2 co s co s 3 co s sin 3 0x x x x xx      
  
2 2 3
3 2 2 2
3 sin 8 sin co s 4 sin co s co s 8 co s 4 co s 3 0
3 sin 2 sin co s 4 co s 6 co s 2 co s 3 co s 4 sin co s 6 sin co s 2 co s 3 0
2 co sx 3 sin co s co s 2 sin 2 0
x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x
x x x x
       
          
     
 2 co s 3 0 v n
π k 2
sin co s co s 2 sin 2 0 sin sin 2 6 3
4 4
2
x
x
x x x x x x
x k
  

                               
  .
Phương trình có nghiệm:
π k 2π
; 2 ;
6 3
x x k k        Z .
Nhận xét: Phương pháp sử dụng phân tích nhân tử vận dụng các công thức lượng giác cơ bản.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Sử dụng công thức hạ bậc 2 2
1 co s 2 2 co s ; 1 co s 2 2 sina a a a    .
-Khai triển phương trình và nhóm nhân tử chung
2 co s 3 0
sin co s co s 2 sin 2 0
x
x x x x
  
 
   
.
- Công thức lượng giác cơ bản sin c o s 2 sin
4
a a a
 
   
 
 sin cos 2 sin 2 0x x cos x x    trở thành
sin s in 2
4 4
x x
    
      
   
.
-  
2
sin sin
2
x k
x k Z
x k
    
   
     
.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình 3
3 sin 3 3 c o s 9 1 4 sin 3x x x   . Đáp số:
2 7 2
;
18 9 54 9
x k x k
   
    .
hoctoancapba.com

45. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 4
b. Giải phương trình  4 sin 3 co s ta n 3 co tx x x x   . Đáp số:
4 2
;
3 9 3
x k x k
  
      .
Câu 3.
2 2
4 4
1 2 co s 1 1 2 co s 1
4 2 sin 4 2 sin
x x
I d x d x
x x x x
 
 
 
 
 
 
   2 2
4 4
2 sin 2 sin1 1
4 2 sin 4 2 sin
d x x d x x
x x x x
 
 
 
 
 
 
  
  
2
4
4 2 4
1 2 sin 1
ln ln
4 2 sin 4 4 4 2
x x
x x


   

 
    
.
Nhận xét: Bản chất của bài toán là tách tử của biểu thức dưới dấu tích phân theo đạo hàm của mẫu.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Xét tử của biểu thức tích phân:      
1 1
sin co s 2 co s 1 2 sin 2 co s 1 2 sin
4 4
x x x x x x x x x       .
Sử dụng hằng đẳng thức   
2 2
a b a b a b    ta có mẫu của biểu thức dưới dấu tích phân viết lại dạng
  
2 2
4 sin 2 sin 2 sinx x x x x x    .
-Nhận thấy        2 sin ' 2 cos 1 ; 2 sin ' 2 cos 1x x x x x x      nên các tích phân có dạng
'
ln
u
du u C
u
 
 .
Bài tập tương tự:
a. Tính tích phân
 
2
1
2 ln ln
ln
e
x x
I d x
x x x



 . Đáp số:  ln 1 1I e   .
b. Tính tích phân
1
ln 1 ln
1 ln
e
x x
I dx
x x
 


 . Đáp số:
7 2 2
3
I

 .
Câu 4.a. Điều kiện 3x  .
Phương trình tương đương    2 2
3 2
lo g 4 4 lo g 4 3x x x x    
Đặt 2
4 3 0t x x    ; ta được 3 2
lo g 1 lo gt t z   nên
1 3
2
z
z
t
t
  


, do đó
2 1
2 1 3 1
3 3
z z
z z    
       
   
(1).
Vì
2 1
3 3
z z
   
   
   
nghịch biến trên ℝ nên (1) có nghiệm duy nhất 1z  .
 
2
2
2 3
1 lo g 1 4 3 2
2 3 l
x
z t x x
x
  
       
  

.
Phương trình có nghiệm: 2 3x   .
Nhận xét: Bài toán giải phương trình lo g a rit với phép đặt ẩn phụ và phương pháp hàm số.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Sử dụng công thức
1
log log ; log logn
n
a a aa
b b n b b
n
  chuyển đổi phương trình.
-Đặt ẩn phụ 2
3 2
4 3 lo g 1 lo gt x x t t      .
-Sử dụng ẩn phụ với 3 2
lo g 1 lo gt t z   .
-Hàm số  
2 1
3 3
z z
f z
   
    
   
nghịch biến trên R nên có nghiệm duy nhất.
- Kiểm tra điều kiện ta được nghiệm của phương trình.
Bài tập tương tự:
hoctoancapba.com

46. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 5
a. Giải phương trình  5
lo g 3
2
x
x

 . Đáp số: 2x  .
b. Giải phương trinh  3
2 7
lo g 1 lo gx x  . Đáp số: 343x  .
Câu 4.b. Gọi  ,z a bi a b   .
Ta có
   2
2 2
1 3 4 2
1 1
iz i z a b b a i
z a b
i i
     
   
 
   
   2 2 2 2
4 2 1
3 3 5 2
2
a b b a i i
a b a b b a i a b
    
 
         
 2 2 2
4 5
3 3 2 02 6 9 0 2 6
0 955 0
2 6
a
a b a b ab b
ba bb a
b

          
      
     

.
Vậy có 2 số phức cần tìm: 0z  và
45 9
26 26
z i   .
Nhận xét: Bài toán tìm số phức z thỏa mãn điều kiện cho trước, ta đặt số phức z cần tìm thay vào điều kiện
đã cho.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Đặt  ,z a bi a b R   .
-Thay vào biểu thức
  21 3
1
iz i z
z
i
 


.
- Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo của chúng tương tứng bằng nhau.
Bài tập tương tự:
a. Tìm số phức z thỏa mãn    
3
2 2z z i i    . Đáp số:
15
10
4
z i  .
b. Tìm số phức z thỏa mãn 3
18 26z i  . Đáp số: 3z i  .
Câu 5. Đường thẳng  có phương trình tham số là : 1 2
2
x t
y t
z t
  

   
  
.
Gọi  ; 1 2 ; 2I t t t      là tâm mặt cầu.
Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng  P một khoảng bằng 3 nên, ta có
 
2
2 1 2 4 2 2 6 5 3
; 3
73 3
3
t
t t t t
d I
t

      
     

 

.
Suy ra có hai tâm mặt cầu là
2 1 8 7 1 7 1
; ; , ; ;
3 3 3 3 3 7
I I
   
     
   
.
Mặt phẳng  P cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cấu có bán kính bằng 5.
Phương trình mặt cầu là:
2 2 2 2 2 2
2 1 8 7 17 1
25; 25
3 3 3 3 3 3
x y z x y z
           
                      
           
.
Nhận xét: Để viết phương trình mặt cầu ta tìm tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu sử dụng phương pháp tọa
độ hóa điểm và công thức tính khoảng cách từ một điểm tới mặt phẳng.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Mặt phẳng  P cắt mặt cầu  S tâm I theo một đường tròn  C có mối liên hệ bán kính với khoảng cách
tâm I tới  P :    
2 2 2
; S C
d I P R R  .
hoctoancapba.com

47. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 6
-Khoảng cách từ một điểm Q tới mặt phẳng   : 0P ax by cz d    là   2 2 2
;
Q Q Q
ax b y cz d
d Q R
a b c
  

 
.
Áp dụng cho bài toán:
- Tham số hóa tọa độ điểm I   . Do I cách mặt phẳng  P một khoảng bằng 3  ; 3d I P I  .
- Sử dụng công thức tính        
2 2
;S C S
R R d I P R   .
Với tâm và bán kính ta viết được 2 phương trình mặt cầu thỏa mãn.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Trong hệ trục tọa độ O x y z , cho đường thẳng  
11 1
:
2 1 2
yx z
d
 
  . Viết phương trình mặt cầu  S
có tâm  1; 0; 3I cắt d tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho tam giác IAB vuông tại I .
Đáp số:    
2 22 40
1 3
9
x y z     .
b. Trong hệ trục tọa độ O x y z , cho các điểm      0; 0; 2 , 0; 1; 0 , 2; 0; 0A B C  . Gọi H là trực tâm tam giác
ABC . Viết phương trình mặt cầu tâm H và tiếp xúc với trục O y .
Đáp số:
2 2 2
1 2 1 2
3 3 3 9
x y z
     
          
     
.
Câu 6. Gọi I là tâm của đáy A BCD , S là điểm đối xứng của A qua 'A . Khi đó , ,S M D thẳng hàng;
, ,S N B thẳng hàng và ,M N lần lượt là trung điểm của S D và S B . Từ giả thuyết ta suy ra ABD đều,
3
3
2
a
A O A C a   và 'CC AO . Ta có 0
O A S ' 9 0C C A  .
Suy ra  ' . . 'A O S C C A c g c A C SO     (1).
Vì , A A 'BD A C BD  suy ra  ' ' 'BD A C C A BD A C   (2).
Từ (1) và (2) suy ra  'A C BD M N .
Ta có
2
. .
1 3 3
4 4 4
S M N
B D M N B D S A B D M N S A B D
S B D
S M N
S S V V
S B D



 
      
 
.
Ta có
3
1 1 1 1 1 3
. . 3 . . . 3 . . .
3 3 2 3 2 2 4
S A B D A B D
a a
V S A S a A O B D a a
    (đvtt).
Vậy
3
.
3
1 6
A B D M N
a
V  (đvtt).
Nhận xét: Ta có thể tính trức tiếp thể tích khối chóp thông qua công thức thể tích tuy nhiên ta có thể sử
dụng phương pháp sử dụng tính thể tích thông qua tỉ số thể tích.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Chứng minh một đường thẳng  d vuông góc với một mặt phẳng   ta chứng minh        1 2
,d d d d 
với      1 2
,d d   .
-Công thức tính thể tích khối chóp
1
.
2
V B h với B là diện tích đáy, h là chiều cao.
- Chứng minh  'A C BD M N :  ' ; ' 'A C SO A C BD A C BD M N    .
-Sử dụng tỉ số diện tích
2
. .
1 3 3
4 4 4
S M N
B D M N B D S A B D M N S A B D
S B D
S M N
S S V V
S B D
 
      
 
.
Bài tập tương tự:
hoctoancapba.com

48. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 7
a. Cho hình chóp .S ABCD có đáy A BCD là hình vuông cạnh 2 , , 3a S A a S B a  và mặt phẳng  S A B
vuông góc với đáy. Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh , BC .A B Tính thể tích khối chóp
.S BM D N . Đáp số:
3
.
3
3
S B M D N
a
V  .
b. Cho hình chóp .S A BC mỗi mặt bên là một tam giác vuông,SA SB SC a   . Gọi , ,N M E lần lượt
là trung điểm của , ,A B A C BC , gọi D là điểm đối xứng của S qua E . Giả sử AD cắt mặt phẳng
 SM N tại I . Tính thể tích khối tứ diện M BSI . Đáp số:
3
.
3 6
M B S I
a
V  .
Câu 7. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  
4 3 1 0
1; 1
7 8 0
x y
A
x y
   
 
  
.
Gọi F là điểm thuộc A M sao cho / /EF A B . Suy ra EF có phương trình 4 3 49 0x y   . Vì F thuộc A M
nên tọa độ điểm F là nghiệm của hệ  
4 3 49 0
1; 15
7 8 0
x y
F
x y
   

  
.
Đường trung trực d của EF có phương trình 6 8 39 0x y  
Do M A B cân tại M , nên M EF cân tại M . Suy ra d đi qua trung điểm H
của AB và trung điểm M của BC .
Tọa độ M thỏa mãn hệ
6 8 39 0 1 9
;
7 8 0 2 2
x y
M
x y
     
   
    
.
Ta có 2B C B M , suy ra  3; 4C .
Tọa độ H thỏa mãn hệ
4 3 1 0 5
; 3
6 8 39 0 2
x y
H
x y
     
   
    
. Ta có 2A B A H , suy ra  4; 5B  .
Vậy      1;1 , 4; 5 , 3; 4A B C  .
Nhận xét: Bài toán thuộc lớp giải tam giác cơ bản. Ta tìm những họ đường thẳng cùng chứa các điểm
, ,A B C . Lấy giao các đường thẳng có điểm chung này tìm được tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Phương trình tổng quát đường thẳng  d qua điểm  ;P a b nhận   2 2
; 0n       :     0x a y b     
.
-Kiến thức vector : Cho hai vector     1 2
1 1 2 2
1 2
; , ;
x kx
u x y v x y u k v
y ky
 
   

.
Áp dụng cho bài toán:
- Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
A A M
A A B
 


.
- Gọi F A M thỏa mãn / /EF A B EF F  là nghiệm của hệ
F E F
F A M
 


.
-Viết phương trình trung trực của EF . d đi qua trung điểm H của ;A B M của BC nên tọa độ M thỏa hệ
M B C
M A M
 


. Sử dụng tính chất vector 2B C B M C  , 2A B A H B  .
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Trong mặt phẳng O xy , cho tam giác ABC . Đường cao kẻ từ ,A trung tuyến kẻ từ ,B C lần lượt có
phương trình 6 0 ; 2 1 0 ; 1 0x y x y x        . Tìm tọa độ 3 đỉnh , ,A B C .
Đáp số:      5; 1 , 3; 1 , 1; 3A B C  .
hoctoancapba.com

49. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 8
b. Trong mặt phẳng O xy , cho tam giác ABC cân tại A . Phương trình : 3 5 0B C x y   , đường cao hạ
từ : 3 5 0B x y   . Đường cao qua đỉnh C đi qua điểm  3; 0M . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Đáp số:      1; 0 , 2; 1 , 2; 3A B C  .
Câu 8. Điều kiện 0x  .
Phương trình thứ nhất tương đương với
2 2
2 2
2 0
y y
x x
 
  
2
2 2
2
2
2
1 (v n )
2 2
1 2 0
2
2 1 4 1
y
y y x
x x y
y x
x
 
              
   
         

.
Thế 2
1 4 1y x   vào phương trình thứ hai, ta được 3
4 1 2 1 1x x    .
Đặt 3
4 1 ; 0
2 1
a x a
b x
   

 
. Khi đó hệ phương trình trở thành 2 3 3 2
1 1 1
02 1 2 2 0
a b a b a
ba b b b b
       
   
       
.
Với
1
0
a
b
 


, ta được 3
4 1 1 4 1 1 1
0
2 1 0 22 1 0
x x
x y
xx
    
     
   
.
Hệ phương trình có nhiệm: 
1
; 0
2
;x y
 
  
 
.
Nhận xét: Hướng giải: Sử dụng phương pháp phân tích nhân tử và đặt ẩn phụ.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
- Từ phương trình thứ 2 của hệ khó tìm được mối quan hệ giữa ,x y . Ta xét phương trình thứ nhất cùng sự
phân tích cơ bản.
- Phương trình thứ nhất của hệ coi ẩn
2
2y
t
x

 giải phương trình ẩn t ta có 2
1 4 1y x    .
- Thay 2
1 4 1y x   vào phương trình thứ 2 ta được 3
4 1 2 1 1x x    . Với phương trình vô tỉ cơ bản,
chọn phương pháp sử dụng 2 ẩn phụ 3
4 1 ; 2 1a x b x    . Ta tìm được nghiệm của hệ phương trình.
Lưu ý: Ta có thể sử dụng phương pháp nhận lượng liên hợp hoặc hàm số để giải phương trình
3
4 1 2 1 1x x    .
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình  
33 2 2
8 3 2 5 4 4 4 0x x x x x x       . Đáp số:
1 1 7
; 2 5
2
x x

   .
b. Giải hệ phương trình
 2 2
2 2
2 2
4 2 2
x y x y x y
x y x y
      

  
. Đáp số:      ; 1; 3 ; 3; 1x y    .
Câu 9. Xét các điểm    1 x; , 1;M y N x y  .
Ta có    
2 2
2 2 2 2
1 1 4 4 2 1O M O N M N x y x y y y            .
Do đó   2
2 1 2f y y y P     .
 Với      2
2
2
2 2 1 2 ' 1
1
y
y f y y y f y
y
         

.
Khi đó   2
2 2
0 3
' 0 2 1
34 1
y
f y y y y
y y
 
      
 
.
Ta có bảng biến thiên
hoctoancapba.com

50. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 9
y  
3
3
2
 'f y  0 
 f y
2 3
 Với   2 2
2 2 1 2 2 1 2 5 2 3y f y y y y           .
Vậy 2 3P   với mọi ,x y . Khi 0x  và
3
3
y  thì 2 3P   .
Do đó P nhỏ nhất bằng 2 3 , khi 0x  và
3
3
y  .
Nhận xét: Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất sử dụng bất đẳng thức vector dồn về biến y kết hợp xét hàm số.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Phương pháp sử dụng bất đẳng thức tam giác hoặc sử dụng bất đẳng thức vector. Cho hai vector
       
2 22 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2
; , ;a u v b u v a b a b u v u v u u v v            .
Nhận thấy biểu thức P có 2y  độc lập biến y nên ta chuyển giá trị nhỏ nhất của biểu thức theo biến y .
- Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức vector cho hai vector      1 ; , 1 ; 2 ; 2a x y b x y a b y     (Chọn cặp
 1 ; 1x x  khi cộng tọa độ vector rút gọn còn theo biến y ) ta có    
2 22 2 2
1 1 2 1x y x y y       .
- Để tìm giá trị nhỏ nhất của P ta tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số  
2
2 1 2 ;f y y y y     .
Bài tập tương tự:
a. Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn ab bc ca abc   . Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3
a b b c c a
ab b c ca
  
   .
b. Chứng minh rằng với mọi số thực ,a b ta có
2 2 2 2
2 2 37 6 6 18 5a b a b a b a b          .
hoctoancapba.com

51. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 1
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số 4 2
8 9 1y x x   có đồ thị ( )C .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số.
2. Dựa vào đồ thị  C của hàm số, biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
4 2
8 cos 9 cos 0x x m   với  0;x  .
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình: co s co s 2 co s 3 co s 4 co s
2
5
1
x x x x x     
Câu 3: (1 điểm)
Tính tích phân:
 2 3
4
2
0
ln 9 3
9
x x x
I d x
x
  



Câu 4: (1 điểm)
Cho ,n k là các số nguyên dương thỏa mãn 0 k n  . Chứng minh rằng:
 
2
2 2 2
n n n
n k n k n
C C C 

Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho đường thẳng
3 2 1
:
2 1 1
x y z
d
  
 

và mặt phẳng
  : 2 0P x y z    . Gọi M là giao điểm của d và  P . Viết phương trình đường thẳng  nằm
trong mặt phẳng  P , vuông góc với d đồng thời khoảng cách từ M tới  bằng 42 .
Câu 6: (1 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng 1 1 1
.A B C A B C có A B a , 2AC a , 1
2 5AA a và 1 2 0
o
B A C  . Gọi M là
trung điểm của cạnh 1
C C . Chứng minh 1
M B M A và tính khohanrg cách từ điểm A đến mặt phẳng
 1
A BM .
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy , cho tam giác A B C với  1; 2A  , đường cao : 1 0C H x y   ,
phân giác trong : 2 5 0B N x y   . Tìm tọa độ các đỉnh ,B C và tính diện tích tam giác A B C .
Câu 8: (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
4 2
2 2
698
81
3 4 4 0
x y
x y xy x y

 

      
Câu 9: (1 điểm)
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 10
hoctoancapba.com

52. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2
Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 12; 8ab bc  . Chứng minh rằng:
1 1 1 8 1 2 1
2
1 2
a b c
a b b c ca a b c
 
       
 
..................HẾT..................
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
1.
Tập xác định: D  .
Ta có: 3
0
3 2 1 8 ; ' 0 3
4
x
y x x y
x

    
  

2 3 3
'' 9 6 1 8; '' 0; ''(0 ) 0; '' 0
4 4
y x y y y
   
        
   
Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại
3
4
x   và
3
4
x  và hàm số đạt cực đại tại 0x  . Hàm số nghịch biến
trên mỗi khoảng
3
;
4
 
   
 
và
3
0;
4
 
 
 
, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
3
; 0
4
 
 
 
và
3
;
4
 
  
 
Tính giới hạn: lim lim
x x
y
   
   
Bảng biến thiên:
x  
3
4
 0
3
4
 
'y  0  0  0 +
y
  1  
4 9
3 2

4 9
3 2

Đồ thị:
hoctoancapba.com

53. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3
2.
Xét phương trình: 4 2
8 cos 9 cos 0x x m   với  0;x   1
Đặt cost x , phương trình trở thành: 4 2
8 9 0t t m    2
Vì  0;x  nên  1;1t   , tương ứng với mỗi giá trị của t là 1 giá trị duy nhất của x , do đó số
nghiệm của phương trình  1 và phương trình  2 bằng nhau.
Ta có:  
4 2
2 9 1 1t t m     
Gọi  'C là đồ thị hàm số 4 2
8 9 1y t t   với  1;1t   , thì  'C là phần đồ thị  C trong đoạn
 1;1 .
Số nghiệm của phương trình  2 là số giao điểm của  'C với đường thẳng 1y m  .
Nhìn vào bảng biến thiên suy ra:
Với 0m  : phương trình vô nghiệm.
Với 0m  : phương trình có 1 nghiệm.
Với 0 1m  : phương trình có 2 nghiệm.
Với
8 1
1
3 2
m  : phương trình có 4 nghiệm.
Với
8 1
3 2
m  : phương trình có 2 nghiệm.
Với
8 1
3 2
m  : phương trình vô nghiệm.
Nhận xét: Khi biện luận các phương trình mà cần thông qua phép đổi biến, ta phải xem xét đến sự
tương ứng về nghiệm giữa biến đã cho và biến số mới để tránh kết luận sai số nghiệm.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
hoctoancapba.com

54. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4
1. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn
2
0;
3
 
 
 
:
 6 6 4 4
sin cos sin cosx x m x x  
Đáp số:
1 7
2 10
m 
2. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:
 
2
2 1 1 0
x x
e m e m    
Đáp số: 7m 
Câu 2:
Xét 2 ,x k k  , phương trình trở thành:
1
5
2
  (loại)
Xét 2 , sin 0
2
x
x k k    .
Nhân hai vế của phương trình với 2 sin 0
2
x
 , ta được:
2 sin co s 2 sin co s 2 2 sin co s 3 2 sin co s 4 2 sin co s 5 s in
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
x x x x x     
3 5 3 7 5 9 7 11 9
sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x x x x x x x x x x x
           
11 2
sin 0 ,
2 11
x k
x k

    
Đối chiếu với điều kiện ta được:
2
, ,
1 1
k
x k k

  không chia hết cho 11.
Nhận xét: Dạng toán này sẽ giúp chúng ta giải quyết những phương trình lượng giác rất phức tạp.
Tuy nhiên, cần phải để ý xét các trường hợp cẩn thận trước khi nhân hay chia một biểu thức nào đó,
để tránh dẫn tới kết luận thừa nghiệm.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình:
1
cos cos 2 cos 4 cos 8
16
x x x x  .
Đáp số:  
2 17 1
15 ; , , ,
15 17 17 2
k l n
x k n l k l n
     
      
  
.
2. Giải phương trình:
sin 5
1
5 sin
x
x
 .
Đáp số: Phương trình vô nghiệm.
Câu 3:
Ta có:
 2
4 4 3
2 2
0 0
ln 9
3
9 9
x x
x
I d x d x
x x
 
 
 
 
hoctoancapba.com

55. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5
Xét
 2
4
1
2
0
ln 9
9
x x
I d x
x
 



Ta có:     
 2 2
4 2 2
2 2
1
0
ln 9 4 ln 5 ln 3
ln 9 ln 9
02 2
x x
I x x d x x
 

      
Xét
4 3
2
2
0 9
x
I dx
x



Đặt 2 2 2
2
9 ; 9
9
x
x t d t d x x t
x
     

Đổi cận: 0 3x t  
4 5x t  
Suy ra:  
5 3
2
2
3
5 4 4
9 9
33 3
t
I t d t t
 
     
 

Từ đó suy ra:
2 2
1 2
ln 5 ln 3
3 4 4
2
I I I

   
Nhận xét: Bài toán trên là dạng thường xuất hiện trong đề thi đại học, khi chúng ta thường tách
thành nhiều biểu thức tích phân nhỏ và giải quyết từng biểu thức một.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tính tích phân:
3
1 4
2
0
1
x x
I x e d x
x
 
    

Đáp số: 3
3
e
I   
2. Tính tích phân:
2
3
1
2
4x x
I x e d x
x
 
  
 
 

Đáp số: 2
3
3
I e

  
Câu 4:
Ta có:    
2
2 2 2
0
n n n
n k n k n
C C C k n 
  
 
 
 
 
 
2
2 ! 2 ! 2 !
.
! ! ! ! ! !
n k n k n
n k n n k n n n
   
   
   
                 
2
1 2 1 2 1 2n k n k n k n n k n k n k n n n n n                          
     
2
1 1
n n
i i
n k i n k i n i
 
 
       
 
 
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:      
2
0 ,n k i n k i n i k i n        
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
hoctoancapba.com

56. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Chứng minh rằng với mọi 0 2014k  ta có: 1 1 0 0 7 1 0 0 8
2 0 1 5 2 0 1 5 2 0 1 5 2 0 1 5
k k
C C C C

  
Hướng dẫn: Chứng minh: 1 0 0 7
2 0 1 5 2 0 1 5
, 0 2 0 1 5
k
C C k    .
2. Cho n là số nguyên dương ( 2n  ). Chứng minh rằng:  
2
2 1
!
2
n
n n
n n
 
   
 
Hướng dẫn: Sử dụng các đánh giá:
 
 
2
1
01
1
2
k n k n
k nn
k n k
   

    
    
 
Câu 5:
Giả sử tọa độ M là  3 2 ; 2 ; 1M t t t     .
Vì  M P nên ta có: 3 2 2 1 2 0 1t t t t          , suy ra tọa độ M là  1; 3; 0M 
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là  2;1; 1d
u  
Mặt phẳng  P có vectơ pháp tuyến là  1;1;1P
n 
Vì  nằm trọng  P và vuông góc với d nên  có vectơ chỉ phương là:
 , 2; 3;1d P
u u n
   
 
Gọi  , ,N a b c là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó:  1; 3;M N a b c  
Ta có:  
   
2 2 2
5
2
2 3 1 1 0
5
2 0
3
1 3 4 24 2
4
5
a
b
a b cM N u
c
a b cN P
a
a b cM N
b
c

 

          
      
  
        


 
Với
5
2
5
a
b
c


 

 
, tọa độ N là  5; 2; 5N   , suy ra phương trình  là:
5 2 5
2 3 1
x y z  
 

Với
3
4
5
a
b
c
 

 


, tọa độ N là  3; 4; 5N   , suy ra phương trình  là:
3 4 5
2 3 1
x y z  
 

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho mặt phẳng   : 1 0P x y z    và hai đường thẳng
1 2
1 1
: ; :
1 1 1 1 1 3
x y z x y z
d d
 
   

. Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  P và
cắt 2
d đồng thời  và 1
d chéo nhau và khoảng cách giữa chúng là
6
2
hoctoancapba.com

57. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7
Đáp số:
0
:
1
x
y t
z t


 

  
hoặc :
1
x t
y t
z


  

 
2. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho điểm  2;1; 0M và đường thẳng d có phương trình
1 1
:
2 1 1
x y z
d
 
 

. Tìm tọa độ điểm N đối xứng với M qua đường thẳng d .
Đáp số:
8 5 4
; ;
3 3 3
N
  
 
 
.
Câu 6:
Ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1
9A M A C C M a  
2 2 2 2
2 . . cos 120 7
o
B C A B A C A B A C a   
2 2 2 2
12B M B C C M a  
2 2 2 2
1 1
2 1A B A A A B a  
2 2 2
1 1 1
A B A M M B M B M A    
Ta có: 1 1
2
1
1 1 5
.
3 3
M A B A C A B A A B C
a
V V A A S  
   1 1
1
1
1
3 6 5
,
. 3
M A B A M A B A
M B A
V V a
d A M B A
S M B M A
   
Nhận xét: Bài toán trên tương đối đơn giản, ý yêu cầu
chứng minh đầu tiên là một gợi ý rất hữu ích đối
với việc tính toán ở phần sau.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hình lăng trụ 1 1 1
.A B C A B C có đáy là tam giác đều cạnh 2 a , điểm 1
A cách đều ba điểm , ,A B C .
Cạnh bên 1
A A tạo với mặt phẳng đáy một góc  . Tìm số đo góc  , biết thể tích khối lăng trụ
1 1 1
.A B C A B C bằng 3
2 3a .
Đáp số: 6 0
o
  .
2. Cho hình hộp đứng . ' ' ' 'ABC D A B C D có đáy là hình vuông, tam giác 'A AC vuông cân và
'A C a . Tính thể tích của khối tứ diện ' 'ABB C và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  'BC D
theo a .
Đáp án:
3
4 8
2 6
;
6
a a
V d  .
Câu 7:
Đường thẳng A B đi qua A vuông góc với đường cao C H nên đường thẳng A B có phương trình là:
1 0x y   .
hoctoancapba.com

58. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8
Tọa độ của đỉnh B là nghiệm của hệ:
2 5 0 4
1 0 3
x y x
x y y
     
 
    
Hay tọa độ của đỉnh B là  4; 3B 
Lấy 'A đối xứng với A qua đường thẳng BN , suy ra 'A BC
Phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với BN là: : 2 5 0d x y  
Gọi I là giao điểm của d và BN .
Tọa độ của I là nghiệm của hệ:
2 5 0 1
2 5 0 3
x y x
x y y
     
 
    
Hay tọa độ của I là  1; 3I  . Từ đó suy ra tọa độ 'A là  ' 3; 4A  
Đường thẳng B C đi qua  4; 3B  và  ' 3; 4A   có phương trình: 7 25 0x y   .
Tọa độ của đỉnh C là nghiệm của hệ:
1 3
7 2 5 0 4
1 0 9
4
x
x y
x y
y

 
   
 
     

Hay tọa độ của đỉnh C là
1 3 9
;
4 4
C
 
  
 
Từ đó suy ra:  
1 1 4 5 0 4 5
. . , . .3 2
2 2 4 4
A B C
S B C d A B C   (đvdt)
Nhận xét: Đối với tất cả các bài toán có xuất hiện đường phân giác, thì ta luôn sử dụng phép lấy đối
xứng một điểm qua đường phân giác đó.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Các bước tìm ảnh B của phép đối xứng điểm A qua đường một đường thẳng d .
 Viết phương trình đường thẳng 'd đi qua A và vuông góc với d
 Tìm tọa độ giao điểm I của d và 'd
 Tìm tọa độ B sao cho I là trung điểm A B .
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độO xy , cho tam giác A B C với  1; 3A  , phương trình đường phân
giác trong B D là 2 0x y   và phương trình đường trung tuyến C E là 8 7 0x y   . Tìm tọa độ
các đỉnh ,B C .
Đáp số:    3; 5 , 7; 0B C .
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O xy , cho tam giác A B C có phân giác trong AD và đường cao
C H có phương trình lần lượt là 1
: 2 0d x y   và 2
: 2 5 0d x y   . Điểm  3; 0M thuộc đoạn AC
thỏa mãn 2AB AM . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác A B C .
Đáp số:      1;1 , 3; 3 , 1; 2A B C  .
Câu 8:
hoctoancapba.com

59. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9
Định hướng: Hình thức của hệ gồm một phương trình có dạng     0f x g y  và một phương
trình là đa thức bậc hai  ;h x y . Ta nghĩ đến việc sẽ sử dụng tính chất nghiệm của tam thức bậc hai
để đánh giá ,x y .
Lời giải:
Viết lại phương trình thứ hai dưới dạng:
     
 
22
2 2
3 2 0 1
4 3 4 0 (2 )
x y x y
y x y x x
     

     
Để  1 có nghiệm x thì    
2 2 7
0 3 4 1 0 1
3
x
y y y         
Để  2 có nghiệm y thì    
2 2 4
0 4 4 3 4 0 0
3
y
x x x x          
Từ đó suy ra:
4 2
4 2 4 7 697 698
3 3 81 81
x y
   
       
   
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét: Chỉ với những đánh giá khá đơn giản: đặt điều kiện của  để tam thức có nghiệm mà ta
có thể tìm ra cực trị của các ẩn. Từ đó đánh giá và giải quyết những bài toán mà các phương pháp
thông thương cũng bó tay. Loại hệ sử dụng phương pháp này thường cho dưới hai dạng chính.
 Thứ nhất: cho một phương trình là tam thức, một phương trình là tổng hoặc tích của hai hàm
 f x và  g y .
 Thứ hai: cho cả 2 phương trình đều là phương trình bậc hai của 1 ẩn nào đó.
Dưới đây là một số bài toán tương tự.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải hệ phương trình:
  2 2
2 2
7
2 1 2 1
2
7 6 1 4 0
x y xy
x y xy x y

  

      
Đáp số: Hệ phương trình vô nghiệm.
2. Giải hệ phương trình:
3 2 3 2
2 2
1 2 1 2 3 6 7 5 4 5 4 1 8 1 4 4
7 6 1 4 0
x x x y y y
x y xy x y
       

     
Đáp số:  
7
; 2;
3
x y
 
  
 
Câu 9:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
3
2 2
3 . . 2
1 8 2 4 1 8 2 4
a b a b
a b a b
   
3
2 2 3
3 . .
1 6 8 1 6 8 4
b c b c
b c b c
   
hoctoancapba.com

60. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10
3
2 2
3 . . 1
9 6 9 6
a c a c
ca ca
   
4
8 8 4
4 . . .
9 1 2 6 9 1 2 6 3
a b c a b c
a b c a b c
    
1 3 1 3 1 3
2 6 .
1 8 2 4 1 8 2 4 3
a b a b
  
1 3 1 3 1 3
2 6 .
2 4 4 8 2 4 4 8 6
c b c b
  
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
1 1 1 8 1 3 4 1 3 1 3 1 2 1
2 1
2 4 3 3 6 1 2
a b c
a b b c ca a b c
 
             
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3, 4, 2a b c   .
Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ mẫu mực cho phương pháp chọn điểm rơi của bất đẳng thức
AM-GM. Mấu chốt trong các bài toán dạng này là tìm được điểm xảy ra dấu đẳng thức.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn: 19; 5; 1890; 2014x y z x y z      . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: P xyz
Hướng dẫn: Đánh giá 124x y  .
Ta có:
   
33
2 3 3
1 8 2 8 6 21 8 9 0 1 8 9 0 6 2
6 2 .1 8 9 0 . 1 8 9 0 .1 8 9 0 .6 2 6 2 .1 8 9 0
3 3
x y x y zx y z
P x y z
      
     
   
Từ
đó suy ra: 2
62 .1890P  .
2. Cho , ,a b c là các số dương thỏa mãn: 3
4
3
x xy xyz   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P x y z  
Hướng dẫn: Ta có: 3
4 1 1 4 4 16 4( )
.4 .4 .16
3 2 4 4 12 3
x y x y z x y z
x x y x y z x
    
      
Suy ra
16 4 1
m in 1 ; ;
21 21 21
P x y z     .
3. Cho , ,x y z là các số thực thỏa mãn 2 2 2 9
1
1 6
x y z xy    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P xy yz zx  
Hướng dẫn: Sử dụng các đánh giá sau:
 
2 2
2 2 2 21 2 5 1 7 1 2 5 1 7 4 9 1 2 5 3 5 2 4 9 1 2 5 3 5 2
; ;
3 2 1 6 3 2 2 4 3 2 2 4
z z
x y xy y yz x xz
     
     
hoctoancapba.com

61. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 1
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
2 2
1
x
y
x



có đồ thị ( )C .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng : 2d y x m  cắt đồ thị  C tại 2 điểm phân biệt ,A B sao cho 5A B  .
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:    3
sin 2 cos 3 2 3 cos 3 3 cos 2 8 3 cos sin 3 3x x x x x x     
Câu 3: (1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường  1y e x  và  1
x
y e x 
Câu 4: (1 điểm)
Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết
 
 
5 0
4 9
1
3
i
z
i



Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho mặt phẳng   : 2 2 1 0P x y z    và các đường thẳng:
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 1 2 3 4 2
x y z x y z
d d
   
   

. Tìm các điểm 1 2
,A d B d  sao cho  //A B P và A B cách
 P một khoảng bằng 1.
Câu 6: (1 điểm)
Cho hình chóp .S ABC D có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên  SAD là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi , ,M N P lần luowjt là trung điểm của các cạnh , ,SB B C C D .
Chứng minh rằng AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện C M N P .
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy , cho hai đường thẳng 1
: 3 5 0d x y   và 2
: 3 1 0d x y   , điểm
 1; 2I  . Viết phương trình đường thẳng  đi qua I và cắt 1 2
,d d lần lượt tại ,A B sao cho
2 2A B  .
Câu 8: (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
7 2 5
2 2
x y x y
x y x y
    

   
Câu 9: (1 điểm)
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 7
hoctoancapba.com

62. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2
Cho , ,x y z là các số thực thỏa mãn 2 2 2
5x y z   và 3x y z   . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
2
2
x y
P
z
 


..................HẾT..................
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
1. Tập xác định: { 1}D   .
Ta có: 2
0,
( 1)
4
y x D
x
    

Suy ra hàm số không có cực trị và hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1)   và ( 1; )  
Ta có: lim lim 2
x x
y
     
  nên hàm số có tiệm cận ngang 2y  .
1 1
lim ; lim
x x
y
 
 
      nên hàm số có tiệm cận đứng 1x   .
Bảng biến thiên:
x   -1  
'y  || 
y
  2
2  
Đồ thị:
2. Phương trình hoành độ giao điểm là:  
22 2
2 2 2 0 1
1
x
x m x m x m x
x

        

hoctoancapba.com

63. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3
Đường thẳng d cắt  C tại 2 điểm phân biệt ,A B
 phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt 1 2
,x x khác -1
2
8 16 0m m   
Theo định lý Viète, ta có:
1 2
1 2
2
2
2
m
x x
m
x x

 


 

Gọi tọa độ ,A B là    1 1 2 2
; 2 , ; 2A x x m B x x m  .
   
2 22
1 2 1 2
5 4 5A B x x x x     
 
2
1 2 1 2
4 1x x x x   
2
10
8 20 0
2
m
m m
m

     
 
(thỏa mãn)
Vậy  10; 2m 
Nhận xét: Bài toán này thuộc lớp các bài toán liên quan đến sự tương giao của đồ thị. Trong dạng
bài này, chúng ta thường sử dụng các kỹ thuật liên quan đến dấu của tam thức bậc hai và sử dụng
định lý Viète về mối liên hệ giữa các nghiệm của phương trình đa thức (đã được đề cập đến trong đề
số 5).
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hàm số
1x
y
x m



có đồ thị ( )m
C . Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng : 2d y x  tại 2
điểm A và B sao cho 2 2A B  .
Đáp số: 7m 
2. Cho hàm số
2
1
x
y
x


có đồ thị ( )C . Tìm m để đường thẳng : 2d y m x m   cắt đồ thị hàm số tại
hai điểm ,A B phân biệt sao cho độ dài A B ngắn nhất.
Đáp số: 1m 
Câu 2:
Phương trình đã cho tương đương với:
 2 3
2 sin co s 6 sin co s 2 3 co s 6 3 co s 3 3 8 3 co s sin 3 3x x x x x x x x      
     2
2 co s sin 3 co s 6 co s sin 3 co s 8 sin 3 co s 0x x x x x x x x     
  2
sin 3 co s 2 co s 6 co s 8 0x x x x    
2
sin 3 co s 0
2 co s 6 co s 8 0
x x
x x
  

  


, vì cos 0x 
hoctoancapba.com

64. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4
,
tan 3
3
cos 1
2
x k
k
x
x
x k




 
 


 
 

.
Vậy nghiệm của phương trình là: ; 2 ,
3
x k k k

 
 
   
 
.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình:  2
cos 2 cos 2 tan 1 2x x x   .
Đáp số: 2 ; 2 ,
3
x k k k

  
 
     
 
.
2. Giải phương trình: 2
tan tan tan 3 2x x x  .
Đáp số:
4 2
,
k
x k
 
   .
Câu 3:
Hoành độ giao điểm của hai đường là nghiệm của phương trình:
     
0
1 1 0
1
x x
x
e x e x x e e
x

       

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là:
   
1 1
0 0
x x
S x e e dx x e e dx    
 
1 1 12
0 0 0
1
02
x xex
e xdx xe dx xd e     
1
0
1 1
1
0 02 2 2
x x xe e e
xe e d x e e
   
           
  
 (đvdt)
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường:
   ;
,
y f x y g x
x a x b
  

 
Khi đó diện tích hình phẳng là:    
b
a
S f x g x dx 
Khi đề bài chưa cho ,x a x b  thì khi đó ,x a x b  có thể được tìm ra bằng cách giải phương
trình:    f x g x
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong lny x x với trục hoành và đường thẳng x e
Đáp số:
2
1
4
e
S


2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong 2
4y x   và
2
3
x
y  
hoctoancapba.com

65. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5
Đáp số:
4 3
3
S
 

Câu 4:
Sử dụng công thức Moivre ta có:
 
 
5 0
5 0
4 9 4 9
2 co s sin
1 4 4
3
2 co s sin
6 6
i
i
z
i
i
 
 
  
     
 
  
  
  
2 5
4 9
2 5 2 5
2 co s sin
2 2
4 9 4 9
2 co s sin
6 6
i
i
 
 
 
 
 

 
 
 
2 4
1
co s sin
2 3 3
i
  
  
 
Suy ra: 2 4
1
co s sin
2 3 3
z i
  
  
 
Vậy số phức z có phần thực là 2 4 2 5
1 1
cos
2 3 2

 và phần ảo là 2 4 2 5
1 3
sin
2 3 2


Nhận xét: Đối với các biểu thức số phức với lũy thừa bậc cao, ta thường sử dụng dạng lượng giác
của số phức cùng công thức Moivre.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Số phức z x yi  có dạng lượng giác  cos sinz r i   với 2 2
r x y  và góc  được xác định
như sau:
2 2 2 2
cos ; sin
x y
x y x y
  
 
Công thức Moivre:  cos sin cos sin
n
i n i n     
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết  
9
6
co s sin 1 3
3 3
z i i i
  
   
 
Đáp số: Phần thực là 8
2 3 , phần ảo là 8
2
2. Tìm phần thực và phần ảo của số phức 1 0
1 0
1
z 

  biết
1
1

  .
Đáp số: Phần thực là 1 , phần ảo là 0
Câu 5:
Vì 1
A d nên tọa độ A có dạng  2 1; 3; 2A a a a  
Vì 2
B d nên tọa độ B có dạng  3 5; 4 ; 2 5B b b b 
hoctoancapba.com

66. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6
Ta có:  3 2 4; 4 3; 2 2 5A B b a b a b a      
Vì  //A B P nên ta có: . 0P
AB n 
   2 3 2 4 4 3 2 2 2 5 0 6 1 0b a b a b a a b             
Ta có:      
54 2 3 4 1 2
, , 1 1
13 3
aa a a a
d A P d A B P
b
       
      

Với
2
5
3
a b    , ta có:  
8 1 1
9; 2;1 0 , 7; ;
3 3
A B
 
   
 
Với
1
1
3
a b    , ta có:  
4 1 7
3; 4; 2 , 4; ;
3 3
A B
  
  
 
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho mặt phẳng   : 2 2 1 0P x y z    và hai đường thẳng
1 2
1 9 1 3 1
: ; :
1 1 6 2 1 2
x y z x y z
d d
    
   

. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1
d sao cho
khoảng cách từ M đến đường thẳng 2
d và khoảng cách từ M đến mặt phẳng  P bằng nhau.
Đáp số:  2; 4;1M hoặc  1;1; 4M  .
2. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho điểm  0;1; 3A và đường thẳng
1
: 2 2
3
x t
d y t
z
 

 


. Tìm trên
d hai điểm ,B C sao cho tam giác A B C đều.
Đáp số:
6 3 8 2 3
; ; 3
5 5
  
  
 
và
6 3 8 2 3
; ; 3
5 5
  
  
 
Câu 6:
Gọi O là trung điểm của AD .
Vì tam giác SA D đều và    SAD ABC D nên
 SO ABC D .
Chọn hệ trục tọa độ O xyz sao cho tọa độ các đỉnh là:
 0; 0; 0O ,
3
0; 0;
4
a
S
 
  
 
, ; 0; 0
2
a
D
 
 
 
,
; 0; 0
2
a
A
 
 
 
, ; ; 0
2
a
C a
 
 
 
, và ; ; 0
2
a
B a
 
 
 
Từ đó suy ra tọa độ các điểm , ,M N P là:
3
; ;
4 2 4
a a a
M
 
  
 
,  0; ; 0N a , ; ; 0
2 2
a a
P
 
 
 
Ta có:
3
; ;
4 2 4
a a a
A M
 
   
 
, ; ; 0
2
a
B P a
 
  
 
nên . 0A M B P  .
hoctoancapba.com

67. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7
Suy ra AM vuông góc với BP .
Lại có:
3
; ;
4 2 4
a a a
N M
 
    
 
, ; 0; 0
2
a
N C
 
  
 
, ; ; 0
2 2
a a
N P
 
  
 
Suy ra:
2 2 3
3 1 3
, 0; ; , .
8 4 6 9 6
C M N P
a a a
N M N C V N M N C N P
 
           
 
Nhận xét: Phương pháp tọa độ hóa là một phương pháp “chắc chắn” sẽ giải quyết được “tất cả” các
bài hình học phẳng cũng như hình học không gian. Tuy nhiên, để tránh những tính toán cồng kềnh,
phức tạp và xấu xí, không phải bài toán nào chúng ta cũng sử dụng phương pháp này, vì đa phần các
bài toán trong đề thi không thuận lợi cho phương pháp này. Vậy khi nào ta sẽ tọa độ hóa trong các
bài toán hình học không gian? Câu trả lời là khi tồn tại 3 đường đôi một vuông góc với nhau và
thường là không xuất hiện mặt cầu, mặt nón.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
1
, .
6
A B C D
V A B A C A D 
 
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy A B C là tam giác vuông, AB AC a  , ' 2A A a .
Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của đoạn 'AA và 'BC . Chứng minh M N là đường vuông góc
chung của 'AA và 'BC . Tính thể tích khối tứ diện ' 'M A BC .
Đáp số:
3
2
2
a
V  .
2. Cho hình chóp .S ABC D có đáy là hình thoi tâm O cạnh a , 6 0
o
B A D  . Đường thẳng SO vuông
góc với mặt phẳng  A B C D và
3
4
a
SO  . Gọi ,E F lần lượt là trung điểm ,B C B E . Mặt phẳng  
chứa AD và vuông góc với  SBC cắt hình chóp .S ABC D theo một thiết diện. Tính diện tích thiết
diện đó.
Đáp án:
2
9
1 6
a
S  .
Câu 7:
Giả sử    1 2
; 3 5 ; ; 3 1A a a d B b b d     
Khi đó ta có:    1; 3 3 ; 1; 3 1IA a a IB b b       
Ta có: , ,I A B thẳng hàng
 
 
1 1
3 1 3 3
b k a
IB k IA
b k a
  
   
    
Nếu 1a  thì 1 4b AB   (loại)
Nếu 1a  thì  
1
3 1 3 3 3 2
1
b
b a a b
a

       

Ta có:    
22
2 2 3 4 2 2A B b a a b        
hoctoancapba.com

68. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8
   
2
2
5 12 4 0 2
5
a b
a b a b
a b
  
      
   

Với 2t   ta có:
3 2 2
: 1 0
2 0
a b a
x y
a b b
    
      
    
Với
2
5
t   ta có:
2
3 2
5
: 7 9 02
4
5
5
a b a
x y
a b
b

    
      
    

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: : 1 0x y    hoặc : 7 9 0x y   
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
, ,M A B thẳng hàng M B k M A  , với k là số thực nào đó.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong mặt phẳng O xy , cho hai đường thẳng 1 2
: 3 5 0, : 4 0d x y d x y      và điểm  1;1I . Viết
phương trình đường thẳng  đi qua I và cắt 1 2
,d d lần lượt tại ,A B sao cho 2 3IA IB .
Đáp số: : 0x y   hoặc : 1 0x  
2. Trong mặt phẳng O xy , cho hai đường thẳng 1 2
: 1 0, : 2 2 0d x y d x y      và điểm  1; 0I . Viết
phương trình đường thẳng  đi qua I và cắt 1 2
,d d lần lượt tại ,A B sao cho 3 0IB IA  .
Đáp số: : 5 1 0x y    hoặc : 1 0x y    .
Câu 8:
Điều kiện:
7 0
2 0
x y
x y
 

 
Đặt 7 ; 2 ; , 0x y u x y v u v     .
Khi đó ta có:
2 2
2 2 2
2 2 2
7 3 85
52 7 2
5
u v
x
x y u u v
x y
x y v v u
y
 
   
    
   


Hệ phương trình đã cho trở thành:
2 2
5
3 8
2
5
u v
u v
v
 

 
 

1 5 7 7
2
7 7 5
2
u
v
 


 



(vì , 0u v  )
hoctoancapba.com

69. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9
Từ đó suy ra nghiệm của hệ là:  
1 1 7 7
; 1 0 7 7 ;
2
x y
 
   
 
Nhận xét: Không quá khó khăn để chúng ta xác định được sẽ đặt các ẩn phụ như trên. Công việc
quan trọng sau khi đã đặt ẩn phụ là biểu diễn các biểu thức chứa biến trong hệ đã cho theo các ẩn
phụ mới.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải hệ phương trình:
5 2 2 2 5
2 4 3 3
x y x y
x y x y
    

   
Đáp số: 
 7 7 3 1 1 1 2 3 4 11 8 8 2 2 3 4 1
; ;
2 5 4 5 0
x y
  
 
 
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2 3 5 7
3 5 2 3 1
x y x y
x y x y
     

     
Đáp số:    ; 3;1x y 
Câu 9:
Từ điều kiện ta có:
   
2 2
2 2 2
5
2
x y x y
z x y
  
   
 
22 2 2 2 2
( ) 10 2 ( ) 10 2 3 1 6 3x y z x y z z z z            
Dễ thấy 0z  . Ta có: ( 2) 2P z x y   
 
2
2
2 2 1 6 3P z z z       
   2 2 2 2
3 4 4 6 4 8 3 0P z P P z P P        
Phương trình có nghiệm ẩn z khi và chỉ khi '
0z
 
    
2
2 2 2 3 6
2 2 3 3 4 8 3 0 0
2 3
P P P P P P           
Giá trị nhỏ nhất của P là
3 6
2 3

, xảy ra chẳng hạn khi:
2 0 6 6 7
; ;
3 1 3 1 3 1
x y z   
Giá trị lớn nhất của P là 0 , xảy ra chẳng hạn khi: 2; y 0; z 1x   
Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ mẫu mực cho phương pháp sử dụng tính chất của tam thức bậc
hai.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn: 1x y z   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
9 10 11P xy yz zx  
Hướng dẫn: Từ giả thiết 1x y z   suy ra: 2 2
1 1 1 0 1 1 1 0 1 2P x y x y xy     
hay  
2 2
11 12 11 10 10 0x y x y y P     
hoctoancapba.com

70. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10
Ta có: 27 4 2 2 1 2 1 7 4 5 4 4 5 4 9 5
0 .
1 1 3 7 2 9 6 1 1 1 0 9 5 2 1 4 8
x
P y y
     
               
     
Giá trị lớn nhất của P là
4 9 5
1 4 8
, đạt được khi
11 25 27
; ;
37 74 74
y x z  
2. Cho , , ,a b c d là các số thực. Chứng minh bất đẳng thức:
   
2 2 2 2 2
3 6a b c d a b c d ab       
Hướng dẫn: Viết lại bất đẳng thức dưới dạng:
     
22 2 2 2
( ) 2 2 2 3 0f a a c d b a b c d b c d           
Dễ dàng chứng minh được:  
2'
3 0 ( ) 0, , , ,a
c d f a a b c d        
hoctoancapba.com

71. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 1
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số 3 2
3 1y x x   có đồ thị  C .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số.
2. Tìm hai điểm ,A B thuộc đồ thị  C sao cho tiếp tuyến của  C tại A và B song song với nhau
và độ dài 4 2A B  .
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:  co s 2 co s 2 4 sin 2 2 1 sin
4 4
x x x x
    
         
   
Câu 3: (1 điểm)
Tính tích phân:
3 2ln 3
0
2
4 3 1
x x
x x
e e
e e
I d x

 
 
Câu 4: (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
1 1
1
6 5 2
y y y
x x x
C C C
 

 
Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho hai đường thẳng 1 2
,d d lần lượt có phương trình:
1 2
1
2 1 1
: , :2
1 2 2
1
x t
x y z
d dy t
z
 
  
  


. Viết phương trình mặt phẳng  P song song với 1
d và 2
d sao
cho khoảng cách từ 1
d đến  P gấp 2 lần khoảng cách từ 2
d đến  P
Câu 6: (1 điểm)
Cho hình chóp .S ABC có đáy A B C là tam giác đều cạnh a . Chân đường cao hạ từ S lên mặt phẳng
 ABC là điểm H thuộc A B sao cho 2H A H B  . Góc tạo bởi SC và mặt phẳng  ABC bằng 6 0
o
.
Tính thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng ,S A B C theo a .
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy , cho hình thang ABC D vuông tại A và D có đáy lớn là C D ,
đường thẳng AD có phương trình 1
: 3 0d x y  , đường thẳng B D có phương trình 2
: 2 0d x y  ,
góc tạo bởi hai đường thẳng B C và A B bằng 4 5
o
. Viết phương trình đường thẳng B C biết diện
tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương.
Câu 8: (1 điểm)
Giải phương trình:  
2 2
3 2 1 3x x x x    
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 8
hoctoancapba.com

72. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2
Câu 9: (1 điểm)
Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 0xy yz zx   và  m ax , ,z x y z . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: 32 3
x y z
P
y z z x x y
  
  
..................HẾT..................
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
1.
Tập xác định: D  .
Ta có: 2
0
3 6 ; ' 0
2
x
y x x y
x

     

 '' 6 6; '' 0 0; ''(2) 0y x y y   
Suy ra hàm số đạt cực đại tại 0x  và đạt cực tiểu tại 2x  . Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
 ; 0 và (2; )  , hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2
Tính giới hạn: lim ; lim
x x
y
   
     
Bảng biến thiên:
x   0 2  
'y + 0  0 +
y
1  
  -3
Đồ thị:
hoctoancapba.com

73. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3
2.
Gọi tọa độ của ,A B là    3 2 3 2
; 3 1 , ; 3 1A a a a B b b b    với a b .
Vì tiếp tuyến của  C tại A và B song song với nhau nên ta có:
       
2 2
' ' 3 6 3 6 2 0y a y b a a b b a b a b          2 0a b    , vì a b .
Mà a b nên ta có: 2 1a a a    .
Ta có:
   
222 3 2 3 2
3 3A B b a b b a a     
         
2
2 3
3 3b a b a ab b a b a b a         
 
     
2
2 2 2
3 6b a b a b a ab       
 
     
2
2 2 2
6b a b a b a ab       
 
   
2 2
1 2b a a b     
 
   
22 2
2 2 1 2 2a a a     
  
     
6 4 2
4 1 24 1 40 1a a a     
Ta có:      
6 4 2
4 2 4 1 24 1 40 1 32A B a a a       
     
6 4 2
1 6 1 10 1 8 0a a a       
 
2 3
1 4
1
a
a
a

    
 
Với 3a  , ta có hai điểm    3;1 , 1; 3A B  
Với 1a   , ta có hai điểm    1; 3 , 3;1A B 
hoctoancapba.com

74. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4
Vậy hai điểm cần tìm là:    3;1 ; 1; 3  .
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hàm số 3 2
6 9 3y x x x    có đồ thị ( )C . Tìm tất cả các giá trị k sao cho tồn tại 2 tiếp tuyến
với  C phân biệt và có cùng hệ số góc k , đồng thời đường thẳng đi qua các tiếp điểm của hai tiếp
tuyến đó cắt các trục ,O x O y tương ứng tại ,A B sao cho 2015.O A O B .
Đáp số:
9
; 6 0 5 1
2
k
 
  
 
2. Cho hàm số 3
1y x m x m    có đồ thị ( )m
C . Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị  m
C tại điểm M
có hoành độ 1x   cắt đường tròn      
2 2
: 2 3 4C x y    theo một dây cung có độ dài nhỏ nhất.
Đáp số: 2m 
Câu 2:
Phương trình đã cho tương đương với:
 
2 2 2 2
4 4 4 42 co s co s 4 sin 2 2 1 sin
2 2
x x x x
x x
   
     
   
2 co s 2 co s 4 sin 2 2 2 sin 0
4
x x x

    
 2 cos 2 4 2 sin 2 2 0x x    
 2
2 2 sin 4 2 sin 2 0x x   
1
sin
2
x 
2
6
,
5
6
2
x k
k
x k





 

 
  

.
Vậy nghiệm của phương trình là:
6
2 ,
6
5
2 ;x k k k
 
 
 
    
 
.
Nhận xét: Đây là dạng phương trình lượng giác dễ, chỉ cần các phép biến đổi đơn giản để đưa về
phương trình bậc hai theo một biến.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình: 2 2 2 2 3
co s co s 2 co s 3 co s 4
2
x x x x    .
Đáp số:
2
; ; ,
8 4 5 5
k
x k k k
   
 
 
       
 
.
2. Giải phương trình: 5 5 2
4 sin cos 4 cos sin sin 4x x x x x  .
Đáp số: ; ,
4 8 2
k k
x k
   
    
 
.
hoctoancapba.com

75. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5
Câu 3:
Đặt  3 2 2 3 2 3 2
4 3 4 3 2 12 6
x x x x x x
t e e t e e tdt e e dx       
Đổi cận: 0 1x t  
ln 3 9x t  
Khi đó ta có:
9 9
1 1
9ln 11 1 1 8 ln 5
1
13 1 3 1 3 3
t ttdt
I dt
t t
   
     
  
 
Vậy
8 ln 5
3
I


Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tính tích phân:
ln
2
23
ln 1 2
x
x x
e
e
I d
e
x
  
 
Đáp số: 2 ln 3 1I  
2. Tính tích phân: 2
1
ln
3 ln
1 ln
e
x
I x x dx
x x
 
  
 

Đáp số:
3
5 2 2 2
3
e
I
 

3. Tính tích phân:
 
 1
2 ln
1 ln
e
x x x
dx
x
I
x
 

 
Đáp số: 3 2 ln 2I e  
Câu 4:
Điều kiện:
,
,
0 1
1
0 1
1
0 1
x y
x y
y x
y
y x
x y
y x


   
  
   
    
Ta có:
1 1
1
6 5 2
y y y
x x x
C C C
 

 
1
1
1 1
1 ( 1) ! 1 ( ) !
6 !( 1 ) ! 5 ( 1) !( 1) !6 5
1 ( ) ! 1 ( ) !
5 ( 1) !( 1) ! 2 ( 1) !( 1) !5 2
y y
x x
y y
x x
x xC C
y x y y x y
x xC C
y x y y x y


 

         
  
    
        
5( 1)( 1) 6( )( 1)
2( )( 1) 5 ( 1)
x y x y x y
x y x y y y
     
 
    
5( 1)( 1) 15 ( 1) 1 3
2( )( 1) 5 ( 1) 2( )( 1) 5 ( 1)
x y y y x y
x y x y y y x y x y y y
      
  
          
hoctoancapba.com

76. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6
2
3 1 3 1 3 1 8
2(3 1 )(3 1 1) 5 ( 1) 3 9 3 3
x y x y x y x
y y y y y y y y y y
         
      
            
Vậy nghiệm của hệ là:    ; 8; 3x y  .
Nhận xét: Các phương trình, bất phương trình tổ hợp thường không khó để giải quyết. Chúng ta chỉ
cần sử dụng công thức xác định của các biểu thức chỉnh hợp, tổ hợp hay hoán vị để rút gọn và tìm ra
mối quan hệ đơn giản giữa các biến.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải bất phương trình: 2 2 3
2
1 6
10
2
x x x
A A C
x
  
Đáp số:  3; 4x  .
2. Giải hệ phương trình:
1 1 1
1 1
1 0 2 1
y y y y
x x x x
A yA A C
  
 

 
Đáp số:    ; 7; 3x y  .
Câu 5:
Đường thẳng 1
d có vectơ chỉ phương là  1
1; 1; 0u   và đi qua  1; 2;1A
Đường thẳng 2
d có vectơ chỉ phương là  2
1; 2; 2u   và đi qua  2;1; 1B 
Gọi n là vectơ pháp tuyến của  P .
Vì  P song song với 1
d và 2
d nên ta có:  1 2
, 2; 2; 1n u u     
 
Suy ra phương trình  P có dạng 2 2 0x y z m    .
Ta có:      1
7
, ,
3
m
d d P d A P

 
     2
5
, ,
3
m
d d P d B P

 
Mà      
 
 
1 2
3
7 2 5
, 2 , 7 2 5 1 7
7 2 5
3
m
m m
d d P d d P m m
m m m
 
  
       
    

Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn đó là: 2 2 3 0x y z    và
17
2 2 0
3
x y z    .
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho hai đường thẳng 1 2
,d d lần lượt có phương trình là
1 2
2 2 3 1 2 1
: , :
2 1 3 2 1 4
x y z x y z
d d
     
   

. Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường
thẳng 1 2
,d d .
Đáp số: 14 4 8 3 0x y z    .
hoctoancapba.com

77. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7
2. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho ba
điểm      1;1; 1 , 1;1; 2 , C 1; 2; 2A B   và mặt phẳng
  : 2 2 1 0P x y z    . Viết phương trình mặt phẳng  Q
đi qua A , vuông góc với mặt phẳng  P , cắt đường
thẳng B C tại I sao cho 2IB IC .
Đáp số: 2 2 3 0x y z    hoặc 2 3 2 3 0x y z    .
Câu 6:
Vì  SH ABC nên H C là hình chiếu của SC lên mặt
phẳng  ABC .
Góc tạo bởi SC và mặt phẳng  ABC là 6 0
o
S C H  .
Xét tam giác BH C , ta có:
2
2 2 2 7
2 . . co s 6 0
9
o a
H C H B H C H B H C   
7
3
a
H C 
7 2 1
. tan . 3
3 3
a a
S H H C S C H   
Suy ra:
2 3
.
1 1 2 1 3 7
. . . .
3 3 3 4 1 2
S A B C A B C
a a a
V S H S  
Gọi E là trung điểm của B C và D là đỉnh thứ tư của hình bình hành A B C D .
Ta có:
       
3
// , , ,
2
A D B C d S A B C d B C S A D d H S A D  
Kẻ     , ,H F AD H K SF H K SAD d H SAD H K      .
Ta có:
2 3
3 3
a
H F A E 
Trong tam giác vuông SH F , ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 . 42
12
H F H S a
H K
H K H F H S H F H S
    

Suy ra:     
3 4 2
, . ,
2 8
a
d S A B C d H S A D 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 Định lý hàm số cosin: 2 2 2
2 . . co sB C A B A C A B A C B A C  
 Góc tạo bởi một đường thẳng và một mặt phẳng là góc tạo bởi đường thẳng đó và hình chiếu
của đường thẳng này trên mặt phẳng đó.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
hoctoancapba.com

78. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8
1. Cho hình chóp .S ABC D , đáy ABC D là hình thang có
9 0
o
A B C B A D  , BA BC a  , 2AD a . Cạnh bên SA
vuông góc với đáy và 2SA a , góc tạo bởi SC và  SAD
bằng 30
o
. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB . Tính
khoảng cách từ G đến mặt phẳng  SC D .
Đáp số: d a .
2. Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy A B C là tam giác vuông cân tại A , cạnh huyển 2B C a ,
cạnh bên ' 2AA a , biết 'A cách đều các đỉnh , ,A B C . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của ',A A A C
. Tính thể tích khối chóp 'C M N B và khoảng cách từ 'C đến mặt phẳng  M N B .
Đáp án:
3
1 4 3 9 9 4
;
1 6 7 1
a a
V d  .
Câu 7:
Ta có: D là giao điểm của 1 2
,d d , suy ra tọa độ D là  0; 0D .
Vectơ pháp tuyến của AD và B D lần lượt là:    1 2
3; 1 ; 1; 2n n   
Suy ra:
1
co s 4 5
2
o
A D B A D B A D A B    
Lại có:  , 45
o
BC AB  nên 4 5
o
B C D B C D   vuông cân tại 2B C D AB  .
Ta có:  
21 3
24 24 24 4 4 2
2 2
A B C D
S A B C D A D A B A B B D         
Giả sử tọa độ B có dạng  2 ;B b b với 0b  .
Ta có: 2 4 1 0
4 2 5 4 2
5
B D b b     (vì 0b  ).
Vậy tọa độ điểm B là
8 1 0 4 1 0
;
5 5
B
 
  
 
.
Đường thẳng B C đi qua B và vuông góc với 2
d nên phương trình đường thẳng B C là:
2 4 1 0 0x y   .
Nhận xét: Đối với các bài toán tọa độ trong mặt phẳng về các tứ giác đặc biệt, chúng ta cần tập
trung khai thác các tính chất hình học phẳng thuần túy của tứ giác đó để giải quyết bài toán và hạn
chế được số biến cần gọi. Khi giải quyết các bài toán này không yêu cầu chúng ta phải có hình vẽ,
tuy nhiên sẽ dễ dàng hơn nếu chúng ta có một hình vẽ minh họa “rõ ràng và chính xác”.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độO xy , cho hình thang cân ABC D ( // ,A B C D A B C D ). Biết tọa độ
các đỉnh ,A D là    0; 2 , 2; 2A D   và giao điểm I của AC và B D nằm trên đường thẳng có
phương trình : 4 0d x y   . Tìm tọa độ của các đỉnh còn lại của hình thang biết góc 4 5
o
A ID  .
hoctoancapba.com

79. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9
Đáp số:    2 2 ; 2 2 , 2 4 2 ; 2 4 2B C    hoặc    4 3 2 ; 2 2 , 4 4 2 ; 2 2B C   
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O xy , cho đường tròn 2 2
( ) : 2 2 0C x y x y    và hai điểm
   0; 4 , 4; 0A B . Tìm tọa độ hai điểm ,C D sao cho đường tròn  C nội tiếp hình thang ABC D có
đáy là A B và C D .
Đáp số:
1 1 1 1
; , ;
2 2 2 2
C D
    
   
   
.
Câu 8:
Định hướng: Phương trình đã cho hoàn toàn có thể giải quyết bằng cách nâng lũy thừa để đưa về
phương trình bậc 4 của x . Tuy nhiên, bằng việc nhẩm nghiệm ta thấy 0x  là nghiệm của phương
trình, nên ta sẽ thử dùng phương pháp nhân lượng liên hợp để xử lý bài toán.
Lời giải:
Dễ thấy 3x   không là nghiệm của phương trình.
Xét 3x   , phương trình đã cho tương đương với:
2
2 3
2 1
3
x x
x
x
 
 

2
2
2 1 1
3
x
x
x
   

2 2
2
2
32 1 1
x x
xx
 
 
2
0
2 1
(*)
32 1 1
x
xx



 
  
Ta sẽ giải phương trình  * :
 
2
* 2 1 1 2 6x x    
2
2 1 2 5x x   
2 2
5
5 1 32
2 1 4 2 0 2 5
x
x
x x x

 
   
    
Vậy phương trình có nghiệm:  0; 5 13x   
Nhận xét: Phương pháp nhân lượng liên hợp là phương pháp rất mạnh để giải quyết các phương
trình vô tỷ. Để giải quyết bài toán bằng phương pháp này, ta phải nhẩm được một nghiệm nào đó
(có thể là nghiệm duy nhất) của phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Phương pháp nhân lượng liên hợp:
hoctoancapba.com

80. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10
Giả sử trong phương trình chúng ta có biểu thức có dạng  P x với  P x là một đa thức nào đó.
Bằng cách nhẩm nghiệm, ta tìm được x a là nghiệm của phương trình. Ta sẽ sử dụng đẳng thức:
   
   
   
P x P a
P x P a
P x P a

 

để làm xuất hiện đại lượng x a ở tử số.
Một điều cần chú ý khi sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp là ta phải xét điều kiện để đảm
bảo mẫu số của biểu thức liên hợp khác 0.
Một số hằng đẳng thức hay dùng:

2 2
a b
a b
a b

 


3 3
2 2
a b
a b
a a b b

 
 
 1 2 2 1
n n
n n n n
a b
a b
a a b a b b
   

 
   
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình: 1 4 9 1 6 2 5 2 2 5x x x x x x          
Đáp số: 0x  .
2. Giải phương trình: 32 2 2
15 3 8 2x x x    
Đáp số: 1x   .
3. Giải phương trình: 3 2
2
3
1 3 1 5
6
x
x x x x
x

       

Đáp số: 3x  .
Câu 9:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
31 2 2 3 1
x x x y z
P
y z y z y z z x x y
 
             
Giả sử x y . Ta sẽ chứng minh: (*)
x y z
y z z x x y
 
  
Thật vậy,
       
(*) 1
xz yz
x y y z x z x y
  
   
Ta có:
       
2 2
22 .
xz xz xz
x y y z xy yz xzz x y x y z
 
    
Tương tự ta có:
   
2 2
2 2
yz yz yz
x z x y xy yz xz xy yz xz
 
     
Suy ra:
       
2 2
1 1
2 2
xz yz xz yz yz xy
x y y z x z x y xy yz xz xy yz xz
 
    
       
hoctoancapba.com

81. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 11
Đặt 6
6
1
,
2
z
t t
x y
 

thì suy ra: 2
3
2
( ) 3 1P f t t
t
   
Khảo sát hàm ta nhận được: m in ( ) (1) 4f t f  .
Giá trị nhỏ nhất của P là 4, đạt được khi ; 0x z y  .
Nhận xét: Bài toán trên là một bài toán đẹp và khó. Sẽ rất khó khăn nếu chúng ta không biết đến bất
đẳng thức (*) . Sau khi đã sử dụng kết quả của bất đẳng thức (*) thì công việc khảo sát hàm số cuối
cùng trở nên khá đơn giản.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. (Khối B – 2014) Cho , ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn:   0a b c  . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
 2
a b c
P
b c c a a b
  
  
Hướng dẫn: Sử dụng các đánh giá:
2 2
;
a a b b
b c a b c c a a b c
 
     
Suy ra:
   
2 ( ) 2
2 2
1
a b c c
P
ca b c a b a b
a b

   
   


Đặt , 0
c
t t
a b
 

. Xét hàm:
2
( ) 2
1
f t t
t
 

ta nhận được:
3
m in 0; 0
2
P a b c    
2. (Khối D – 2014) Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 1 , 2x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 
2 2
2 2 1
3 5 3 5 4 1
x y y x
P
x y y x x y
 
  
     
Hướng dẫn: Sử dụng đánh giá 2 2
3 2; 3 2x x y y   
Suy ra:
 
1
1 4 1
x y
P
x y x y

 
   
Đặt , 2 4t x y t    , xét hàm
 
1
( )
1 4 1
t
f t
t t
 
 
nhận được
7
m in (3)
8
P f 
hoctoancapba.com

82. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 1
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
2 4
1
x
y
x



có đồ thị ( )C .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2. Tìm trên  C hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng M N , biết    3; 0 , 1; 1M N   .
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình: 3 3 1
1 sin 2 cos 2 sin 4
2
x x x  
Câu 3: (1 điểm)
Tính tích phân:
 
2
0
co s
1 sin 2
x
x
I d x
e x




Câu 4: (1 điểm)
Việt và Nam thi đấu với nhau một trận cầu lông, ai thắng trước 3 ván sẽ giành chiến thắng chung
cuộc. Xác suất để Nam thắng mỗi ván là 0,6; xác suất xảy ra 1 ván hòa là 0. Hỏi xác suất Việt thắng
chung cuộc là bao nhiêu?
Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho mặt phẳng   : 2 5 0P x y z    và điểm  2; 3; 4A  ,
đường thẳng
3 1 3
:
2 1 1
x y z
d
  
  . Gọi  là đường thẳng nằm trên  P đi qua giao điểm của d và
 P , đồng thời vuông góc với d . Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.
Câu 6: (1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác .S ABC D có đáy ABC D là hình bình hành, 4AD a , các cạnh bên của hình
chóp bằng nhau và bằng 6a . Tìm cosin của góc giữa hai mặt phẳng  SBC và  SC D khi thể tích
khối chóp .S ABC D là lớn nhất.
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độO xy , cho đường tròn 2 2
( ) : 2 2 8 0C x y x y     và đường thẳng
: 2 2 0d x y   . Lập phương trình các tiếp tuyến của đường tròn  C , biết tiếp tuyến tạo với đường
thẳng d một góc 4 5
o
.
Câu 8: (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3
3
3
0
x y
x
x y
x y
y
x y

 



  
 
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 9
hoctoancapba.com

83. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2
Câu 9: (1 điểm)
Cho , ,x y z là các số thực thuộc đoạn  0; 2 . Chứng minh bất đẳng thức:
 2 4x y z xy yz zx     
..................HẾT..................
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
1. Tập xác định: { 1}D   .
Ta có: 2
0,
( 1)
6
y x D
x
    

Suy ra hàm số không có cực trị và hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1)   và ( 1; )  
Ta có: lim lim 2
x x
y
     
  nên hàm số có tiệm cận ngang 2y  .
1 1
lim ; lim
x x
y
 
 
      nên hàm số có tiệm cận đứng 1x   .
Bảng biến thiên:
x   -1  
'y  || 
y
  2
2  
Đồ thị:
hoctoancapba.com

84. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3
2.
Phương trình đường thẳng M N là: 2 3 0x y   .
Phương trình đường thẳng d vuông góc với M N có dạng: 2y x m 
Phương trình hoành độ giao điểm của  C và d là:
 
22 4
2 2 4 0 1 (*)
1
x
x m x m x m x
x

        

Đường thẳng d cắt  C tại 2 điểm phân biệt ,A B
2
8 32 0m m     
Khi đó phương trình  * có 2 nghiệm 1 2
,x x , ta có: 1 2
2
m
x x

 
Tọa độ ,A B là    1 1 2 2
; 2 , ; 2A x x m B x x m 
Tọa độ trung điểm I của A B là: 1 2
1 2
;
2
x x
I x x m
 
  
 
hay ;
4 2
m m
I
 
 
 
,A B đối xứng nhau qua 4M N I M N m    
Với 4m   , ta có tọa độ ,A B là    0; 4 , 2; 0A B
Nhận xét: Bài toán này thuộc lớp các bài toán liên quan đến sự tương giao của đồ thị. Trong dạng
bài này, chúng ta thường sử dụng các kỹ thuật liên quan đến dấu của tam thức bậc hai và sử dụng
định lý Viète về mối liên hệ giữa các nghiệm của phương trình đa thức (đã được đề cập đến ở đề số
5).
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hàm số
2
1
x
y
x


có đồ thị ( )C . Tìm trên đồ thị  C hai điểm ,B C thuộc hai nhánh sao cho
tam giác A B C vuông cân tại đỉnh A với  2; 0A .
Đáp số:    1;1 , 3; 3B C
hoctoancapba.com

85. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4
2. Cho hàm số
1
2
x
y
x
 


có đồ thị ( )C . Tìm trên đồ thị  C các điểm ,A B sao cho độ dài đoạn A B
bằng 4 và đường thẳng A B vuông góc với đường thẳng y x .
Đáp số:    1 2 ; 2 2 , 1 2 ; 2 2A B     
Câu 2:
Phương trình đã cho tương đương với:
   
1
1 sin 2 cos 2 1 sin 2 cos 2 sin 4
2
x x x x x   
 
1 1
1 sin 4 sin 2 co s 2 1 sin 4 0
2 2
x x x x
   
        
   
 
1
1 sin 4 sin 2 co s 2 1 0
2
x x x
 
     
 
1
1 sin 4 0
2
sin 2 co s 2 1 0
x
x x

 


  
sin 2 cos 2 1x x   
 
2 co s 2 1
4
3 4
co s 2 co s
4 4
2
x
x k
x k
x k



 


 
    
 

  
 
     
    

.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình: 2
1 sin 2
1 tan 2
co s 2
x
x
x

  .
Đáp số: ,
2
k
x k

  .
2. Giải phương trình:
1
tan sin 2 co s 2 2 2 co s 0
co s
x x x x
x
 
     
 
.
Đáp số:
4 2
,
k
x k
 
   .
Câu 3:
Ta có:
2
0
co s sin
sin co s
x
x x
I d
e x x

 
  
 

hoctoancapba.com

86. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5
2
0
co s sin sin co s
. 2
sin co s sin co s
0
x x
x x x x
d
e x x x x e


 
   
   

2 2
0 0
sin 1
sinx x
xd x
xd
e e
 
 
   
 
 
 
2
0
sin 1
sin2
0
x x
x
d x
e e


 
  
2 2
0 02 2
1 co s 1 1
co sx x
xd x
xd
e e
e e
 
 
   
     
 
 
 
2 2
0 02 2
1 co s 1 1 sin
co s 12
0
x x x
x xd x
d x
e e e
e e
 
 

  
      
Từ đó suy ra:
2
2
1 1
2 1
2
e
I I
e



 
   
Nhận xét: Kỹ thuật áp dụng liên tiếp phương pháp tích phân từng phần để làm xuất hiện lại biểu
thức cần tính tích phân là một kỹ thuật tương đối quen thuộc. Nó thường được áp dụng khi biểu
thức cần tính tích phân có chứa hàm sin x (hoặc co s x ) và hàm số mũ.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tính tích phân:
6 64
4
sin co s
2 0 1 5 1
x
x x
I d x







Đáp số:
3 2
I


2. Tính tích phân:
46
6
sin
2 0 1 5 1
x
xd x
I







Đáp số:
4 7 3
6 4
I
 

3. Tính tích phân:  
4
0
ln 1 tanI x d x

 
Đáp số: ln 2
8
I


Câu 4:
*) Trường hợp 1: Trận đấu có 3 ván.
hoctoancapba.com

87. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6
Xác suất để Việt thắng cả 3 ván là: 3
1
0, 4 0, 0 6 4P  
*) Trường hợp 2: Trận đấu có 4 ván.
Suy ra: trong 3 ván đầu tiên sẽ có 1 ván Việt thua.
Xác suất để Việt thắng 3 trong 4 ván là: 1 3
2 3
.0 , 6 .0 , 4 0 ,1 1 5 2P C 
*) Trường hợp 2: Trận đấu có 5 ván.
Suy ra: trong 4 ván đầu tiên sẽ có 2 ván Việt thua.
Xác suất để Việt thắng 3 trong 5 ván là: 2 2 3
3 4
.0, 6 .0, 4 0,1 3 8 2 4P C 
Vậy xác suất để Việt thắng chung cuộc là: 1 2 3
0, 3 1 7 4 4P P P P   
Nhận xét: Đây là dạng bài tính xác suất mang tính thực tế cao. Trong dạng bài này, chúng ta cần
xác định được tất cả các tình huống có thể xảy ra và tính toán xác suất cho từng tình huống đó.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Một bài kiểm tra có 10 câu hỏi trắc nghiệm 4 phương án, trong đó chỉ có 1 đáp án đúng. Mỗi câu
trả lời đúng sẽ được 5 điểm, mỗi câu trả lời sai bị trừ 1 điểm. Một học sinh trả lời ngẫu nhiên tất cả
các câu hỏi. Tính xác suất để học sinh đó được không quá 10 điểm.
Đáp số:
10 9 2 8 3 7
1 2 3
10 10 10
3 1 3 1 3 1 3 203391
. . . . . . 0, 7759
4 4 4 4 4 4 4 262144
P C C C
           
                
           
.
2. Việt và Nam thi đấu với nhau một trận cầu lông, ai thắng trước 3 ván sẽ giành chiến thắng chung
cuộc. Biết Việt chơi kém hơn mình nên Nam quyết định ván đầu tiên chắc chắn sẽ để cho Việt
thắng. Xác suất để Nam thắng mỗi ván là 0,6; xác suất xảy ra 1 ván hòa là 0. Hỏi xác suất Việt
thắng chung cuộc là bao nhiêu?
Đáp số: 0, 5248P  .
Câu 5:
Gọi I là giao điểm của d và  P , tọa độ I có dạng  2 3; 1; 3I t t t  
Vì  I P nên ta có:    2 3 2 1 3 5 0 1t t t t         , hay tọa độ I là  1; 0; 4I 
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là  2;1;1d
u 
Mặt phẳng  P có vectơ pháp tuyến là  1; 2; 1n  
Gọi u là vectơ chỉ phương của đường thẳng  .
Ta có:  
1
, 1;1;1
3
d
u u n   
 
Suy ra phương trình đường thẳng  là:
1 4
1 1 1
x y z 
 

Vì M thuộc  nên tọa độ M có dạng    1 ; ; 4 1 ; 3;M s s s A M s s s      
Nhận thấy AM ngắn nhất    
4
. 0 1 3 0
3
A M A M u s s s s             
Vậy tọa độ điểm M cần tìm là:
7 4 1 6
; ;
3 3 3
M
 
 
 
hoctoancapba.com

88. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7
Nhận xét: Dễ dàng nhận ra rằng đánh giá AM ngắn nhất AM   là đánh giá quan trọng nhất của
bài toán. Các tính toán còn lại trong lời giải đều khá cơ bản và dựa vào đánh giá trên.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho hai điểm
   1; 5; 0 , 3; 3; 6A B và đường thẳng
1 1
:
2 1 2
x y z 
  

. Tìm tọa độ điểm M trên  sao cho
tam giác M AB có diện tích lớn nhất.
Đáp số:  1; 0; 2M .
2. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho đường
thẳng :
1 1 1
x y z
d   và hai điểm
   0; 0; 3 , 0; 3; 3A B . Tìm điểm M trên d sao cho biểu thức M A M B đạt giá trị nhỏ nhất.
Đáp số:
3 3 3
; ;
2 2 2
M
 
 
 
.
Câu 6:
Gọi O là tâm của hình bình hành A B C D .
Do 6S A S B S C S D a    nên suy ra  SO ABC D .
Từ đó suy ra: O A O B O C O D ABC D    là hình chữ nhật.
Giả sử AB b , khi đó:
2 2
2 2 1 6
1 6
2
a b
B D a b O A

   
Suy ra:
2 2 2 2
2 2 2 8 8
4 2
a b a b
S O S A O A S O
 
    
Từ đó:
2 2 3
2 2
.
1 1 8 2 8
. . . .4 . . . 8
3 3 2 3 3
S A B C D
a b a a
V A B A D S O a b b a b

    
Dấu bằng xảy ra khi 2b a .
Chọn hệ trục tọa độ O xyz sao cho  0; 0; 0O ,  0; 0;S a ,  2 ; ; 0B a a ,  2 ; ; 0C a a ,  2 ; ; 0D a a  .
Khi đó ta có:      2 ; ; , 2 ; ; , 2 ; ;SB a a a SC a a a SD a a a        
Suy ra:    2 2 2 2
, 0; 4 ; 4 , , 2 ; 0; 4SB SC a a SC SD a a     
   
Suy ra vectơ pháp tuyến của  SBC là  1
0;1; 1n   , vectơ pháp tuyến của  SC D là  2
1; 0; 2n   .
Gọi  là góc giữa 2 mặt phẳng  SBC và  SC D .
Ta có:
 1.0 0.1 2 .1 2
cos
2 . 5 10

  
 
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
hoctoancapba.com

89. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8
1. Cho hai hình chữ nhật ABC D và ABEF không cùng nằm trên một mặt phẳng thỏa mãn các điều
kiện , 2A B a A D A F a   , đường thẳng AC vuông góc với đường thẳng B F . Gọi ,H K là đường
vuông góc chung của ,A C B F . Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABHK .
Đáp số:
 6 3
6
a
r

 .
2. Cho hình chóp .S ABC có đáy A B C vuông cân tại B , 2BA BC a  , hình chiếu vuông góc của S
trên mặt phẳng đáu  ABC là trung điểm E của A B và 2SE a . Gọi ,I J lần lượt là trung điểm của
,E C SC , M là điểm di động trên tia đối tia BA sao cho , 90
o
EC M    và H là hình chiếu vuông
góc của S trên M C . Tính thể tích khối tứ diện EH IJ theo ,a  và tìm  để thể tích đó lớn nhất.
Đáp án:
3
5 sin 2
; 4 5
8
oa
V

  .
Câu 7:
Đường tròn 2 2
( ) : 2 2 8 0C x y x y     có tâm (1;1)I và bán kính 1 0R  .
Gọi  ;n a b là vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến  cần tìm ( 2 2
0a b  )
Ta có:     2 2
21 1
, 45 cos ,
2 25 .
o
a b
d d
a b

      

       
2 2 2
3
2 2 5 3 3 0
3
a b
a b a b a b a b
b a

         
 
Với 3a b , phương trình  có dạng: : 3 0x y c    .
Mặt khác ta có:  
64
, 10
1410
cc
d I R
c
 
     
 
Với 3a b  , phương trình  có dạng: : 3 0x y c    .
Mặt khác ta có:  
82
, 10
1210
cc
d I R
c
   
     

Vậy ta có 4 tiếp tuyến thỏa mãn: 1 2 3
: 3 6 0, : 3 1 4 0, : 3 8 0x y x y x y            và
4
: 3 1 2 0x y    .
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độO xy , cho đường tròn 2 2
( ) : 6 2 5 0C x y x y     và đường thẳng
: 3 3 0d x y   . Lập phương trình tiếp tuyến của đường tròn  C , biết tiếp tuyến không đi qua gốc
tọa độ và hợp với đường thẳng d một góc 4 5
o
.
Đáp số: 2 10 0x y   hoặc 2 10 0x y  
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O xy , cho đường tròn 2 2
( ) : 2 0C x y x  . Lập phương trình tiếp
tuyến của đường tròn  C , biết tiếp tuyến này hợp với trục tung một góc bằng 30
o
.
hoctoancapba.com

90. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9
Đáp số: Có 4 tiếp tuyến thỏa mãn là: 1 2
: 3 2 3 0; : 3 2 3 0x y x y          ;
3
: 3 2 3 0x y     và 4
: 3 2 3 0x y    
Câu 8:
Ta sẽ giải hệ phương trình này bằng số phức.
Nhân phương trình thứ hai với i và cộng với phương trình thứ nhất ta được:
 2 2 2 2
3 3
3 3 3
x y xi yi x yi
x yi x yi i
x y x y
   
       
 
Đặt 2 2
1 x yi
z x yi
z x y

   

Phương trình trên trở thành:
3
3
i
z
z

 
2
3 3 0z z i    
2
1
z i
z i
 
 
 
Với 2z i  , ta có: 2; 1x y  , thỏa mãn.
Với 1z i  , ta có: 1; 1x y   , thỏa mãn.
Vậy hệ có nghiệm       ; 2;1 , 1; 1x y  
Nhận xét: Hệ phương trình trên là một hệ tương đối lạ và khó.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3 1 0
1
1 0 3
2
x y
x
x y
x y
y
x y

 
 

  
 
Đáp số: Hệ phương trình vô nghiệm.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2
2
2
0
x y
x
x y
x y
y
x y

 
 

  
 
Đáp số:       ; 0;1 , 2; 1x y  
Câu 9:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
   2 2 4 0y z x y z yz      
Xét      2 2 4f x y z x y z yz       với  0; 2x 
Ta có:
hoctoancapba.com

91. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10
       0 2 4 2 2 0f y z yz y z        
 2 0f yz  
Từ đó suy ra:   0f x  với mọi  0; 2x 
Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi: 0; 2x y z  
Nhận xét: Bài toán trên sử dụng phương pháp phần tử cực biên (dựa vào tính chất đồ thị của hàm
số).
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 1x y z   . Chứng minh bất đẳng thức:
7
2
2 7
xy yz zx xyz   
Hướng dẫn: Xét hàm    
7
1 2
2 7
f yz x x yz xyz     với
 
2
1
0
4
x
yz

 
2. Cho , , ,a b c d là các số thực thuộc đoạn  0;1 . Chứng minh bất đẳng thức:
       1 1 1 1 1a b c d a b c d        
Hướng dẫn: Xét hàm          1 1 1 1 1f a a b c d a b c d         
Ta có:            1 0; 0 1 1 1 1f b c d f b c d b c d g b            
Lại có:    1 0; g 0 0g c d cd    
Suy ra    0, 0;1g b b   , từ đó suy ra điều phải chứng minh.
hoctoancapba.com

92. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 1
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số 4 2
2y x x  có đồ thị ( )C .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
2. Trên đồ thị  C lấy hai điểm phân biệt ,A B có hoành độ lần lượt là ,a b . Tìm điều kiện đối với
,a b để hai tiếp tuyến của  C tại ,A B song song với nhau.
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình: 9 sin 6 cos 3 sin 2 cos 2 8x x x x   
Câu 3: (1 điểm)
Tính tích phân:  
4
4
m in tan ,I x x d x



 
Câu 4: (1 điểm)
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức của số phức  1 3 2i z    biết rằng số
phức z thỏa mãn 1 2z  
Câu 5: (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho tam giác A B C với  1; 1;1A  và hai đường trung tuyến
lần lượt có phương trình là: 1
1 2
:
2 3 2
x y z
d
 
 
 
và 2
1
: 0
1
x t
d y
z t
 



 
. Viết phương trình đường phân giác
trong góc A .
Câu 6: (1 điểm)
Cho hình chóp .S ABC D có đáy A B C D là hình bình hành thỏa mãn 2AB a , 2B C a , 6B D a .
Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng  A B C D là trọng tâm của tam giác B C D . Tính
theo a thể tích khối chóp .S ABC D , biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a .
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy , cho tam giác A B C cân tại đỉnh C biết phương trình đường
thẳng A B là 2 0x y   , trọng tâm của tam giác là
1 4 5
;
3 3
G
 
 
 
và diện tích tam giác A B C bằng
6 5
2
.
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C .
Câu 8: (1 điểm)
Giải phương trình:
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 10
hoctoancapba.com

93. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2
 2 2 2 21 7 1
1 3 6 1 0 5 1 3 1 7 4 8 3 6 3 6 8 2 1
2 2
x x x x x x x x          
Câu 9: (1 điểm)
Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2 2 2 2
2 3 2 3a a b b b b c c a a c c        
..................HẾT..................
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
1.
Tập xác định: D  .
Ta có: 3
0
4 4 ; ' 0
1
x
y x x y
x

     
 
2
'' 1 2 6; ''( 1) 0; ''(0 ) 0; ''(1) 0y x y y y     
Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại 1x   và 1x  và hàm số đạt cực đại tại 0x  . Hàm số nghịch biến
trên mỗi khoảng ( ; 1)   và (0;1) , hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 1; 0 ) và (1; ) 
Tính giới hạn: lim lim
x x
y
   
   
Bảng biến thiên:
x   -1 0 1  
'y  0  0  0 +
y
  0  
-1 -1
Đồ thị:
hoctoancapba.com

94. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3
2.
Ta có: 3
' 4 4y x x 
Hệ số góc tiếp tuyến của  C tại ,A B lần lượt là: 3 3
4 4 ; 4 4A B
k a a k b b   
Tiếp tuyến tại A có phương trình:            ' ' 'y y a x a y a y y a y a ay a      
Tiếp tuyến tại B có phương trình:            ' ' 'y y b x b y b y y b y b by b      
Hai tiếp tuyến của  C tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
   3 3 2 2
4 4 4 4 1 0A B
k k a a b b a b a ab b          
Vì A và B phân biệt nên a b , suy ra: 2 2
1 0a ab b   
Hai tiếp tuyến của  C tại A và B trùng nhau khi và chỉ khi:
       
2 2 2 2
4 2 4 2
1
1 0 1 0
1
1
' ' 3 2 3 2
1
a
a a b b a a b b
b
a b a b
a
y a a y a y b b y b a a b b
b
 
          
   
   
   
        
 
Vậy điều kiện để hai tiếp tuyến của  C tại A và B song song với nhau là:
2 2
1 0
1;
a a b b
a a b
    

  
Nhận xét: Bài toán này chỉ đòi hỏi những kỹ năng biến đổi hết sức cơ bản, tuy nhiên, nhiều học
sinh vẫn không được điểm trọn vẹn khi quên không xét trường hợp 2 tiếp tuyến trùng nhau. Tiếp
tuyến tại 2 điểm khác nhau trên đồ thị có thể trùng nhau là một tính chất đặc biệt của hàm bậc 4, và
tính chất này không xuất hiện ở hàm bậc 3, hay hàm phân thức bậc nhất.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cho hai đường thẳng 1 1 1 2 2 2
: ; :d y a x b d y a x b    , ta có:
hoctoancapba.com

95. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4
 1 2
,d d cắt nhau 1 2
a a 
 1 2
,d d song song với nhau 1 2
1 2
a a
b b

 

 1 2
,d d trùng nhau 1 2
1 2
a a
b b

 

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hàm số 4 2
1y x m x m    có đồ thị ( )m
C . Chứng minh rằng khi m thay đổi thì  m
C luôn
luôn đi qua hai điểm cố định ,A B , và tìm m để các tiếp tuyến tại ,A B vuông góc với nhau.
Đáp số:
3 5
;
2 2
m
 
   
 
2. Cho hàm số    
2 2
1 1y x x   có đồ thị ( )C . Cho điểm  ; 0A a , tìm a để từ A kẻ được 3 tiếp
tuyến phân biệt với đồ thị  C .
Đáp số:
3
1
2
a    hoặc
3
1
2
a 
Câu 2:
Phương trình tương đương với:
2
9 sin 6 cos 6 sin cos 2 cos 9x x x x x   
   
2
9 sin 1 6 cos 1 sin 2 cos 0x x x x     
   
2
sin 1 9 6 cos 2 cos 0x x x    
       1 sin 6 cos 9 2 1 sin 1 sin 0x x x x      
   1 sin 6 cos 9 2 2 sin 0x x x     
 
 
sin 1 1
6 co s 2 sin 7 2
x
x x

 
 
 2
2
x k k

    (Phương trình 6 cos 2 sin 7x x  vô nghiệm do 2 2 2
6 2 7  )
Vậy họ nghiệm của phương trình là:  2
2
x k k

   .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Phương trình sin cosa x b x c  có nghiệm 2 2 2
a b c   .
Thật vậy: chọn góc a sao cho co s ; sin
a b
a b a b
2 2 2 2
= =
+ +
a a , phương trình trở thành:
( )sin co s co s sin sin
c c
x x x
a b a b

2 2 2 2
+ = + =
+ +
a a a
hoctoancapba.com

96. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5
Phương trình trên có nghiệm 2 2 2
2 2
1
c
c a b
a b
    

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình:  2 2 sin cos cos 3 cos 2x x x x   .
Đáp số: Phương trình vô nghiệm.
2. Giải phương trình:  3
sin cos sin 2 3 cos 3 2 cos 4 sinx x x x x x    .
Đáp số: ; ,
7
2
6 4 2
2
k
x k k
  

 
     
 
.
Câu 3:
Xét hàm số   tanf x x x  trên đoạn ;
4 4
  

 
 
Ta có:    2
1
' 1 0, ;
co s 4 4
f x x f x
x
  
      
 
 
là hàm số đồng biến trên ;
4 4
  

 
 
Mà ta có:  0 0f  , nên suy ra:
 m in tan , tan , ; 0
4
x x x x
 
  
 
 
và  m in tan , , 0;
4
x x x x
 
  
 
 
Vậy:    
0 4
0
4
m in tan , m in tan ,I x x d x x x d x



  
0 2 24
0
4
0
2
tan ln co s ln4
2 3 2 2
04
x
xd x xd x x






     

 
Nhận xét: Bài toán trên không hề khó, tuy nhiên cách phát biểu như trên thường ít gặp đối với học
sinh. Cách giải hoàn toàn giống cách tính tích phân có chứa dấu giá trị tuyệt đối, khi xét các khoảng
khác nhau của biến số.Một điều vô cùng thú vị là hàm số min hay m ax có thể biểu diễn thông qua
hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối.Cụ thể là:    
1
m in ,
2
a b a b a b    và    
1
m ax ,
2
a b a b a b   
.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tính tích phân:  
2
2
0
m in ,I x x dx 
Đáp số:
4 2 1
3
I


2. Tính tích phân:
24
0
m ax cos , 2
2
x x
I e x x dx

 
    
 

hoctoancapba.com

97. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6
Đáp số: 4
1
1
2
I e

   
3. Tính tích phân:  
4
6
m ax tan 2 sin , 3I x x x d x



 
Đáp số:
2
4 2 2 ln 2
2 2 4
I
 
 
Câu 4:
Giả sử ; ; , , ,z a bi x yi a b x y     .
Ta có:  
2 2
1 2 1 4z a b     
Lại có:  1 3 2i z   
  1 3 2x yi i a bi     
3 2
3
x a b
y a b
   
 
 
 
 
3 1 3
3 3 1
x a b
y a b
    
 
   
Do đó:      
2
2 2 2
3 3 4 1 16x y a b       
 
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức  trên mặt phẳng phức là hình tròn    
2
2
3 3 1 6x y   
có tâm  3; 3I và bán kính 4R  .
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn
z
k
z i


, trong đó k
là số thực dương cho trước.
Đáp số: Nếu 1k  thì tập hợp là đường thẳng
1
2
y 
Nếu 1k  thì tập hợp là đường tròn tâm
2
2
0;
1
k
I
k
 
 
 
và bán kính 2
1
k
R
k


2. Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn
1 1
z i z i
z z
 

 
là số thuần
ảo.
Đáp số: Tập hợp điểm cần tìm là đường tròn
2
21 1
2 4
x y
 
   
 
trừ điểm  1; 0A  .
Câu 5:
hoctoancapba.com

98. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7
Nhận thấy 1 2
,A d A d  nên giả sử 1 2
,d d lần lượt là trung tuyến kẻ từ đỉnh ,B C .
Gọi ,M N lần lượt là trung điểm ,A C A B .
Do N thuộc 2
d nên tọa độ N có dạng  1 ; 0;1N t t  . Vì N là trung điểm A B suy ra tọa độ B là
 1 2 ;1;1 2B t t  .
Mà B thuộc 1
d , nên ta có:
1
2
t  . Vậy tọa độ đỉnh B là  0;1; 2B .
Do M thuộc 1
d nên tọa độ M có dạng  2 ;1 3 ; 2 2M s s s  . Vì M là trung điểm AC suy ra tọa độ
C là  4 1; 3 6 ; 3 4C s s s   .
Mà C thuộc 2
d , nên ta có:
1
2
s  . Vậy tọa độ đỉnh C là  1; 0;1C .
Khi đó ta có: 6 ; 1A B A C  .
Gọi AD là đường phân giác trong của góc A .
Ta có:
6 1 2 6
6 ; ;
1 6 1 6 1 6
D B D C D
 
        
Từ đó suy ra phương trình đường thẳng AD là:
1 1 1
1 12 6
x y z  
 
 
Nhận xét: Bài toán trên rất giống những bài toán hay gặp trong mặt phẳng, tuy nhiên sẽ tương đối
khó khăn và phức tạp nếu ta cố tình áp dụng các phương pháp truyền thống trong mặt phẳng vào
không gian. Chúng ta cần sử dụng các kỹ thuật nâng cao hơn để giải quyết.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cho tam giác A B C có đường phân giác trong AD .
Theo tính chất đường phân giác, ta sẽ có: .
A B
D B D C
A C
 
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong không gian với tọa độ O xyz , cho tam giác A B C với tọa độ đỉnh  3; 2; 3C và phương trình
đường cao AH , phương trình đường phân giác trong B D lần lượt là:
1 2
2 3 3 1 4 3
: ; :
1 1 2 1 2 1
x y z x y z
d d
     
   
 
. Viết phương trình đường thẳng B C và tính diện tích
tam giác A B C .
Đáp số:
1 2
: 4 2
3
x t
B C y t
z
 

 


và 2 3ABC
S 
2. Trong không gian với hệ toạ độ O xyz , cho hai điểm  1; 2; 3A và  1; 4; 2B  . Tìm toạ độ điểm C
thuộc mặt phẳng   : 1 0P x y z    để A B C là tam giác đều.
Đáp số:
1 3 5 1 1 3 5 3
; ;
4 4 2
C
  
  
 
hoặc
1 3 5 1 1 3 5 3
; ;
4 4 2
C
  
  
 
hoctoancapba.com

99. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8
Câu 6:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  A B C D , M là trung điểm C D và O là tâm
của đáy ABC D .
Do AO là trung tuyến của ABD nên
2 2 2 2
2 3 6
2 4 2 2
A B A D B D a a
A O A O

    
2 6
3 3
A O a
A H A O   
Lại có:
2 2 2
2 2 2 3
3 3
2 4 3
B D B C C D a
B M a B M a B H

      
Ta có: 2 2 2 2
4A H H B a A B A H H B     .
Mà  AH SH AH SH B   .
Kẻ H K SB . Vì  AH SH B nên AH H K H K  là đôạn vuông góc chung của AC và SB , suy
ra H K a .
Trong tam giác vuông SH B , ta có: 2 2 2
1 1 1
2SH a
H K SH H B
   
Ta có:
3
.
1 4 8 4 2
. . . .
3 3 3 3
S A B C D A B C D O A B
a
V S H S S H S S H O A B H   
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho hình chóp .S ABC D , đáy ABC D là hình bình hành với A B a , 2AD a và SC vuông góc
với mặt phẳng  A B C D . Biết góc 6 0
o
B A D  , SA hợp với  A B C D một góc 4 5
o
. Tính thể tích khối
chóp .S ABC D và khoảng cách giữa SA và B D .
Đáp số:
3
2 1 7 7
;
3 1 1
a a
V d  .
2. Cho hình chóp .S ABC D có đáy ABC D là hình bình hành với A B a , 2AD a , 6 0
o
B A D  . Cạnh
SA a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi , ,M N P
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên
, ,B C D C SC tương ứng. Tính thể tích khối tứ diện
A M N P và khoảng cách giữa 2 đường thẳng ,N P A C
theo a .
Đáp án:
3
5 3 1 0 2 8 2 9
;
6 4 9 4 3
a a
V d  .
Câu 7:
Gọi M là trung điểm A B , suy ra: C M AB .
Đường thẳng C M đi qua G và vuông góc với đường thẳng A B nên đường thẳng C M có phương
trình 3 0x y   .
hoctoancapba.com

100. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9
Tọa độ của M là nghiệm của hệ:
5
2 0 2
3 0 1
2
x
x y
x y
y


   
 
     

Hay tọa độ M là
5 1
;
2 2
M
 
 
 
Lại có: 3C M G M , suy ra tọa độ của C là  9; 6C .
Vì A thuộc đường thẳng 2 0x y   nên tọa độ A có dạng  ; 2A a a .
Do
1 4 5
;
3 3
G
 
 
 
là trọng tâm tam giác A B C nên tọa độ đỉnh B là  5 ; 3B a a  .
Khi đó ta có:    
2 2
5 2 2 5 2 2 5A B a a a     
Ta có:
065 1 65 13
. . 2 2 5 . 65 2 5 5
52 2 2 2
A B C
a
S A B C H a a
a

          

Với 0a  , ta có:    0; 2 , 5; 3A B 
Với 5a  , ta có:    5; 3 , 0; 2A B
Giả sử phương trình đường tròn  C ngoại tiếp ABC là: 2 2
2 2 0x y a x b y c     .
Vì  C đi qua , ,A B C nên ta có hệ:
1 3 7
2 6
4 4
5 9
1 0 6 3 4
2 6
1 8 1 2 1 1 7
6 6
1 3
a
b c
a b c b
a b c
c

 

   
 
      
 
    


Vậy phương trình đường tròn  C là: 2 2 137 59 66
0
13 13 13
x y x y    
Nhận xét: Với các bài toán có xuất hiện trọng tâm tam giác, ta cần vận dụng công thức tính tọa độ
trọng tâm tam giác để biểu diễn mối quan hệ về tọa độ giữa 3 đỉnh của tam giác, từ đó giảm số biến
cần tìm xuống.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cho BC có trọng tâm G thì ta có: 3
3
A B C
G
A B C
G
x x x
x
y y y
y
 



  

Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độO xy , cho tam giác A B C có đỉnh  12;1B  , đường phân giác trong
góc A có phương trình : 2 5 0d x y   . Điểm
1 2
;
3 3
G
 
 
 
là trọng tâm tam giác A B C . Viết phương
trình đường thẳng B C .
Đáp số: 8 20 0x y   .
hoctoancapba.com

101. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O xy , cho tam giác A B C có  2; 7A và đường thẳng A B cắt trục
O y tại E sao cho 2A E E B . Biết rằng tam giác A E C cân tại A và có trọng tâm
1 3
2;
3
G
 
 
 
. Viết
phương trình đường thẳng B C .
Đáp số: 2 5 7 0x y  
Câu 8:
Định hướng: Nhận thấy biểu thức ở vế trái là một hàm số đồng biến với x đủ lớn và biểu thức ở vế
phải là một hàm số nghịch biến với x đủ lớn. Nếu sử dụng phương pháp khảo sát hàm số thì chúng
ta sẽ gặp phải một biểu thức đạo hàm hết sức cồng kềnh. Vậy nên ta nghĩ đến việc sẽ sử dụng
phương pháp đánh giá.
Lời giải:
Ta có:
2 2 21 7
1 3 6 1 0 5 1 3 1 7 4 8 3 6
2
xP x x x x x       
     
2 2
2 2 225 3
3 1 2 3 2 4 6
2 2
x x x x x x
   
             
   
3 1 2 5x x x    
5 3 3
3 1 2 6 6
2 2 2
x x x x x        
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3
2
x  .
Lại có:
   
221 1 3
36 8 21 12 3 2 2 3 6
2 2 2
Q x x x x x         
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3
2
x  .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất:
3
2
x  .
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Giải phương trình:  2 2 2 21
3 1 1 7 4
2 2
x x x x x x x       
Đáp số: 1x   .
2. Giải phương trình:    
42 2 2
1 2 1 2 2 1 2 4 1x x x x x x x        
Đáp số: 2x  .
3. Giải phương trình:
6 8
6
3 2x x
 
 
hoctoancapba.com

102. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 11
Đáp số:
3
2
x  .
Câu 9:
Xét tứ giác O ABC có ; ; ; 45 ; 30
o o
O A a O B b O C c AO B BO C     .
Áp dụng định lý hàm số cosin ta có:
2 2
2A B a ab b  
2 2
3B C b bc c  
2 2
2 3A C a a c c    , vì
2 3
cos 75
2
o 

Theo bất đẳng thức tam giác, ta có:
AB BC AC  , nên ta suy ra điều phải chứng minh.
Dấy bằng xảy ra khi , ,A B C thẳng hàng
sin 4 5 sin 6 0 sin 7 5
2 2 2
o o o
O A B O B C O A C
a b b c a c
S S S    
2 2 3 2 3
4 4 4 2
a b b c a c a c
b
a c
 
    

Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp
hình học. Trong các bài toán này, chúng ta cần sử dụng linh hoạt các công thức: phương trình đường
tròn, phương trình đường thẳng, công thức tính khoảng cách, định lý hàm số cos, …
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Cho , , ,a b c d là các số thực thỏa mãn  
2 2
1 2a b a b    và  
2 2
36 12c d c d    .
Chứng minh rằng:        
6 6
2 2
2 1 2 1a c b d      
Hướng dẫn: Xét điểm    , , ,M a b N c d thì ta có: M nằm trên đường tròn tâm  1;1A bán kính 1
1R 
và N nằm trên đường tròn tâm  6; 6B bán kính 1
6R 
2. Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 0; 0; 2 3 2; 3 9x y x y x y      . Chứng minh rằng:
2 235
4 8 45
2
x y x y

    
Hướng dẫn: Tập hợp điểm  ;M x y trong đó ,x y thỏa mãn
các điều kiện đã cho là phần bên trong tứ giác ABC D
với        1; 0 ; 0; 2 ; 0; 3 ; 9; 0A B C D
Dễ dàng chứng minh được: 25
6 5
2
M I  với điểm I có tọa độ
 2; 4I
hoctoancapba.com