Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNGCâu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
( )
1
,
2
x
y C
x
+
=
−
và đường thẳng :d y x m= +
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) đã cho.
b) Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho trọng tâm tam giác OAB nằm trên đường tròn
( )
2 2
: 3 4T x y y+ − =
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
π
sin 2 cos2 4 2 sin 3cos
4
1.
cos 1
 
− + + −
 
 

i
ề
u ki
ệ
n 1+ − =
z i z
và
( )
2
4 2+ −
z z i
là s
ố
th
ự
c.
b)
Cho t
ậ
p
{
}
0;1;2;3;4;5;6=A . Xét các s
ố
t
ự
nhiên có 5 ch
ữ
s
ố

ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz cho
đ
i
ể
m
( )
1;0;0A ,
đườ
ng th
ẳ
ng
1
:
1 1 1
x y z
d
−
= = . Vi
ế
t ph
ươ
ng trình (P)
đ

ng
1
.
6

Câu 6

(1,0 điểm).
Cho hình chóp tam giác S.ABC có
đ
áy ABC là tam giác vuông t
ạ
i A, AB = a, SA = SB
và

0
30 ; .= ⊥ACB SA SB
Bi
ế
t kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng SA và BC b
ằ
ng


0
( 4; 2), 75− − =B ACB
.
Đườ
ng cao k
ẻ
t
ừ

đỉ
nh A có ph
ươ
ng trình 2 0+ =x y , D là
đ
i
ể
m thu
ộ
c c
ạ
nh BC sao cho DC = 2DB. Tìm
t
ọ
a
độ

đ
i
ể

x x
.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 1≥
xy
và
1.≥z
Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
3
2
.
1 1 3( 1)
+
= + +
+ + +
x y z
P
y x xy


⇔

= + − − − =



+)
Để
d c
ắ
t
( )
C t
ạ
i 2
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t A,B
( )
g x
⇔ có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khác 2
( )
( )

A x x m B x x m+ +
theo Vi-et ta có:
1 2
1 2
3
2 1
x x m
x x m
+ = −


= − −


+) G
ọ
i G là tr
ọ
ng tâm
1 2 1 2
2
;
3 3
x x x x m
OAB G
+ + +
 
∆ ⇒
 
 


∈ ⇒ − − = ⇔ − − = ⇔

=


Vậy
15
3;
2
m m= − = là các giá trị cần tìm.

Câu 2 (1,0 điểm).
Điều kiện
cos 1
x
≠
.
Phươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i
( )
π

x
.
Xét
π
cos sin 2 sin 2 1
4
 
+ = − ⇔ + = − < −
 
 
x x x
(Vô nghi
ệm).
Kết luận nghiệm
π 2π,= + ∈ℤx k k .

Câu 3 (1,0 điểm).
Đặt 2 1 2 ; 0 1; 1 3t x tdt dx x t x t= + ⇒ = = ⇒ = = ⇒ = .
( )
3 3
2
2
2 2
1 1
3
3
t dt dt
I
t
t t

+
−
= = =
+
+
∫ ∫
. Câu 4 (1,0 điểm).

a)

Đặ
t
( )
,
z a bi a b R
= + ∈
ta có: 1
z i z+ − = ⇔
( ) ( )
1 1a b i a bi+ + − = +
( ) ( )
2 2
2 2
1 1a b a b⇔ + + − = +
( )
1 1
a b⇔ − = −

b b b
b a
b b
= −
= −

= − = −


⇒ ⇔ ⇔
 

− − − =
= =
− − =





V
ậ
y
3 4 ; 2= + = − −
z i z i
là các s
ố phức cần tìm.
b) Xét các s
ố có 5 chữ số sẽ có dạng:
( )

n c và 3 cách ch
ọ
n d.
TH2: 5e = có 5 cách ch
ọ
n a, 5 cách ch
ọ
n b, 4 cách ch
ọ
n c và 3 cách ch
ọ
n d.
+) V
ậ
y s
ố
các s
ố
có 5 ch
ữ
s
ố
chia h
ế
t cho 5 là: 6.5.4.3 5.5.4.3 660+ =
+) Xác xu
ấ
t c
ầ
n tìm là:

ắ
n là:
( )
: 1 , 0
1
x y z
b c
b c
+ + = ≠
+) Khi
đ
ó
1 1
1; ;
P
n
b c
 
=
 
 

,
( )
1;1;1
d
u =

.
+) Do

( )
2 2
1 1 1 1
1 2, 1 : 2 1 0
1 , 2
1 1 1 1
5 1, 2 : 2 1 0
P x y z
b c b c
P x y z
b c b c
 
+ = − = − = ⇒ − + − =
 
 
⇒
⇔
 
 
+ = = = − ⇒ + − − =
 
 

Kết luận: ( ): 2 1 0; ( ): 2 1 0P x y z P x y z− + − = + − − = là các mặt phẳng cần tìm.

Câu 6 (1,0 điểm).

+) Tính thể tích khối chóp S.ABC
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95
Gọi D là trung điểm của BC, suy ra tam giác ABD đều cạnh a.

;
4
= =
a
IK d SA BC .
Đặ
t
2
2
3 3
; ;
2 3 3
= = = ⇒ = +
a a a
SH h AI AH SA h
Lại có
2
2
3 3
. . 2 . .
2 4 3
= = ⇒ = + ⇒ =
SAI
a a a
AI SH IK SA S h h h a
Từ đó ta dễ tính được
2 3
1 1 3 3
. . .
3 3 2 6

(
)

, φ⊥ ⇒ = =SC AMN SAC SBC ANM
Ta có
3 39 . 3
;
6 6
13
= = ⇒ = =
a a AI SH a
HI SI AM
SI

Mặt khác,
2 2
39 5
26
39
= − = < ⇒ = − =
a a
IM AI AM SI SM SI IM ;
30
3
=
a
SC
Ta lại có
. 3 130
52

ặ
t ph
ẳ
ng (SBC) và (SAC) là
φ
v
ớ
i
65
cos
φ
13
=Câu 7 (1,0 điểm).

+) Ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng BC qua
( )
4; 2B − − và vuông góc v
ớ
i
đườ
ng

+) M
ặ
t khác:
0
0
1 1 4 5
2 2 2 5 2 5
1
tan75
3 3
3
tan75
x
DC DB x x
   
= ⇒ + = − ⇒ = =
   
   
+

+) G
ọ
i
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2; 4
5
; 2 : 2 0 ; 2 5
2 2;4

ấ
y
E

đố
i x
ứ
ng v
ớ
i
C
qua
AD
.
Vì


0 0 0 0 0
180 75 60 45 90
= − − = ⇒ =CAD CAE
;



0 0 0
60 60 ; 60= ⇒ = =ADC ADE BDE

G
ọ
i

ứ
giác ACBE là t
ứ
giác n
ộ
i ti
ế
p, suy ra


0
45
= =
ABC AEC hay

0
45
=
BAH
Do
( ) ( )
; 2 4;2 2
∈ ⇒ − ⇒ = + −

A AH A a a BA a a
Ta có
( )
0
2 2
( 4) 2(2 2 )

ℝ nên
( )
4 2
3 3
2 1 1 2. 1 1 0
4 2
x x
− + − > − = − >
.
Điều kiện xác định
1
x
≠
. Bấ
t ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i
( )( )
( )
( )
( )
( )

x x x x x x x x x
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
4 2 2 4 2 2 4 2
2 2 4 2
1 2 1 2 1 1 2 1
1 1 2 1
⇔ − + + − ≤ − + ⇔ + − ≤ − +
⇒ + − ≤ + − ≤ − +
x x x x x x x x x x
x x x x x x

Do
đó
( )
( )
2
2
2
1
1
1 0
1
1
1 5 1 5
1 5
;
1 0
1 0

− − =
=
 






 
 


Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95
Kết luận bất phương trình đã cho có nghiệm
1 5
1;
2
x x
+
< = .
Câu 9 (1,0 điểm).

Vi
ế
t l
ạ
i
2 2 3
2


Theo
đề
bài
3
1 1z z≥ ↔ ≥ suy ra
( ) ( )
2 2
3 1
3 3 1
x y x y
P
x y xy xy x y xy xy
+ +
≥ + = +
+ + + + + +

M
ặt khác theo AM-GM ta có:
( )
2
1
4
x y
xy
+
≤ ≤
(đẳng thức
x y
⇔ =

t
f t t
t t
= + ∀ ∈ +∞
+ +( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 5 3
5 4 3 2
2 2
2 4 4
2 4 8 16
' 0, 2
4 2 4 2
t t t
t t t t
f
t
t t t t
 
− + +
+ + − +
 

u th
ứ
c P b
ằ
ng
( ) ( )
3
; ; 1;1;1
2
x y z⇔ =

Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 3 1y x x mx m= − + + − (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số (1) có cực trị đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị
của đồ thị hàm số (1) chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau, với
(0;1), ( 1; 3), (3;1)A B C− − .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
cos3 3cos 4cos 8sin 8 0x x x x+ + + − =


Oxy, tìm t
ậ
p h
ợ
p
đ
i
ể
m bi
ể
u di
ễ
n cho s
ố
ph
ứ
c w bi
ế
t w và z là hai s
ố

ph
ứ
c th
ỏ
a mãn
2w z i= + −
và
2 1
z i

ữ
s
ố
khác
nhau sao cho m
ỗ
i s
ố

đ
ó
đề
u l
ớ
n h
ơ
n 2011.
Câu 5 (1,0 điểm).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz cho các
đ
i
ể

(SAB) và (SAC) cùng vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABC). Góc gi
ữ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng (SBC) và m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABC)
b
ằ
ng 60
0
. G
ọ
i G là tr
ọ
ng tâm tam giác SBC, m
ặ
t ph
ẳ
ng (P) ch

B
1
và tính kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng AC và SG theo a.
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy cho
đ
i
ể
m M thu
ộ

F
qua M và B là
đ
i
ể
m
đố
i x
ứ
ng c
ủ
a M qua
2
F
. Vi
ế
t
ph
ươ
ng trình
( )
E
bi
ế
t tam giác
1
ABF vuông t
ạ
i B và di
ệ

th
ự
c , ,a b c th
ỏ
a mãn
1
1; , 1
4
a b c≤ ≤ ≥ và abc = 1.
Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
1 1 1
1 1 1
P
a b c
= + +
+ + +
.
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC G I A

( )
0;2
.
+) Hàm số đạt cực tiểu tại
0x =
; 1
CT
y = , đạt cực đại tại
2
x
=
;
D
3
C
y = −

 Giới hạn, điểm uốn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞

Ta có
( )
'' 6 6 '' 0 1 1; 1 .
y x y x U
= −
⇒

có d
ạ
ng nh
ư
hình v
ẽ
:

Nh
ậ
n xét:
Đồ
th
ị
hàm s
ố
nh
ậ
n
( )
1; 1
U
−
làm tâm
đố
i x
ứ
ng
b)
Ta có

( ) ( )
1 1 2 2
; , ;
A x y B x y (v
ớ
i
1 2
;
x x
là 2 nghi
ệ
m c
ủ
a
( )
1
) là các
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
.
M
ặ
t khác ta có
( )
( )

do đó gia thiết bài toán ⇔ d cắt đoạn BC tại I sao cho
AIB AIC
S S=
1 1
. .
2 2
AH IB AH IC IB IC I⇔ = ⇔ = ⇔ là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a BC
( )
1; 1I⇔ −

Gi
ả
i
( ) ( )
1 2 2 1 0
I d m m tm
∈ ⇒ − = − + ⇔ =

V
ậ
y
0m = là giá tr
ị
c


x
x x x x
x x

( )
sin 1
sin cos sin cos 1 1
=

⇔

+ + =

x
x x x x

Đặ
t
( )
2
1
sin cos 2 sin cos
2
t
x x t t x x
−
+ = ≤
⇒
= ,

2
=
⇒
= ⇔ = ∈
ℤ
k
t x x k .
• V
ớ
i
( )
π
sin 1 2
π
2
=
⇒
= + ∈
ℤ
x x k k .

Câu 3 (1,0 điểm).
Ta có
( )
1
1 1
2
2 2 2
1
1 1

ậ
n
1
π
2 6
π
1
2
x t
x t
=
⇒
=
=
⇒
=
.
Khi
đ
ó ta có
( )
π π
1
π
2 2
2 2
2
π
2 2 2
1

ố
ph
ứ
c
( ) ( )
__ __
2 2 1 2 1= + ⇒ + = + − ⇔ = − + + ⇒ = − − +w a bi a bi z i z a b i z a b i
Theo gi
ả
thi
ế
t: 2 1
z i
− − = nên ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 1 2 4 2 1 4 2 1a b i i a b i a b− − + − − = − − + = ⇔ − + + =

V
ậ
y t
ậ
p h
ợ
p các
đ
i
ể
m bi
ể

3.5.30 6.30 630+ =
số
c
ầ
n l
ậ
p theo yêu c
ầ
u bài toán.

Câu 5 (1,0 điểm).
+) L
ạ
i có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
5 2 2 3 2 6MA MB a b c a b c= ⇔ − + + + − = − + + + −
( )
2 4 2a c⇔ − = −
+) M
ặ
t khác:

0
90
MAB = ⇔
( )
2
2 2 2 2 2 2 2
2 10 3

5 13
8 11 10
, ,
3 3 3
30 190 300 0

= −
= = − = −



⇔ = − + ⇔


= = − =


− + =

a c
a b c
b c
a b c
c c

V
ậy
( )
8 11 10
2; 2;3 , ; ;

ặ
t
ph
ẳ
ng
đ
áy. Suy ra
( )
SA ABC⊥
.
L
ạ
i có
( )
AB BC BC SAB SB BC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Ta có
( ) ( )
∩ =

⊥




⊥


SBC ABC BC
SB BC

//
3
⇒ = = =
SB SC
SG
BC AB C
SB SC SMTa có:
1 1
.
1 1
.
4
.
9
S AB C
S ABC
V
SB SC
V SB SC
= =
1 1 1 1 1 1
. . . . . .
4 5
9 9
S AB C S ABC A BCC B S ABC S AB C S ABC
V V V V V V⇒ = ⇒ = − =
1 1

T
ừ
A d
ự
ng AK, AH l
ầ
n l
ượ
t vuông góc v
ớ
i MN, SK
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95
Ta có:
( ) ( )
( )
( )
SA MN
MN SAK MN AH SAK
AK MN
AH SMN
AH SK SMN
 ⊥

⇒ ⊥ → ⊥ ∈


⊥
⇒ ⊥



ậ
n xét:
( )
( )
.
1 1
. . . , .
3 3
S AMN AMN SMN
V SA S d A SMN S= =
Ta tính
đượ
c:
•

2
1 1 1
. . .
2 2 2 8
AMN ABM
a
S S AB BM= = =

•

2 2 2 2 2
13 17 1 2
; ;
2 2 2 2
a a a

SA S
a
d AC SG d A SMN
SMN
= = =

Đáp số:
( )
1 1
3
.
5 3 3
; ;
54 5
S BCC B
a a
V d AC SG= =

Câu 7 (1,0 điểm).+) Ta có:
2 2 2 2
2 4c a b b a= = − ⇒ = −

+) G
ọ
i
( )
( )

( ) ( )
2
1
2
4 2
3
1 , 2
2 2
6
3
M
M
M
a
MF a x
a
a
x
a
MF a x
a

= = +


⇒ ⇒ =


= = −


ậ
y
( )
2 2
: 1
9 5
x y
E
+ =
ho
ặ
c
( )
2 2
: 1
31 27
x y
E
+ =
là các elip c
ầ
n tìm.

Câu 8 (1,0 điểm).

Đ
k:
2 2 0
x y x y
≥ ⇔ − ≥

=

⇔

− = −


Thay vào phương trình (1) ta có
2
1
2 3 1
+ − = +
x x x x
x
.
Điều kiện:
[
)
2
1, 1;0
x y
x x
≥



≥ ∈ −


(**)

t
t t
t L

Với
2
1 1 5
1 1 1 0
2
±
= ⇒ − = ⇔ − − = ⇔ =t x x x x
x

K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n ta
đượ
c
1 5
2

Câu 9 (1,0 điểm).

Theo bài:
(
)
(
)
2
1 1 2
, 1 1 0 true
1 1
1
b c bc b c
b c
bc
≥ ⇒ + ≥ ⇔ − + ≤ →
+ +
+


Khi
đ
ó ta có:
1 1 2 2 2
1 1
1 1
abc a
b c
bc abc bc a
+ ≥ = =

Ta
đ
i kh
ả
o sát hàm s
ố

( )
2
1 2 1
;1
1 1 2
x
f x x
x x
 
 
= + ∈
 
 
+ +
 
 

Nh
ậ
n xét:
( )
( )
( )

Do
đ
ó hàm s
ố
(
)
f x
đồ
ng bi
ế
n trên
( )
1 1 22
;1
2 2 15
f x f
   
⇒ ≥ =
 
 
   

V
ậ
y GTNN c
ủ
a P b
ằ
ng
22

th
ị
là (
C
m
) v
ớ
i
m
là tham s
ố
.
a)
Kh
ả
o sát và v
ẽ

đồ
th
ị
hàm s
ố

đ
ã cho v
ớ
i
m
= 3.

Q
cùng cách
đề
u các
đ
i
ể
m
A
,
B

đồ
ng th
ờ
i t
ứ
giác
APBQ
có di
ệ
n tích b
ằ
ng 24.
Câu 2 (1,0 điểm).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình

log log
3 3
2 27
log log 1

+ =

− =

y x
x y
y x

Câu 5 (1,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:
2 2 2
4 2 6 12 0x y z x y z
+ + − + + − =
và đường thẳng
5 2
: 4
7
x t
d y
z t
= +


=


φ
7
= ⋅
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình thang vuông t
ạ
i A và B. Bi
ế
t AB = BC =
a; AD = 2a; ∆SAC cân t
ạ
i
đỉ
nh S và n
ằ
m trong m
ặ
t ph
ẳ
ng vuông góc v
ớ
i
đ
áy, SB t
ạ
o v
ớ
i m
ặ

tích kh
ố
i chóp MBCD và kho
ả
ng cách t
ừ

đ
i
ể
m M
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng (SCD) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy cho tam giác ABC ngo

ươ
ng trình
đườ
ng cao CH (c
ủ
a tam giác ABC) là 2 1 0.x y+ + = Tìm t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh A, B, C bi
ế
t phân giác c
ủ
a

ABC
là 1 0.x y− − =
Câu 8 (1,0 điểm).
Giả
i ph
ươ
ng
trì
nh
( )
( )
3
2

Câu 1 (2,0 điểm).
Ta có
( )
6; 6 6 2= − ⇒ =

AB AB
.
P, Q cách đều A, B nên P, Q thuộc đường trung trực trực của AB.
Gọi I là trung điểm của
( )
0;1⇒AB I
, đường thẳng PQ đi qua I và nhận
( )
1
1; 1
6
= −

AB
làm véc tơ pháp
tuyến nên có phương trình
( )
: 1 0 1.− + = ⇔ = +PQ x y y x

Theo bài,
1 2 48
. 24 4 2.
2
6 2
= = ⇔ = = =

C
tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt và khác 1.
Tức là
( )
2
0
12 0
2, *
(1) 0
2 0
∆ >


+ >
 
⇔ ⇔ ≠ −
 
≠
− − ≠




g
m
m
g
m

Gọi

2
1 2 1 2
4 16 12 16 2.x x x x m m+ − = ⇔ + = ⇔ = ±

Kết hợp với điều kiện (*) ta được m = 2 là giá trị cần tìm.
Cách khác:
Đường thẳng PQ đi qua trung điểm I(0; 1) của AB và vuông góc với AB.
Do
( ) ( )
: 1 0 : 1 0 1.+ − =
⇒
− + = ⇔ = +AB x y PQ x y y x

Giả sử
( ) ( )
; 1 , ; 1+ +P a a Q b b

( ) ( )
24 ; ; . 48 4.= ⇔  +  = ⇔ + =
 
APBQ
S d P AB d Q AB AB a b

mà
( )
2
2
1 3 0
1
+

4
2.
3
 + =

+ = ⇒ = ±


= −

a b
a b m m
ab

Thay l
ại chỉ có m = 2 là thỏa mãn.

Câu 2 (1,0
điểm).

Ta có
π
2 cos cos sin
4
 
+ = −
 
 
x x x
nên phương trình đã cho tương đương với

x
x x
x

1
π 5π
sin2
2 2π ; 2 2π
π π
2
6 6
2 2π π
π π
6 12
3
2 2π ; 2 2π
cos2
6 6
2


=
= + = +


 
⇔ ⇔ ⇔ = + ⇔ = +
 
 
= + = − +

Cách khác:
Đặt
π π
2 2 ,
4 2
= + ⇔ = −t x x t phương trình trở thành
4
π
16cos 4 3cos 2 5 0
2
 
− − + =
 
 
t t

( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2
2
4 1 cos2 4 3sin2 5 0 4cos 2 8cos2 4 3sin 2 9 0
2 4cos 2 4cos2 1 4sin 2 4 3sin 2 3 0
1
cos2


=


⇒ = + ⇔ = + ⇔ = − = + ∈ℤCâu 3 (1,0 điểm).
Ta có
π π π
2 2 2
2 2 2
0 0 0
1 cos 3cos 2sin 1 2sin
( 2cos )
2cos cos
x x x x x
I I x x dx dx
x x x x
+ − − − −
= ⇔ = − +
+ +
∫ ∫ ∫

π
π
2
2
2
2


Từ đó ta được
2
π π
2 ln
8 4
I = − +

Câu 4 (1,0 điểm).
Điều kiện:
0, 1
0, 1
> ≠


> ≠

x x
y y

T
ừ
(2) ta có
3
log 1 3 .= ⇔ =
y
y x
x

( )

3 c
ả
hai v
ế
ta
đượ
c
( )
( )
( )
3
1 log
3 3 3 3
* log log 9 1 log log 2
+
⇔ = ⇔ + =
x
x x x
( )
2
3
3 3
3
3
log 1
log log 2 0
1
log 2
9
=

1 1
3;9 , ; .
9 3
 
 
 

Câu 5 (1,0 điểm).
Ta có (S):
2 2 2
( 2) ( 1) ( 3) 26x y z− + + + + = ⇒ (S) có tâm (2; 1; 3)I − − và bán kính 26.R =
1
(3;1;4), (2;0;1)IM u= =
 
là 1 VTCP của (d).
Giả sử
2
( ; ; )u a b c=

là 1 VTCP của đường thẳng
2 2 2
, ( 0)a b c∆ + + ≠
Do ∆ tiếp xúc mặt cầu (S) tại M
2
3 4 0 3 4 (1)
IM u a b c b a c
⇒ ⊥ ⇔ + + = ⇔ = − −
 

Mà góc giữa đường thẳng ∆ và đường thẳng (d) bằng


2 2 2 2 2 2
7(4 4 ) 5( 9 24 16 )a ac c a a ac c c⇔ + + = + + + +

2 2
3
22 92 78 0
13
11
a c
a ac c
a c
= −


⇔ + + = ⇔

= −
▪ Với
3a c= −
,do
2 2 2
0 0a b c c+ + ≠
⇒
≠ . Ch
ọ
n 1 3; 5c a b= −

i
13
11
a c= − , do
2 2 2
0 0a b c c+ + ≠
⇒
≠ . Ch
ọ
n 11 13, 5c a b= −
⇒
= =
⇒
ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
là:
5 13
5
1 11
x t
y t
z t
= +


Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95
Ta có
( ) ( )

( )


0
;( ) ; 60
BH AC
BH SAC SB SAC SB SH BSH
BH SH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ = = =

⊥


0
2 1 6
.cot60 . .
2 6
3
a a
SH BH⇒ = = =
T
ứ
giác
BCDE

ấ
y
O
là giao c
ủ
a hai
đườ
ng trung tuy
ế
n
CH
và
BF
nên
O
là tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác. Khi
đ
ó
2 1 2
.
3 3 3
AO
OC CH AC
AC
= = ⇒ =
Qua O d

= − = + − =
BCD ABCD ABD
a
S S S a a a a a
T
ừ

đ
ó ta
đượ
c
2 3
1 1 6 6
. . .
3 3 9 2 54
∆
= = =
MBCD BCD
a a a
V MK S (
đ
vtt).
Do
( )
( ) ( ) ( )
;( ) ;( ) ;( )
2
//
3
⇒ = =


Câu 7 (1,0 điểm).
Đường tròn
( )
T
xác định:
Tâm
( )
0; 1 ,I −
.bán kính 5R = .
G
ọi
'
D
là đ
i
ể
m
đố
i x
ứ
ng c
ủ
a D qua phân giác c
ủ
a

( )
ABC d


7
2
1
2
1 0
2 2

 
+ + =
 

−

 
=
−

 
⇔ ⇔ ⇒ −
 
 
 
−
 
= −


− − =

x y

qua
( )
0;1I
và
7
0;
2
 
−
 
 
D
là
0x = .
( )
0;4A AD AB A= ∩ ⇒
,
( )
1 0
5; 6
2 4 0
x y
B AB BI B
x y
− − =

= ∩ ⇒ ⇔ − −

− + =


ầ
n tìm.

Câu 8 (1,0 điểm).

Điều kiện: x ≥ 5.
Phương trình đã cho tương đương với
( ) ( )( )
( )
5 1 1 21 1 5 4 5 9 5+ + − + = − + + +x x x x x x
( ) ( )( )
( )
1 5 9 25 5 4 5 9 5x x x x x⇔ +  + −  = − + + +
 

( )
( )( )
1 5 9 5 5 4x x x x⇔ + + − = − + ; (vì
5 9 5 0 5x x+ + > ∀ ≥
)
( )( )
2
5 14 9 5 1 5 4x x x x x⇔ + + = + + − +
( )( )( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )


= + ≥



u x x
u x x u
v x
v x v
, khi
đ
ó
( )
2 2
* 2 3 5 0
3
2
=


⇔ + − = ⇔

=

u v
u v uv
u v


V


K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n ta
đượ
c nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình là
5 61
8; .
2
+
= =x x

Câu 9 (1,0 điểm).


y y z z x x
 
+ + + + ≥ + +
 
 
 

Suy ra
đ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh.
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95
Áp dụng BĐT phụ trên ta có:
( )
( )
2
2 2 2
1
a b c
a b c a b c
b c a ab bc ca ab bc ca
+ +
+ + = + + ≥
+ +


Suy ra:
( )( )
( )( )
3
3
a b c ab bc ca
abc
VT P
abc a b c ab bc ca
+ + + +
= ≥ +
+ + + +

Đặt:
( )( )
a b c ab bc ca
t
abc
+ + + +
=
.
Do
( )( )
AM-GM
2 2 23
3
3 .3 9 3a b c ab bc ca abc a b c abc t+ + + + ≥ ≥ = ⇒ ≥

( ) ( ) ( )
2

t.
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra
a b c⇔ = =Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
( )
3 2
2 2 ,= + − + −y x x m x m
với m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
2m = −
.
b) Tìm m để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt
( )
2;0A −
, B và C thỏa mãn
2 2

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Gọi z
1
, z
2
là các nghiệm phức của phương trình
2
1
1.
2
−
 
= −
 
−
 
z
z i

Tính giá trị của biểu thức
( )( )
2 2
1 2
1 1 .
P z z
= + +
b)
Cho s
ố
nguyên d

+ +
 
 
.
Câu 5 (1,0 điểm).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz cho các
đ
i
ể
m
(2;1;0), (0;4;0), (0;2; 1)
A B C
− và
đường thẳng
d
:
1 1 2
2 1 3
x y z− + −
= = . L
ậ
p ph

o thành m
ộ
t t
ứ
di
ệ
n có th
ể
tích b
ằ
ng 19/6.
Câu 6

(1,0 điểm).

Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình thang vuông t
ạ
i B và C,
2 4 2AB BC CD a= = =
, gi
ả
s
ử
M và N l
ầ
n l
ượ
t là trung

m
ộ
t góc 60
0
. Tính th
ể
tích
kh
ố
i chóp S.ABCD và kho
ả
ng cách gi
ữ
a SN và BD.
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
độ
Oxy cho
đườ
ng tròn (C) tâm I bán kính
2
R
=
. L

m). Bi
ế
t
ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
:3 2 0AB x y+ − =
và kho
ả
ng cách t
ừ
tâm I
đế
n d b
ằ
ng
2 2
. Vi
ế
t ph
ươ
ng
trình
đườ
ng tròn (C).
Câu 8 (1,0 điểm).

ng minh r
ằ
ng
( )( )( )
2 2 2
3
2 2 2
1 2 .
a bc b ca c ab
a b c b c a
b c a a b c a b c
+ + +
  
+ + + + + ≥
  
  
[Môn Toán – Đề tham khảo số 04]
Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]

Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1 (2,0 điểm).
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
( )
C
và Ox là:
( )
( )
( )
( )

m
g
∆ >

+ >


⇔
 
≠
− ≠




Khi đó, giả sử
( ) ( )
1 2
;0 , ;0B x C x
với
1 2
,
x x
là 2 nghiệm của phương trình
( )
0g x =
.
Theo giả thiết ta có:
( ) ( )
( ) ( )

− −

=

+ =


+
 
= ⇔ =
 
 
+ = −

=




( )( )
2
1 4 9 4 4 0 2 ( )m m m m m m tm⇒ + + = ⇔ − + = ⇔ =

Vậy
2m =
là giá trị cần tìm.

Câu 2 (1,0 điểm).

Điều kiện:

2
π
2π
π
6
cos 1
6
π π π
2cos 3cos 1 0 2π ,
6 6 6
π 1
cos
π
6 2
2π
2
x k
x
x x x k k
x
x k

= − +


 
+ =

 



Câu 3 (1,0 điểm).
Đặt:
1
ln
x t dx dt
x
= ↔ = . Đổi cận:
1 0
1
x t
x e t
= ⇒ =


= ⇒ =


( )( )
1 1
2
0 0
2 1 1
3 3
2 2
t t
t t
I dt dt
t t
− − +

.
V
ậ
y
1
ln 2 .
2
I = − −

Câu 4 (1,0 điểm).

a)
T
ừ
gi
ả
thi
ế
t:
2
2
1
1
2
−
 
= − = ⇔
 
−
 

− +
= ⇔ − = +
⇒
= = = +
− −
, hay
1
2 4
5 5
z i
= +

+) Với
1
1 2 1 0
2
z
i z iz z
z i
−
= − ⇔ − = − −
⇒
=
−
, hay
2
0z =

Suy ra:
2 2

16 16
k
k k k k k
k k
x x
C C x
− −
= =
   
+ = =
   
   
∑ ∑

S
ố
h
ạ
ng t
ổ
ng quát trong khai tri
ể
n trên:
24 5
1 24
2 . .
k k k
k
T C x
−

D t t t
+ − + +
(Do
D d
∈
)
1 1 29
, 9 4 16
2 2 2
ABC
S AB AC
 
= = + + =
 
 

Ta có phương trình (
ABC
): 3 2 4 8 0
x y z
+ − − =
Thay vào (*) ta có:
1
3(1 2 ) 2( 1 ) 4(2 3 ) 8
19
17
9 4 16 29
2
=


ương trình ∆ là:
19 47
16
2 2
3 2 4
y z
x
+ +
+
= =
−

V
ậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 6 (1,0 điểm).
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95

+) Tính thể tích khối chóp S.ABCD
Gọi
H MN BI
= ∩
( ) ( )
SMN SBI SH⇒ ∩ =

Do hai m
ặt phẳng
( )
SMN


Xét tam giác SBH l
ại có:

15
tan .tan 60
5
o
SH a
SBH SH BH
HB
= ⇒ = =

Ta có
( )
2
1 1 5
. 2 .
2 2 2 4
ABCD
a a
S CD AB BC a a
 
= + = + =
 
 

2 3
.
1 1 15 5 15
. . . .


Xét tam giác
BHN
∆
có:
2 2
2 2
5
4 5 10
a a a
HN BN BH= − = − =
Xét
SHN∆
ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 20 5 65 3
3 3 65
HK a
HK SH HN a a a
= + = + = ⇒ =

V
ậ
y
( )
3
,
65
d BD SN a=


2 2 2 2
2 2
IH IK KH
= ⇒ = = ⇒ = do đó K là trung điểm của IH.
Gọi
( ) ( )
( )
( )
0 0;2
2 2
;2 3 ; 2 2 1 1
2 2; 4
2
t K
t
K t t d K d t
t K

= ⇒
−
− ⇒ = ⇔ = ⇔ − = ⇒

= ⇒ −



+) Với
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
0;2 : 2 0 1;1 1;3 : 1 3 4K IH x y H I C x y⇒ − + = ⇒ − ⇒ ⇒ − + − =

3 2 0
8
2 40
x y
x y
x y
− ≥


− ≥ −


− ≤


Đặ
t
( )
3 2 ; 8 ; 4 2 ; ; 0x y a x y b x y c a b c− = + − = − + = ≥
Ta có h
ệ
t
ươ
ng
đươ
ng:
( )
( )
2 2 2 2 2 2
11 3 11 3 1 2

c
c c c c c
c
=


⇔ − − + + = − ⇔ − + = ⇔

=


+) V
ớ
i
3 2 2
2 2
1
3 1
8 3
x y
a x
c
b y
x y

− =
= =
 

= ⇒ ⇔ ⇔

Mâu thu
ẫ
n
đ
i
ề
u ki
ệ
n. Lo
ạ
i
V
ậ
y h
ệ
ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t:
( ) ( )
; 2;1x y =Câu 9 (1,0 điểm).

Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95
Đặt:

x x y y z z x x y y z z
y z x z x y y z x z x y
⇔ + + + + + + + ≥ + + + + + +

Nh
ậ
n xét:
AM-GM
6
cyc
x x y y z z x y
y z x z x y y x
 
+ + + + + = + ≥
 
 
∑

Đặ
t:
( )
6
cyc
x y
t t
y x
 
+ = ≥
 
 

Cách 2:
Kh
ả
o sát hàm:
( )
3
3 1 2 2 , 6
f t t t t
= + + − + ∀ ≥

D
ễ
nh
ậ
n th
ấ
y
( )
6 0f =
.
V
ớ
i
( )
( )
( )
( )
2
3
2 2