Nhà sách giáo dục LOVEBOOK

Vươn tới sự hoàn hảo

TUYỂN TẬP 90 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN tập I
Kèm lời giải chi tiết và bình luận
Ngày 28/07, nhà sách LOVEBOOK sẽ chính thức phát hành cuốn
sách đầu tiên trong năm học mới 2014 – 2015. Không chỉ trau chuốt từng
nội dung nhỏ một, cuốn sách còn được biên soạn đề theo cấu trúc ra đề mới
nhất của Bộ Giáo Dục. Đây là cuốn sách luyện đề đi tiên phong trong việc
áp dụng hình thức đề mới của Bộ vào trong sách. Hãy nghe thầy cô và các
em nói gì về cuốn sách này:
Theo thầy Nguyễn Minh Tuấn - GV chuyên Hóa - THPT Hùng Vương - Phú
Thọ [tác giả của hơn 20 đầu sách ôn thi đại học nổi tiếng và nhiều tài liệu chỉa
sẻ trên mạng): “Đây thực sự là một cuốn sách ôn thi đại học chất nhất, công
phu và tâm huyết nhất mà thầy từng biết tới. Một học sinh ôn thi đại học mà
không sở hữu cuốn này thì sẽ thiệt thòi rất nhiều so với các bạn”.
Theo em Lê Nhất Duy [THPT TP Cao Lãnh – Đồng Tháp]: “Đây là lần đầu
tiên em được đọc một cuốn sách tâm huyết như thế này. Từng lời bình của
anh chị GSTT GROUP rất chất và gần gũi nữa. Kể từ khi cầm trên tay cuốn
sách này, em đã cảm thấy tự tin và yêu môn toán hơn nhiều”.
Theo cô Lê Thị Bình [Thạc sĩ Toán - Hóa] - giảng viên khoa Toán Tin ứng
dụng- ĐH Kiến Trúc Hà Nội: "Một cuốn sách đẳng cấp và thiết thực nhất tôi
từng biết. Không chỉ dừng lại ở những lời giải kho khan mà cuốn sách còn
cho ta những lối tư duy, những kinh nghiệm sương máu mà họ trải qua".
Theo Nguyễn Văn Tiến [cựu học sinh Lý Thái Tổ - Bắc Ninh, tân sinh viên
Y Hà Nội 29/30]: Lovebook luôn biết cách tạo ra những ấn phẩm thật hữu ích
cho các em học sinh, đặc biệt cuốn Toán. Năm vừa rồi mình chỉ tiếc là chưa
có cuốn Toán, nếu có thì chắc kết quả của mình sẽ trọn vẹn hơn. Tuy nhiên
với 2 cuốn Hóa năm ngoái cũng đủ khiến mình đạt được ước mơ vào đại học
Y Hà Nội".

Sau khi luyện bài tập theo chuyên đề xong, các bạn bắt tay vào giai đoạn 2:
luyện đề tổng hợp. Giai đoạn 2 giúp vừa giúp các bạn tập tành dần kỹ năng
xử lý 1 đề thi hoàn chỉnh vừa giúp các bạn ôn lại các bài tập, tư duy đã tiếp
cận ban đầu. Mỗi ngày có thể luyện từ 1 -2 đề. Để rèn luyện thêm kỹ năng
trình bày, cứ 2-3 đề, các bạn nên tự giác trình bày một cách nghiêm túc như
thi thật bài làm ra giấy rồi nhờ thầy cô giáo góp ý về cách trình bày. Hoặc bạn
có thể tự đối chiếu với cách trình bày lời giải trong sách.
Đối với các tập tiếp theo của bộ sách TUYỂN TẬP 90 ĐỀ THI THỬ thì các
bạn có thể giảm bớt số lần trình bày chi tiết. Ví dụ tập 2 chỉ từ 4-5 đề một lần,
tập 3 xuống còn 7 -8 đề, tập 4, xuống còn 9 – 10 đề một lần chẳng hạn
Lưu ý, trong quá trình sử dụng sách, các bạn đừng quên trang bị cho mình
cuốn sổ nho nhỏ để tổng hợp lại những gì mình chắt chiu được trong quá trình
sử dụng sách. Ngoài ra bạn cũng có thể sử dụng bút “highlight” để đánh dấu
những vấn đề quan trọng trong sách.
Công việc cuối không thể thiếu là lên kế hoạch ôn tập lại cuốn sách. Rất nhiều
bạn mải mê tìm thật nhiều đề, luyện thật nhiều, nhưng không có kế hoạch coi
lại những gì đã học nên dẫn tới việc vào phòng thi cứ mơ mơ hồ hồ. Đọc cái
gì cũng biết nhưng không nắm chắc được gì cả. Chính vì vậy, đối với mỗi
cuốn TUYỂN TẬP 90 ĐỀ, hàng tháng các bạn nên có kế hoạch coi lại. Cứ
đều đặn như vậy, các bạn sẽ thấy mình tiến bộ rõ rệt từng ngày một.
2| Trích đoạn tuyển tập 90 đề thi thử đại học môn Toán tập 1


Nhà sách giáo dục LOVEBOOK

Vươn tới sự hoàn hảo

ĐỀ SỐ 10
2x  1
(1) có đồ thị (C).

 

thỏa mãn z1  z2 . Tìm giá trị của biểu thức A  z1
b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn:



khai triển nhị thức Niu-tơn 1  3x



2n

2
C2n



14
3C3n



1

2

  1  z2 

1

khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng (ACD) bằng 3 , thể tích của khối tứ diện
ABCD là 15 . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC
(OA // BC) có diện tích bằng 6, đỉnh A(–1; 2), đỉnh B thuộc đường thẳng
d1: x + y + 1 = 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng d2: 3x + y + 2 = 0. Tìm tọa độ các
đỉnh B, C.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình:


1
1 
 x  x ln  x 
  1 (x ∈ ℝ).
4x
4x 


Câu 9 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:
3| Trích đoạn tuyển tập 90 đề thi thử đại học môn Toán tập 1


Nhà sách giáo dục LOVEBOOK

3  x  1 

Vươn tới sự hoàn hảo



1  x  3  x  1  x  3  m 

x

1

y'
y

−

−

2

2
• Đồ thị:
Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại
điểm (0; –1), cắt trục hoành tại điểm
 1 
 ;0  . Đồng thời (C) nhận giao điểm
 2 
của hai đường tiệm cận là I(1; 2) là trục
đối xứng.
b)
Định hướng: Đầu tiên với dữ kiện MNPQ
là hình chữ nhật thì ta khai thác ngay
được tính chất song song, đó là MN //
PQ. Lúc này ta sẽ có ngay dạng của
phương trình đường thẳng MN là:
3x – y + m = 0, với m  –11


P

K

5
M
N

Tiếp theo, với hai đường thẳng song song thì ta luôn xác định được khoảng cách
giữa hai đường thẳng đó, bởi khoảng cách giữa hai đường thẳng song song chính
bằng khoảng cách của một điểm bất kì trên đường thẳng này đến đường thẳng
kia. Trên  thì ta luôn lấy được một điểm K có tọa độ xác định  dùng khoảng
cách sẽ tính được khoảng cách từ K đến MN  độ dài cạnh PN = d(K, MN) (theo
một ẩn m).
Vậy dữ kiện cuối cùng là dữ kiện đường chéo. Vì ta có tổng và tích xM + xN, xMxN
theo biến m nên việc tính độ dài MN theo m là điều dễ dàng. Ngoài ra, dùng định
lí Py–ta–go ta sẽ có ngay: MN2 + NP2 = PM2 = (5 2 )2  từ đây giải phương
trình ẩn m duy nhất  tìm m  MN.
Theo định hướng khá rõ ràng trên ta có lời giải:
Bài giải:
Do MNPQ là hình chữ nhật nên MN // PQ
 đường thẳng MN có dạng 3x – y + m = 0  y = 3x + m.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng MN và (C) là:

2x  1
 3x  m  2x  1   x  1 3x  m  (dễ thấy x = 1 không thỏa mãn)
x 1

 3x2   m  5 x  m  1  0 (*).



4.

 3 
3 




5| Trích đoạn tuyển tập 90 đề thi thử đại học môn Toán tập 1


Nhà sách giáo dục LOVEBOOK

=



Vươn tới sự hoàn hảo



10 2
m  2m  37 .
9

K(0; –11) ∈   d(K, MN) =

3.0   11   m
32   1

2

2

2





2





2

m  1

m  289

109

Đối chiếu điều kiện m  –11, ta được hai giá trị cần tìm của m là m = –1 và
289
m=
.
109
Câu 2.

cos
x

6
sin
x

0
cot
x

3
sin
2
x

0
6

 sin x







cos x  0
trong đầu nhân tử thì thấy cotx =


1
 2
 6sin x   4sin3 x  12sin2 x  11sin x  3  0
sin x
 sin x


π

 x  2  k2π
1 

sin x 
π


 2sin x  1 2sin x  3 sin x  1  0 
2   x   k2π (k ∈ ℤ).

6

sin x  1
 x  5π  k2π

6






là tách I thành dạng như trên. Một điều gợi ý cho chúng ta thực hiện theo
phương án thứ hai nữa đó là tử số có phần giống với mẫu số (phải nói là rất
giống), nên việc rút gọn bớt đi là điều đương nhiên:

ex 3x  2  x  1
ex  x  1   x  1

1

ex 2x  1

ex  x  1   x  1

Như vậy số 1 tách ra thì dễ dàng lấy nguyên hàm, còn lượng

thì vẫn chưa có dạng

.

ex 2x  1

ex  x  1   x  1

g’(x)
. Vậy phải làm sao? Không lẽ lại bỏ cuộc giữa chừng?
g(x)

Đừng lo, khi chưa gặp dạng này thì muốn xuất hiện dạng

g’(x)


x  1 ta được:

+ Hướng 2: Chia hai vế cho

e

e  2x  1
x





x 1
.
x 1  x 1

x

Thử lấy đạo hàm mẫu ex x  1 ’ 

x 1

, thành công!

Bài giải:

ex 2x  1




x
5 e
x 1 1 '
2
x

1
I2  2
dx  2
dx  2ln e x x  1  1
x
x
x 1 1
x 1 1
2e
2 e
5

Vậy I  I1  I2  3  ln

2e5  1
e2  1





5


2

 1   i  1 

1

2

2

2

2

2 1
1
1
i
3



 i   1  .
2i
i
2
2
2


 n9
(loại n = –2).
 n2  7n  18  0  
n  2
+) Theo khai triển nhị thức Niu-tơn:



1  3x

 
2n

 1  3x



18

18



k
  C18
x 3
k 0

9


đường phân giác (tận dụng phương pháp lấy đối xứng).
Bài giải:
+) d1, d2 có véctơ chỉ phương lần lượt là u1 = (1; 1; –2) và u2 = (1; –2; 1).

x  1  t

+) B ∈ d2:  y  4  2t  B(1 + t; 4 – 2t; 3 + t)  CB = (t – 2; 2 – 2t; t).
z  3  t

d 1 là đường cao kẻ từ A nên u1 .CB  0  (t – 2) + (2 – 2t) + (–2).t = 0
 t = 0  B(1; 4; 3).

1
BC đi qua C và nhận véctơ u3  BC = (1; –1; 0) làm véctơ chỉ phương
2
x  3  t

 phương trình đường thẳng BC là y  2  t (t ∈ ℝ).
z  3

+) Gọi H(a; b; c) thì trung điểm của CH thuộc d2, đồng thời CH  u2 nên tọa độ
H là nghiệm của hệ:
9| Trích đoạn tuyển tập 90 đề thi thử đại học môn Toán tập 1


Nhà sách giáo dục LOVEBOOK

Vươn tới sự hoàn hảo

b2

Diện tích tam giác ABC là: S =

phương trình AB, rồi tìm tọa độ A  dùng công thức diện tích để tính diện tích
tam giác thì bài làm trở nên quá dài, không phù hợp với một bài thi đại học (nhất
là ở câu ăn điểm như tọa độ không gian). Vậy nên trong quá trình làm bài, các
bạn hãy chú ý đến sự đặc biệt của đề bài, chứ đừng dại gì mà cứ đi theo lối mòn
phương pháp mà ta đã sử dụng lâu nay trong khi giải toán.
Nếu gặp một bài tương tự thế này thì khi tìm được tọa độ H, nếu thấy H ∉ d2 thì
khi dùng công thức tính diện tích, ta dùng S =

1
AB.CH nhé! Đừng nên dùng
2

1
BC.d(A, BC) trong trường hợp này vì làm như vậy sẽ phức tạp
2
tính toán hơn ở chỗ dùng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một
đường thẳng cho trước!
Câu 6.
Định hướng: Tứ diện ABCD ta đã biết được độ dài 4 cạnh, và lại có điều đặc biệt
là A và B đều cách đều hai điểm C, D (AC = AD, BC = BD)  A, B nằm trên mặt
phẳng trung trực của cạnh CD. Và mặt phẳng trung trực này chính là mặt phẳng
đi qua A, B và trung điểm M của CD  góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD)
̂ hoặc bằng (1800 – AMB
̂ ) (tùy vào độ lớn góc AMB
̂ là nhỏ hơn
chính bằng AMB
công thức S =


3VABCD
3 15
=
=
d  B, (ACD)
3
C

= 3 5 (đvdt).
Mặt khác: SACD =
sin CAD =

H
M

1
̂
AC.AD.sinCAD
2

2SACD
AC.AD

2.3 5

=

=

3 2.3 2

H

+) Trường hợp 1:
cos CAD =

2
 CD =
3

AC2  AD2  2AC.ADcosCAD = 2 3
2

 BM =

2
2 3 
 CD 
2
BC  
  6.
  3  

2
 2 


2

̂ =
 cos BMH

Định hướng: Do tọa độ của A và O đã biết nên phương trình đường thẳng OA là
hoàn toàn xác định  dạng của phương trình đường thẳng BC (chỉ chứa một ẩn
cần tìm là m). Vậy hoàn toàn có thể xác định được tọa độ điểm B và C theo một
ẩn m, dựa vào hệ phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng
d1 (tìm được B); hệ phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường
thẳng d2 (xác định được C).
1
OA  BC  .d O, BC  → Đây sẽ là
2
phương trình có một ẩn duy nhất là m  tìm m  tọa độ B, C.
Bài giải:

Cuối cùng ta khai thác dữ kiện diện tích: S =

x 0 y 0

 2x  y  0.
1  0 2  0
OA // BC  phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x + y + m = 0 (với m  0).

+) Phương trình OA:

x  y  1  0
x  1  m

+) Tọa độ B là nghiệm của hệ: 
 B(1 – m; m – 2).
2x  y  m  0
y  m  2




7  B



7;  1  7



và



C 1  7 ; 1  3 7 .
– Nếu 0 < m

1  1
1
1
1 
 1  ln  x 
   2   1  ln  x 
  0 (*).
4x  x
x
4x 
4x
4x


Thử lấy đạo hàm của vế trái ta được:
1
 1  2x  1  4x3  6x2  1
1
1 4x2
.



2x3 x2 x  1
2x3 1  4x2
4x
Vậy việc dùng hàm đơn điệu của chúng ta đã “tiêu tan” thi mà đạo hàm không
dương hoặc không âm với x > 0. Nhưng như thế cũng đừng vội nản nhé, khi đạo
hàm có nghiệm (và chỉ có một nghiệm “đẹp”) thì ta có thể vẽ được bảng biến
thiên của hàm số, và biết đâu nó sẽ có nghiệm đẹp cho chúng ta nhận xét!






biến đổi một chút phương trình sẽ thành: A x  ln  A x   B x  ln B x  ,
phương trình này có dạng hàm đồng biến là f(t) = t + lnt, là hàm đồng biến trên
(0; +).
Vậy khi gặp phương trình này thì ta thấy trong logarit có thể phân tích được
thành nhân tử, đồng thời muốn đưa phương trình về được dạng trên thì đầu
tiên mình phải chia hai vế cho x đã. Sau đó ta thu được phương trình:

13| Trích đoạn tuyển tập 90 đề thi thử đại học môn Toán tập 1


Nhà sách giáo dục LOVEBOOK

Vươn tới sự hoàn hảo

 1

 2  1

 1

1 1
1 
4x
1
  1  ln  x 

Đến đây thì dạng hàm đã xuất hiện và việc còn lại của chúng ta cũng không quá
khó nữa!
Bài giải:
Cách 1.
Điều kiện x > 0. Phương trình đã cho tương đương với:

 


1  1  1
1  1
 1  ln  x     
 1   ln  x  1 

2 
4x  x  4x2
4x2


  4x   x
1

 1

 1


 1
 1
1

Mặt khác (*) có dạng f 
 1   f   (với
2
2
x
4x
 4x
 x
2


1  1
1
 1     1  0  x  .

2
x  2x 
2
4x
1

Vậy nghiệm của phương trình là x =

1
.
2

Cách 2.
Điều kiện x > 0. Chia hai vế của phương trình cho x ta được:


1 
 1  ln  x 
 trên (0; +).
x
4x 

1





 1  2x  1  4x3  6x2  1
2
4x
Ta có: f ’(x) 
;



2x3 x2 x  1
2x3 1  4x2
4x
1

f’(x)  0  x 

1



2014

Câu 9:
Định hướng: Ý tưởng về những bài tìm m để phương trình có nghiệm là không
xa lạ gì nữa. Ý tưởng của chúng ta là cô lập m để thu được dạng m = f(x), sau đó
khảo sát f(x) để kết luận các giá trị của m thỏa mãn điều kiện đề bài.
Với bài này, muốn cô lập m một cách nhanh chóng thì ta chia hai vế cho





3  x  1 . Thế nhưng trước khi chia thì ta phải xét trường hợp x = 2 (để đảm

bảo





3  x  1  0). Khi ta thử x = 2 vào vế trái thì thấy rằng vế trái cũng bằng

0  chắc chắn vế trái có thể phân tích được nhân tử (x – 2)  nhân tử (x – 2)
có thể chia được cho





3  x  1 (vì cả hai đều có nghiệm bằng x = 2). Thật vậy:

3  x  1  1  x  x  2  3  x







 3  x  1 

3 x 1  3 x  1 x 1 3 x  .



Như vậy chuyển vế ta sẽ thu được hai nhân tử là

 3 x 

1 x 

1  x 3  x   m  3 .



1  x 1  3  x 



3  x  1 và:


3 x







3  x  1  1  x 1  3  x   3  m  3  x  1



 3  x  1  3  x  1  x 1  3  x   3  m   3  x  1
  3  x  1  3  x  1  x  1  x 3  x   m  3  0




x  2

m  1  x  3  x 

1  x 3  x   3

(*)

Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm
phân biệt khác 2.

 

 1 x  3 x 1  x 

3 x

 1  x 

2 7
.
2

Bảng biến thiên:

16| Trích đoạn tuyển tập 90 đề thi thử đại học môn Toán tập 1

3 x



0 .


Nhà sách giáo dục LOVEBOOK

x

Vươn tới sự hoàn hảo

–1

3

17| Trích đoạn tuyển tập 90 đề thi thử đại học môn Toán tập 1