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
42
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:
42
8 cos 9 cos 0x x m  
với
 
0;x


.
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:
cos cos 2 cos 3 cos 4 cos

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

. Gọi
M
là
trung điểm của cạnh
1
CC
. 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
ABC
với
 
1; 2A 
, đường cao
: 1 0C H x y  
,
phân giác trong
: 2 5 0B N x y  
. Tìm tọa độ các đỉnh

. Chứng minh rằng:
1 1 1 8 1 21
2
12
abc
a b bc ca a b c

      



HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢICâu 1:
1.
Tập xác định:
D 
.
Ta có:
3
0
3 2 18 ; ' 0
3
4
x
y x x y
x

. 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



0

0 +
y


1

49
32


49
32


Đồ thị:

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3 2.
Xét phương trình:
42
8 cos 9 cos 0x x m  
với
 

 
1
và phương trình
 
2
bằng nhau.
Ta có:
 
42
2 9 1 1t t m     

Gọi
 
'C
là đồ thị hàm số
42
8 9 1y t t  
với
 
1;1t 
, thì
 
'C
là phần đồ thị
 
C
trong đoạn
 
1;1
.

Với
81
32
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:

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:
17
2 10
m


   
.
Nhân hai vế của phương trình với
2 sin 0
2
x

, ta được:

2 sin cos 2 sin cos 2 2 sin cos 3 2 sin cos 4 2 sin cos 5 sin
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
xk
xk

    

Đối chiếu với điều kiện ta được:




.
2. Giải phương trình:
sin 5
1
5 sin
x
x

.
Đáp số: Phương trình vô nghiệm.

Câu 3:
Ta có:


2
44
3
22
00
ln 9
3
99
xx
x
I dx dx
xx






22
4
22
22
1
0
ln 9
4
ln 5 ln 3
ln 9 ln 9
0
22
xx
I x x d x x


      


Xét
4
3
2
2
0

2
3
5
44
99
3
33
t
I t dt t

    




Từ đó suy ra:
22
12
ln 5 ln 3
3 44
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

4
x
x
I x e d x
x








Đáp số:
2
3
3
Ie

  Câu 4:
Ta có:
 
 
2
2 2 2
0
n n n

    
2
11
nn
ii
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.

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 1 007 1 008
2 015 2 015 2 015 2 015
kk
C C C C


Hướng dẫn: Sử dụng các đánh giá:
 
 
2
1
0
1
1
2
k n k n
kn
n
k n k
   

  



  



Câu 5:
Giả sử tọa độ
M

n 

Vì

nằm trọng
 
P
và vuông góc với
d
nên

có vectơ chỉ phương là:
 
, 2; 3;1
dP
u u n


  


Gọi
 
,,N a b c
là hình chiếu vuông góc của
M
trên

, khi đó:
 








   









   








    




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 

và
cắt
2
d
đồng thời

và
1
d
chéo nhau và khoảng cách giữa chúng là
6
2Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7

Đáp số:
0
:
1
x
yt
zt








x y z
d



. Tìm tọa độ điểm
N
đối xứng với
M
qua đường thẳng
d
.
Đáp số:
854
;;
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

1
1
36
5
,
.3
M A B A M A B A
M B A
VV
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
2a
, điểm
1
A
cách đều ba điểm
,,A B C
.
Cạnh bên

 
'BCD

theo
a
.
Đáp án:
3
48
26
;
6
aa
Vd
.

Câu 7:
Đường thẳng
AB
đi qua
A
vuông góc với đường cao
CH
nên đường thẳng
AB
có phương trình là:
10xy  
.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8

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
    



   



x
xy
xy
y



  




  






Hay tọa độ của đỉnh
C
là
1 3 9
;
44
C





và
'd

 Tìm tọa độ
B
sao cho
I
là trung điểm
AB
.
Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện:
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
O xy
, cho tam giác
ABC
với
 
1; 3A 
, phương trình đường phân
giác trong
BD
là
20xy  
và phương trình đường trung tuyến
CE
là
8 7 0xy  
. Tìm tọa độ
các đỉnh
,BC

Đáp số:
     
1;1 , 3; 3 , 1; 2A B C
.

Câu 8:

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
,xy
.
Lời giải:
Viết lại phương trình thứ hai dưới dạng:

     
 
2
2
22
3 2 0 1
4 3 4 0 (2 )

 
 
2
2
4
0 4 4 3 4 0 0
3
y
x x x x          

Từ đó suy ra:
42
42
4 7 697 698
3 3 8 1 81
xy
   
    
   
   

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
 
fx

7 6 14 0
x x x y y y
x y xy x y

      

     


Đáp số:
 
7
; 2;
3
xy



Câu 9:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
3
22
3 . . 2
1 8 2 4 18 2 4
a b a b
a b a b
   

1 8 2 4 18 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 13 13 1 2 1
21
2 4 3 3 6 12
abc
ab bc ca ab 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:

đó suy ra:
2
62 .189 0P 
.
2. Cho
,,abc
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 1 6 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 2 1 21
P x y z    
.