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

b) Tìm số phức
z
thỏa mãn điều kiện
 
2
13
1
iz i z
z
i



.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
O x yz
, cho mặt phẳng
 
: 2 2 2 0P x y z   
và đường
thẳng
1
2
:
1 2 1
y
xz
d



’AC
vuông góc
với mặt phẳng
 
B D 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 x y
, cho tam giác vuông
A B C
vuông tại
A
, đường
thẳng
AB
và đường thẳng chứa trung tuyến
AM
của tam giác lần lượt có phương trình
4 3 1 0xy  
và
7 8 0xy  
. Điểm
 
10 ; 3E
thuộc đường thẳng
BC
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
A B C

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a.
- Tập xác định:
 
/1DR
.
- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
 
2
1
'
1
y
x


.
ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 5

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 2
   
' 0 , ; 1 1;yx       
, suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng
 
;1  
và
 



'y

y

1



1

- Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục
Ox

1
y
x


.
 
C
có giao 2 tiệm cận là:
 
1; 1I 
.
Giả sử
0
0
0
2
;
1
x
Mx
x





thuộc
 
C


.
Khoảng cách từ
I
đến
d
:
 
     
   
 
 
2
0
0 0 0 0
0
0
44
2
2
00
0
2
0
2
1 1 2
21
1
2
I;

2
1
x x d d
x
        

.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 3
Dấu = xảy ra khi
 
   
24
0
00
2
0
0
0
1
1 1 1
2
1
x
xx
x
x


     

 
   
; : '
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
.

21
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 c o s 1 2 c os c o s 3 c os sin 3 0x x x x xx      

   
2 2 3
3 2 2 2
3 s in 8 s in c o s 4 s in co s co s 8 c o s 4 c o s 3 0
3 s in 2 s in co s 4 c o s 6 c os 2 c o s 3 c o s 4 s in c o s 6 sin c o s 2 c o s 3 0
2 c o s x 3 s in c o 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
       
          
     





.
Phương trình có nghiệm:
π k 2 π
; 2 ;
63
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
22
1 c os 2 2 c os ; 1 c os 2 2 sina a a a   
.
-Khai triển phương trình và nhóm nhân tử chung
2 c o s 3 0
sin c o s c os 2 s in 2 0
x
x x x x




   

.
- Công thức lượng giác cơ bản


   
   

     

.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình
3
3 s in 3 3 c o s 9 1 4 s in 3x x x  
. Đáp số:
2 7 2
;
1 8 9 5 4 9
x k x k
   
   
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 4
b. Giải phương trình
 
4 sin 3 c o s ta n 3 co tx x x x  
. Đáp số:
42
;
3 9 3
x k x k
  



 
 
 
 
2
4
4 2 4
1 2 s in 1
ln ln
4 2 s in 4
4 4 2
xx
xx


   



   
.
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:
       
11
sin c o s 2 co s 1 2 sin 2 c o s 1 2 sin
44

e
xx
I d x
x x x




. Đáp số:
 
ln 1 1Ie  
.
b. Tính tích phân
1
ln 1 ln
1 ln
e
xx
I d x
xx




. Đáp số:
7 2 2
3
I



, do đó
21
2 1 3 1
33
zz
zz
   
    
   
   
(1).
Vì
21
33
zz
   

   
   
nghịch biến trên ℝ nên (1) có nghiệm duy nhất
1z 
.
 
2
2
23
1 lo g 1 4 3 2
2 3 l
x
z t x x

4 3 lo g 1 lo gt x x t t     
.
-Sử dụng ẩn phụ với
32
lo g 1 lo gt t z  
.
-Hàm số
 
21
33
zz
fz
   

   
   
nghịch biến trên
R
nên có nghiệm duy nhất.
- Kiểm tra điều kiện ta được nghiệm của phương trình.
Bài tập tương tự:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 5
a. Giải phương trình
 
5
lo g 3
2
x
x

   
 
 
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

   

         

 
22
2
45
3 3 2
0
2 6 9 0
26
09
5
50
26
a
a b a b
a
bb

và
4 5 9
2 6 2 6
zi  
.
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
 
2
13
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:


   




.
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
7
33
3
t
t t t t
dI
t




           
           
.
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

một khoảng bằng 3


 
;3d I P I
.
- Sử dụng công thức tính
   
 
 
22
;
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 yz
, cho đường thẳng
 
1
11
:
2 1 2
y
xz
d


     
0 ; 0 ; 2 , 0 ; 1; 0 , 2 ; 0 ; 0A B C 
. Gọi
H
là trực tâm tam giác
A B C
. Viết phương trình mặt cầu tâm
H
và tiếp xúc với trục
Oy
.
Đáp số:
2 2 2
1 2 1 2
3 3 3 9
xyz
     
     
     
     
.
Câu 6. Gọi
I
là tâm của đáy
A B CD
,
S
là điểm đối xứng của
A
qua

, A A 'B D A C BD
suy ra
 
' ' 'B D A CC A BD A C  
(2).
Từ (1) và (2) suy ra
 
'A C B D 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 BD
S B D
S
MN
S S V V
S B D




     


.
Ta có

12
,d d d d

với
     
12
,dd
.
-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 B D M N
:
 
' ; ' 'A C S O AC BD AC B D M N   
.
-Sử dụng tỉ số diện tích
2

1 3 3
4 4 4

.S B M D N
. Đáp số:
3
.
3
3
S B M D N
a
V 
.
b. Cho hình chóp
.S A B C
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
 
S M N

F
là điểm thuộc
AM
sao cho
//E F A B
. Suy ra
EF
có phương trình
4 3 4 9 0xy  
. Vì
F
thuộc
AM

nên tọa độ điểm
F
là nghiệm của hệ
 
4 3 4 9 0
1; 1 5
7 8 0
xy
F
xy

  


  


19
;
7 8 0
22
xy
M
xy

  




  


.
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

 
d
qua điểm
 
;P a b
nhận
 
 
22
;0n      
:
   
0x a y b     
.
-Kiến thức vector : Cho hai vector
   
12
1 1 2 2
12
; , ;
x kx
u x y v x y u k v
y ky



  




.
-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:

: 3 5 0B x y  
. Đường cao qua đỉnh
C
đi qua điểm
 
3; 0M
. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác
A B C
.
Đáp số:
     
1; 0 , 2; 1 , 2 ; 3A B C
.
Câu 8. Điều kiện
0x 
.
Phương trình thứ nhất tương đương với
22
22
20
yy
xx

  

2
22
2
2
2

Thế
2
1 4 1yx  
vào phương trình thứ hai, ta được
3
4 1 2 1 1xx   
.
Đặt
3
4 1 ; 0
21
a x a
bx

  





. Khi đó hệ phương trình trở thành
2 3 3 2
11
1
0
2 1 2 2 0
a b a b
a
b
a b b b b

2 1 0
xx
xy
x
x


   

    






.
Hệ phương trình có nhiệm:
 
1
;0
2
;xy




.
Nhận xét: Hướng giải: Sử dụng phương pháp phân tích nhân tử và đặt ẩn phụ.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

4 1 2 1 1xx   
.
Bài tập tương tự:
a. Giải phương trình
 
3
3 2 2
8 3 2 5 4 4 4 0x x x x x x      
. Đáp số:
1 1 7
; 2 5
2
xx

  
.
b. Giải hệ phương trình
 
22
22
22
4 2 2
x y x y x y
x y x y

     


  


         

.
Khi đó
 
2
22
0
3
' 0 2 1
3
41
y
f y y y y
yy



      




.
Ta có bảng biến thiên

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 Trang 9
y



và
3
3
y 
thì
23P 
.
Do đó
P
nhỏ nhất bằng
23
, 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
       
22
2 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

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
a b bc ca
  
  
.
b. Chứng minh rằng với mọi số thực
,ab
ta có
2 2 2 2
2 2 37 6 6 18 5a b a b a b a b         
.