ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 1

MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x4  2x2 (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 .


 1  cos 2 x
2 cos   x  .
 1  cot x .
4
 sin x


Câu 3 (1,0 điểm). Tìm tích phân I   2
0

2 x sin x   3x  2  cos x
x sin x  cos x

dx .

ne
t

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình


và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng SBC  và đáy bằng 600 . Biết
BC .

w
w

SA  2a; BC  a . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và

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 d : 4x  7 y  28  0 . Đỉnh B thuộc đường thẳng  : x  y  5  0 , đỉnh A
có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ A, B, C biết D  2; 5  và BC  2 AD .
2

 x  y  5x  2  7 xy  x  1
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2
x 2 y 3
 x 2  32  y  y  1

3

x, y  .

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  0; a  1  0; b  1  0; 2c  1  0 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
a
b
c
.
P



+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  1 .
+ Giới hạn: lim y  ; lim y   .
x 

x 

+ Bảng biến thiên
1

y'

y



0



0



0



0





1

ne
t



u.

x

ox

+ Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng.
+ Đồ thị hàm số đi qua điểm  2; 8  ,  2; 8  .

w
.b

Vẽ đồ thị:

w
w

-

Câu 1.b. Từ đồ thị suy ra, để đường thẳng y  m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt khi 1  m  0 .




 4 x13  x43  4 x23  x33  4  x1  x4   4  x2  x3   0 .

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 n  n  1 điểm phân biệt.
+  d  và  C  không có điểm chung.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:





+Kiến thức cần nhớ: Điểm Q xQ , yQ là tọa độ tiếp điểm của hàm số y  f  x  . Phương trình tiếp tuyến

 



 

tại Q là y  f ' xQ x  xQ  yQ , hệ số góc tiếp tuyến là k  f ' xQ .
+ 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  m  0 .

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
a. Cho hàm số y  x3   m  1 x2  3x  m  1 . 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: m  1, m  3 .

w
w

b. Cho hàm số y  x3  3x  2 . 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 xM  xN  6 (Thi thử lần 3-THPT Thái Hòa-Nghệ An).
Đáp số: M  2; 4  , M  2;0  .
Câu 2. Điều kiện x  k; k  .

2cos2 x
cos x
 1
sin x
sin x
2
  sin x  cos x  2cos x  sin x  cos x   sin x  cos x  2cos 2 x  1  0

Phương trình tương đương  sin x  cos x 





sin x  cos x  0
.

cos  a  b   cos a cos b  sin a sin b
-Công thức cosin của một tổng , hiệu : 

cos  a  b   cos a cos b  sin a sin b
-Công thức hạ bậc: 1  cos2c  2cos2 c , 1  cos2c  2sin2 c
-Công thức nghiệm cơ bản của phương trình lượng giác:
 x    k 2
. sin x  sin   
; k Z
 x      k 2

w
.b

ox

ta

ilie

u.

ne
t

. cos x  cos   x    k2; k  Z
. tanx  tan  x    k; k  Z
. cot x  cot   x    k; k  Z
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:




 x sin x  cos x  ' dx
 2 x 02  3 2
0
x sin x  cos x

 


   3ln x sin x  cos x 2    3  ln  ln1     3ln .
0
2
 2


w
w

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:
f  x  .g  x   g'  x 
g ' x
dx   f  x  dx  
dx .
-Ta có 
g  x


2

sin x

  sin x  cos x 
0

3

dx . Đáp số: I 

1
.
2

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1

www.boxtailieu.net

4


e

b. Tính tích phân I  
1





Vậy tập hợp điểm M là đường C  :  x  2    y  5   9 .
2

2

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  .

ne
t

-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 z  3  2i  3 . Tìm được mối quan hệ giữa phần thực

u.

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

ilie

diễn.
-Các trường hợp biểu diễn cơ bản :

+Đưởng tròn:  x  a    y  b   R2 ; x2  y 2  2ax  2by  c  0 .
2


w

1  3i
. Tìm modul của số phức w  z  iz . Đáp số: w  2 .
1 i
7 21
b. Tìm số phức z thỏa mãn 1  3i  z là số thực và z  2  5i  1 . Đáp số: z  2  6i; z   i .
5 5
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

a. Cho số phức z thỏa mãn z 

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 C52 .C42 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 C52C42 .4.4!  5760 .
+ 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 C52 .C43 cách;
Xếp 5 số được chọn vào các vị trí m, n, p, q , r có 5! cách.
Suy ra trường hợp 2 có C52C43 .5!  4800 .
Vậy A  5760  4800  10560 . Do đó P  A  

10560 220
.

27216 567

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1


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
5
có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn .(Thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc khối D
6
2012-2013). Đáp số: Rút ít nhất 6 thẻ.

ta

Câu 5. Gọi A là giao điểm của d và    , suy ra A  –3; 2;1 . Gọi u   a; b; c  là một vectơ chỉ phương của
.

ox

Ta có một vectơ pháp tuyến của    là n   2; –2;1 .

w
w

w
.b

Ta có u.n  0  2a  2b  c  0  c  2a  2b .
a
2
2
2
cos   , Ox  



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 .

+ Với a 

- Viết phương trình đường thẳng  : Tham số hóa u   a; b; c  là một vector chỉ phương của  . Do
      u.n    0 (Với n   là một vector pháp tuyến của    ). Ta tìn được mối quan hệ giữa a, b, c .

Chọn vector chỉ phương viết được  .

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1

www.boxtailieu.net

6


-

Lại

có

công

thức

tính

góc

1
3
2
   : 2x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt d và song song với mặt

phẳng    .

x 1 y  2 z 1
.


2
9
5

ne
t

Đáp số:

ilie

u.

x  1  s

b. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  0;1; 3  và đường thẳng d :  y  2  2t . Hãy tìm các điểm
z  3

B, C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC đều.


3
8

2
3
6

3
8

2
3

; 3  ,C 
;
;3
 B  5 ;
  5

5
5





Câu 6. Gọi H là trung điểm AC , suy ra SH   ABC  .

w

4
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:
1
-Công thức tính thể tích khối chóp V  B.h .
3

Tam giác SIK đều, suy ra IM  SH 

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1

www.boxtailieu.net

7


SBC  ,  ABC  : Goi H là
SAC    ABC  nên SH   ABC  .  SBC , ABC   SIH  600 .

-Dựng góc giữa hai mặt phẳng

trung điểm của AC . Do mặt phẳng

1
1 1
B.h  VS. ABC  . AB.BC.SH .
3
3 2
- Tính khoảng cách d SA, BC  : Lí thuyết tính bằng cách khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng

243a3
(đvtt).
112
Câu 7. Do B , suy ra B  b; b  5  .

BE BC

 2.
DE AD

4b  7(b  5)  28



42  7 2

và

B

 4x

B

D

2

ox



w
w

Ta có

ta

Đáp số: V 

AC

nên

 7 yB  28  4xD  7 yD  28   0  30 11b  63   0 .

Do đó ta được b  3 , suy ra B  3; –2  .
 28  4a 


4a  7 
4a  42 
Ta có A  ( D)  A  a;
  DA   a  2;
 và BA   a  3;
.
7 
7 
7



pháp

tham

số

hóa

điểm

theo

đường

thẳng

cho

trước:

Điểm


mx  p 
P   d  : mx  ny  p  0  P  ; 
.
n 



ne
t

Áp dụng cho bài toán:

ilie

-Để loại nghiệm sử dụng tính chất:  4xB  7 yB  28  4xD  7 yD  28   0  B .
-Tương tự A   d   DA, BA . Mặt khác , DA.BA  0  A .

ox

Bài tập tương tự:

ta

- Tính tọa độ điểm C : BC  2 AD  C .

w
.b

a. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , trực tâm H  3; 2  . Gọi D, E lần lượt là

 d  : x  3y  3  0 ,

chân đường cao kẻ từ B, C . Biết điểm A thuộc đường thẳng

điểm

w


Xét f  t   3t  t ; ta có f '  t   3t ln 3  1  0; t 

, suy ra f  t  đồng biến trên

.

Nhận thấy f  u  f  v   u  v là nghiệm duy nhất cua phương trình.

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1

www.boxtailieu.net

9


u  v  x2  2 y  3  2  y  y  x 2  1 .





Thay y  x2  1 vào phương trình thứ nhất, ta được x2  x2  1  5x  2  7 x x2  1  x  1





 2x2  5x  1  7 x3  1  2 x2  x  1  3( x  1)  7


 x  4  6  y  23  8 6
+ Với b  3a  x2  x  1  9  x  1  x2  8 x  10  0  
.
 x  4  6  y  23  8 6





+ Với a  2b  x  1  4 x2  x  1  4x2  3x  5  0  vn  .







ne
t

Hệ phương trình có nghiệm:  x; y   4  6; 23  8 6 , 4  6; 23  8 6 .

u.

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 .

ilie


dạng 3m , m .

2

w
w

u  x 2  2 y  3
- Phương trình thứ hai của hệ biến đổi thành: 3u  u  3v  v trong đó 
.
v  2  y

- Xét hàm số f  t   3t  t đồng biến trên R  f  u  f  v   u  v . Thay lại phương trình thứ nhất , sử

a  x  1
dụng hai ẩn phụ 
 a, b  0  thu được phương trình đẳng cấp bậc 2.
2
b

x

x

1


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.


a. Giải phương trình 2 x2  2  5 x3  1 . Đáp số: x 
b. Giải phương trình

3

5  37
.
2

x  7  6 x2  2x  1  2 . Đáp số: x  7, x  1 .

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1

www.boxtailieu.net

10


Câu 9. P 

5 
4
1  5  4
1 



  

2  a  b  2 4c  2  2  2  c 4c  2 




 c  2   4c  2 

c
f 'c

2



1
2

2

; f 'c  0  c  0 .
0



f c

2

0

+



5 5
 0.
2 2
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  0 .
Kết luận: MaxP  0 .
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:
t
- Ta thấy a , b đối xứng qua biểu thức
, dự đoán điểm rơi a  b .
t 1
5  1
1
1 
- Tách biểu thức P , ta được P   


 . Sử dụng bất đẳng thức cơ bản
2  1  a 1  b 4c  2 

w
.b

ox

ta

ilie

 1 
-Lập bảng biến thiên của hàm số f  c  trên   ; 2  thu được minf  c  .
 2 
Bài tập tương tự:
a. Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện abc  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

a3
b3
c3
3


. Đáp số: MinP  .
4
1  b 1  c  1  c 1  a  1  a 1  b 

b. Cho a, b, c : ab  bc  ca  1 . Chứng minh rằng

a
1  a2



b
1  b2





Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

1  sin x  2sin 2x  6cos x  2sin x  3  2 .
1

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  

 2x  1

0

x1

2cos x  1

2

ln  x  1 dx .

ne
t

giá trị nhỏ nhất.

1
đạt
kB

Câu 4 (1,0 điểm).

ta

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 () : x  2 y  2z  7  0 và đường

w
w

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A , AB  a, BC  a 2 , góc giữa
hai mặt phẳng SAC  và mặt phẳng đáy bằng 600 , tam giác SAB cân tại S thuộc mặt phẳng vuông góc với

w

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 x2  y 2  25 , AC đi qua K  2;1 , 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 4x  3y  10  0 .

 x  1 .
1 x1
 2x  1 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình x  
2
4
8
x
,
y


.

 x  1
y '  0, x   ; 1  1;   , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1
2

và  1;   .

+ Cực trị: Hàm số không có cực trị.
+ Giới hạn:
lim y  2; lim y  2 đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  2 .
x 
x 
lim y  ; lim y   đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  1 .

x 1

x 1

+ Bảng biến thiên
1



y'






+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm   ; 0  .
2


ox

+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0;1 .



.b

+ Đồ thị hàm số giao điểm I  1; 2  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
 3

  1

 

3



 

 




 k  0, k  2 k  k  1  0

k0.
2

 '  k  k  k  1  0
1
1
1
; kB 
Ta có y ' 
. Suy ra kA 
2
2
2
 xA  1
 xB  1
 x  1

trong đó xA , xB là nghiệm của phương trình

kx2  2kx  k  1  0 .
2
2
1
1
  xB  1 và xA , xB thỏa mãn k  x  1  1 .
Nên kA  
2
kB  x  1


Nhận xét: Phương trình đường thẳng đi qua một điểm nào đó và cắt đồ thị hàm số cho trước tại n 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  xQ , yQ  hệ số góc k có phương trình: y  k  x  xQ   yQ .

ilie

-Bất đẳng thức AM  GM : a, b  0  a  b  2 ab . Dấu bằng xảy ra  a  b .
Áp dụng cho bài toán:
- Phương trình đường thẳng đi qua M hệ số góc k là y  k  x  1  2 .

ta

- Lập phương trình hoành độ giao điểm. d cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B  f  x   kx2  2kx  k  1  0

.b

1
1
với k  x  1  1  k A  kB  k   2 ( theo AM  GM ).
k
kB

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

w
w

tam giác có diện tích bằng
. Đáp số: y  x  .
18
4
2
2
Câu 2. Điều kiện x    k 2; k  .
3
1  sin x  4sin x cos x  6cos x  2sin x  3  2
Phương trình tương đương
2cos x  1
1  sin x  2sin x  3  2cos x  1  2  1  sin x 2sin x  3  2  2sin 2 x  sin x  1  0  sin x  1




sin x  1
2cos x  1

2

w

a. Cho hàm số y 

Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi

Trang 3

www.boxtailieu.net

-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 sin x tìm đươc x với công thức nghiệm:
 x    k 2

; k Z .
 x      k 2
+ cos x  cos   x    k2; k  Z .

u.

-Kiểm tra điều kiện ta thu được nghiệm của phương trình.
Bài tập tương tự:

ne
t

+ sin x    

sin 2 x cos 2 x


  cot x  tan x . Đáp số: x    k 2 .
cos x
sin x
3
7

3 
b. Giải phương trình tanx  3 cos  x    sin x.tan x . Đáp số: x  k, x 

x1.

Đặt 
2
x
dv

xdx
v   1


2

.b

1

1
 x2  1

 1  x2

1 1
A  4
ln  x  1    x  1 dx   4     x    1 .
2 0
 2

  0
 2  2


0

1
 ln 2 2 .
2

1
2

Vậy I  1  ln 2 2 .
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:
b

-Công thức tính tích phân từng phần : I  u.v a   u ' vdu .
b

a

b

-Công thức tính  xndx 
a

b

x n 1
.


1
ln  x  1
1
dx . Nhận thấy ln  x  1 ' 
- Tính B : B 
nên ngầm đặt ẩn phụ t  ln  x  1 chuyển về công
x1
x1
0







thức  u '.undu .
x   x  2  ln x

1

a. Tính tích phân I  

x  1  ln x 

0

e3



ox

2
3

2
1
,b  .
3
3

2

ta

2

ilie

u.

  z  i  z  1  2i  a  a  1   b  1 2  b    a  1 b  1  a  2  b  i

Vậy z  3  2i; z   i .

w
w

.b

a. Tìm số phức z thỏa mãn z2  1  i  z  11i . Đáp số: z  3  2i , z  2  3i .
b. Tìm số phức z thỏa mãn 1  2i  z  3z  i . Đáp số: z    i .
1
4

1
4

Câu 4.b. Số cách chọn ra 5 viên bi từ 14 viên bi là C145  2002 (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 A  C81C64  C82C63  C83C62  C84C61  1940 .
Vậy P  A  

A




1940 970
.

2002 1001

Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi

Trang 5

www.boxtailieu.net




ta

n .n
A  2 B  2C
4
4
4

 

2
2
2
9
9
n . n 9
3 A  B C

ox

+ Lại có cos  

ilie

d đi qua A  2; –1; 2  và có vectơ chỉ phương là ad  1; 2; 2  .

u.

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


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 ad ,
d     ad .n  0 .

- Sử dụng công thức góc giữa hai mặt phẳng ;      cos   
4
9

Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi

n .n
n n



4
.
9

Trang 6

www.boxtailieu.net


.
AC
2

3
3
a 14
.
SH 2  AC 2 
4
4
4

ta

R  OC  OK 2  CK 2 

ilie

u.

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

1
a 10
.


 HF 
2
2
2
5
HF
HS
HE

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng

a 10
.
5

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:
4
3

- Công thức tính thể tích khối cầu ngọa tiếp: V  R3 .
-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 .


ilie

u.

ne
t

 x 2  16

 x  4
3x  4 y  0

Tọa độ A thỏa hệ  2
(do xA  0 ). Vậy A  4; 3  .

3 
2
 x  y  25  y   x
y  3

4

x  2 y 1

 x  3y  5  0 .
AC nhận AK   6; 2  làm vecto chỉ phương  AC :
3
1



.



2
2
2

 y  5  y  4
 x  y  25 
10 x  30 x  0

.b

Tọa độ B thỏa 

w
w

Với B  0; 5  thì BA   –4; –2  và BC   9; 2   BA.BC  40  0 , suy ra góc B tù.
Với B  –3; –4  thì BA   –1;7  và BC   8; 4   BA.BC  20  0 , suy ra góc B nhọn.

w

Vậy A  –4; 3 , B  –3; –4  và C  5; 0  .
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

.
 B   C 

Tọa độ B là nghiệm của hệ 

Lưu ý: Để loại trường hợp ta sử dụng tích vô hướng của 2 vector BA.BC , nếu BA.BC  0  B tù và
BA.BC  0  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
H  1; 1 . 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.

ne
t

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

8

2

 x  1 ,

1
 2  x    2.
2
16


cho.

w
w

.b

-Giải phương trình vô tỉ cơ bản dạng

ox



u  v  2 u2  v 2

ta

ilie



1
1
u  x  ; u  0
 x 
2 . Đặt 2 ẩn phụ
2
với điểm tương đồng vế trái có 
, ta có phương trình

2
8

2 4

Câu 9. Dự đoán dấu bằng xảy ra khi  x; y    ,  . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
3 3




Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi

Trang 9

www.boxtailieu.net


 3x3 y 2   3 y 2 3x   9 x 1   5 y 10  21
9
2
P
    



  
 x y

2 3   8x

2 3
5 3 5 13
.
y    x  y   ( x  y)    
2
2 3 8
8
3 8
2 4 2 4
13
Vậy MinP  .
4
 3x 

Nhận xét: Bài toán tím giá trị nhỏ nhất của hai biến x , y với điều kiện cho trước x  y  2 . Ta cố gắng đánh
giá biểu thức P theo x  y .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

ne
t

 3x3 y 2   3 y 2 3x   9 x 1   5 y 10  21
9
2
  



- Tách biểu thức P  
  


a  b  2 ab

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi dấu bằng trong AM  GM xảy ra.

ox

Bài tập tương tự:







.b

a. Cho các số thực không âm x , y thỏa mãn x  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

1 1
25
  x, y    ;  .
2
2 2

w

Đáp số: MaxS 

w

 x2 y 2 z 2 

2

 
 (Chuyên Khoa Học Tự Nhiên-Hà Nội lần 3).
z3
 yz zx xy 

x3

Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi

Trang 10

www.boxtailieu.net


ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 3
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x2   m  2  x  3m (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C  khi m  2 .
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 d : x – y  2  0 .

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  

1


ta

bao số tự nhiên từ tập A mà số đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.
x  4 y  3 z 1
;


3
1
2
d2 là giao tuyến của hai mặt phẳng    : x  y  z  2  0 và   : x  3y  12  0 . Mặt phẳng Oyz  cắt

ox

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

w
.b

hai đường thẳng d1 , d2 lần lượt tại các điểm A, B . Tính diện tích tam giác MAB , biết M 1; 2; 3  .

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 BM  2 AM . Biết rằng hai mặt phẳng SAC  và SDM  cùng vuông

w
w

góc với mặt phẳng  ABCD  và mặt bên SAB  tạo với mặt đáy một góc 600 . 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

   .
y 1 z1 x1 y z x

..................HẾT..................

1

www.boxtailieu.net


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.a. Với m  2 , hàm số trở thành y  x3  3x2  6 .
-

Tập xác định: D  R .

-

Sự biến thiên:
x  0
+ Chiều biến thiên: y '  3x2  6x ; y '  0  
.
x  2
y '  0, x   ; 0   2;   , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  và  2;   .
y '  0, x   0; 2  , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  .

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0; yCD  6 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  2; yCT  2 .
+ Giới hạn: lim y  ; lim y   .
x 



ilie

-



2

ne
t

x

ta

+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I 1; 4  làm tâm đối xứng.

Vẽ đồ thị:

w
w

w
.b

-

ox


Bài tập tương tự:

a. Cho hàm số y  x3  2x2   m  1 x  2m . Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất vuông
11
.
6

ne
t

góc với đường thẳng d : y  2x  1 . Đáp số: m 

x  1
. Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số biết tiếp tuyến vuông góc
2x  1
đường thẳng  : x  9 y  1  0 . Đáp số: y  9x  1; y  9x  7 .

u.

b. Cho hàm số y 





4cos4 x
 2 2cos2 x  1
4sin x cos x

ta

Nhận xét: Để giải phương trình lượng giác ta sử dụng công thức hạ bậc , mối quan hệ sin x với cos x
, tanx với cot x , phân tích nhân tử.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
-Sử dụng các công thức biến đổi sin2 x  1  cos2 x,1  cos2x  2cos2 x thu được phương trình:







w
w



w
.b



cos3 x
 5cot 3 x  3  0 .
sin x

-Do cos x  0 không là nghiệm của phương trình , chia 2 vế cho cos2 x ta có
cos x
1
có phương trình theo ẩn tanx .


5
2
Đáp số: x    k; x    k 2; x 
.
k
3
6
18
3
b. Giải phương trình: 1  sin 2x  2 3 sin 2 x  3  2 sin x  cos x  0 .(Thi thử THPT Phan Đăng



Lưu). Đáp số: x  

Câu 3. Ta có I  

1

0




7

 k 2; x 
 k 2; x    k 2; x    k 2 .
6
6

 27 ln  
dx .
0
0
0
2
x3
6
3
x3
3
0

Tính A  

1 x
dx .
x3

1

0

ne
t

x  0  t  1
Đặt t  1  x  x  1  t 2 ; dx  2tdt . Khi 
.
x  1  t  0

0 2t
2t 
2t

1

ilie

 2  2ln 3 .
0

59
 27 ln 4  25ln 3 .
6
Nhận xét: Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta có thể sử dụng ngay đổi biến số t  1  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:

w
.b

ox

ta

Vậy I 

- Sử dụng phân tích tử biểu thức dưới dấu tích phân ta có: x3  1  x  x3  27  27  1  x chuyển
tích phân thành 3 tích phân nhỏ.


u'

 x  3 dx bằng sử dụng công thức  u du  ln u  C .
0

1

- Tính A 


0

1 x
dx bằng phương pháp đổi biến số t  1  x .
x3
1



1

Tách thành hai tích phân 2 dt  8
0

1

8

dt


2

dx . Đáp số: I 

19
 ln 4 .
2

4

www.boxtailieu.net