Chữ ký và lời chúc của tác giả hoặc thành viên Lovebook

..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................

..................................................................................................................................................
Sách gốc phải có chữ ký của
tác giả hoặc của thành viên Lovebook. Bất kể cuốn
...........................................
sách nào không có chữ ký đều là sách lậu, không phải do Lovebook phát hành.

Lời chúc
& kí tặng

..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
..................................................................................................................................................
...............

LOVEBOOK.VN


Học sinh lớp 12 chuẩn bị cho kì thi Tuyển sinh Đại học, Cao đẳng (KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016)
Học sinh lớp 10, 11: Tự học Toán, chuẩn bị sớm và tốt nhất cho KÌ THI THPT QUỐC GIA
Học sinh muốn đạt 9,10 trong kì thi Tuyển sinh Đại học, Cao đẳng (KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016)
Học sinh thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố cấp trung học cơ sở và trung học phổ thông
Thí sinh đại học muốn ôn thi lại môn Toán
Người yêu thích môn Toán, muốn tìm kiếm một cuốn sách chứa những phân tích, tìm tòi thú vị, sáng
tạo và độc đáo.

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI


NHÀ XUẤN BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
16 Hàng Chuối – Hai Bà Trưng – Hà Nội
Điện thoại: Biên tập – Chế bản: (04) 39714896;
Quản lý xuất bản: (043) 9728806; Tổng biên tập: (04) 397 15011
Fax: (04) 39729436

Chịu trách nhiệm xuất bản:

Giám đốc – Tổng biên tập: TS. PHẠM THỊ TRÂM
Biên tập: ĐẶNG PHƯƠNG ANH
Chế bản: CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC TRỰC TUYẾN VIỆT NAM – VEDU CORP
Trình bày bìa: NGUYỄN SƠN TÙNG
Sửa bản in: LƯƠNG VĂN THÙY – NGUYỄN THỊ CHIÊN – TĂNG HẢI TUÂN
Đối tác liên kết xuất bản:
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC TRỰC TUYẾN VIỆT NAM – VEDU CORP
Địa chỉ: 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội

SÁCH LIÊN KẾT

Để chuẩn bị cho các kì thi quốc gia (tốt nghiệp, tuyển sinh đại học,…) do bộ GD & ĐT tổ chức,
tiếp nối chuỗi sách luyện đề “Tuyển tập 90 đề thi thử kèm lời giải chi tiết và bình luận môn Toán”, chúng
tôi xin giới thiệu bạn đọc cuốn tập 1 “Chinh phục đề thi THPT quốc gia môn Toán tập 1” do đội ngũ tác
giả đến từ LOVEBOOK.
Nội dung sách bám sát các kỹ năng, kiến thức đòi hỏi cần có để phục vụ cho kỳ thi THPT quốc gia. Ở
tập 1 này, chúng tôi cung cấp 25 đề thi thử được biên soạn theo cấu trúc mới nhất (năm 2015) của Bộ.
Không chỉ dừng lại ở việc cung cấp lời giải chi tiết cho mỗi bài toán, chúng tôi còn đưa ra những phân
tích, bình luận về lời giải. Giúp các e học sinh có thể trả lời được những câu hỏi như “tại sao lại biến đổi
như thế? Tại sao lại chọn A? Bài này có thể áp dụng cho những dạng bài nào khác? Mấu chốt của bài
toán ở đây là gì? Kỹ thuật phán đoán hướng giải là gì?...Tất cả những kinh nghiệm, những kiến thức
chúng tôi đều trải lòng hết lên từng lời giải. Các bạn không chỉ đọc nội dung mà thậm chí các bạn còn
có thể cảm nhận được nỗi lòng, niềm đam mê của chúng tôi truyền lại trên từng trang của sách.
Ngoài việc biên soạn 25 đề thi thử theo cấu trúc mới nhất của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo, chúng tôi còn
bổ sung thêm 24 chuyên đề (bao phủ hết chương trình ôn thi đại học). Những chuyên đề được xuất hiện
trong cuốn sách này đề là những chuyên đề được chọn lọc rất kĩ càng. Với 24 chuyên đề kèm lời giải
chi tiết này chúng tôi kì vọng rằng sẽ giúp các em củng cổ phần nào thêm nữa kiến thức và kỹ năng.
Với sự đam mê mãnh liệt và nguồn cảm hứng vô tận từ việc được đóng góp một phần vào con đường
chinh phục cánh cổng đại học của các em, chúng tôi tin tưởng chắc chắn rằng cuốn sách này sẽ đem lại
hững điều bổ ích cho bạn đọc, nhất là một sự đam mê Toán như chúng tôi trải qua.
Do đây là lần đầu tiên biên soạn sách Toán nên mặc dù đã cố gắng nhưng cuốn sách này chắc chắn
không thể tránh khỏi những khiếm khuyết, rất mong nhận được những đóng góp chân tình của các quý
thầy cô và các bạn học sinh xa gần để cuốn sách được hoàn thiện hơn trong lần tái bản sau.
Thư từ góp ý xin gửi về:
Mọi ý kiến đóng góp của các bạn, các thầy cô xin vui lòng gửi về địa chỉ
o Hòm thư điện tử tổ trưởng tổ Sinh học Vedu:
o Diễn đàn chăm sóc sử dụng sách: vedu.vn/forums/
Đội ngũ tác giả xin chân thành cảm ơn!!!


HỌ NÓI GÌ VỀ BỘ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN?

bước vào kì thi chính thức.
4. Kết hợp với bộ sách chuyên đề.
Trong quá trình sử dụng sách, để đạt được hiệu quả cao nhất, tốt nhất bạn nên có một bộ chuyên
đề. Để làm gì ? Khi làm đề, gặp phải những bài toán, những dạng toán và những kiến thức lý thuyết mà
bạn chưa nắm vững, bộ chuyên đề là cuốn cẩm nang dành cho bạn ôn lại những kiến thức đó.


MỤC LỤC
Đề số 1 ................................................................................................................................................................... 13
Đề số 2 ................................................................................................................................................................... 24
Đề số 3 ................................................................................................................................................................... 34
Đề số 4 ................................................................................................................................................................... 47
Đề số 5 ................................................................................................................................................................... 58
Đề số 6 ................................................................................................................................................................... 70
Đề số 7 ................................................................................................................................................................... 78
Đề số 8 ................................................................................................................................................................... 88
Đề số 9 ................................................................................................................................................................... 98
Đề số 10 ............................................................................................................................................................... 107
Đề số 11 ............................................................................................................................................................... 117
Đề số 12 ............................................................................................................................................................... 129
Đề số 13 ............................................................................................................................................................... 140
Đề số 14 ............................................................................................................................................................... 150
Đề số 15 ............................................................................................................................................................... 161
Đề số 16 ............................................................................................................................................................... 170
Đề số 17 ............................................................................................................................................................... 182
Đề số 18 ............................................................................................................................................................... 192
Đề số 19 ............................................................................................................................................................... 202
Đề số 20 ............................................................................................................................................................... 212
Đề số 21 ............................................................................................................................................................... 224
Đề số 22 ............................................................................................................................................................... 232



Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

PHẦN I. ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ SỐ 1
2x  1
(1) có đồ thị (C).
x 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:
Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y 



3  x  1 

1  x  3  x  1  x  3  m 





3 x 1 .

Câu 3 (1,0 điểm).

a) Gọi z1, z2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình z2  1  3i  z  2  2i  0 và thỏa mãn z1  z2 . Tìm giá


Câu 5 (1,0 điểm). Cho khối tứ diện ABCD có AC = AD = 3 2 , BC = BD = 3, 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 6 (1,0 điểm).
2sin xsin2x  11cos x  cot x
 2 (x ∈ ℝ).
a) Giải phương trình:
cot x  3sin2x
2
14 1
9
b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: 2  3  . Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn
Cn 3Cn n

1  3x 

2n

.

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). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có C(3; 2; 3), đường cao qua
x 2 y 3 z 3


A và đường phân giác trong góc B của tam giác ABC lần lượt có phương trình là d1 :
và
1


Your dreams – Our mission

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN
Câu 1.
• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {1}.
• Sự biến thiên:
3
– Sự biến thiên: y’ 
 0 với mọi x ∈ 𝔻.
2
 x  1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +).
– Giới hạn, tiệm cận: lim y  lim y  2 ; lim y   ; lim y   .
x 

x 

x1

x1

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng và nhận đường thẳng y = 2 làm tiệm cận ngang.
– Bảng biến thiên:
x

1

y'
y

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
chia thì ta phải xét trường hợp x = 2 (để đảm bảo









3  x  1 . Thế nhưng trước khi

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  3 x  1 x 1  3 x  .



14 | LOVEBOOK.VN





3  x  1  1  x 1  3  x 





3  x  1 để bài giải


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1
Như vậy chuyển vế ta sẽ thu được hai nhân tử là

Your dreams – Our mission

 




Điều kiện –1  x  3.
Phương trình đã cho tương đương với:

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

(*)

f ’  x   0  1  x  3  x  2x  2

 1 x  3 x 



1 x  3 x

 1 x  3 x 1  x 



1 x  3 x



2 7
.
2

Bảng biến thiên:
x

–1

f ’(x)

3

+

Phương trình đã cho tương đương với:

z  2i
z2  2i  1  i  z  2i. 1  i   0   z  2i z  i  1  0  
z  i  1
Do z1  z2 nên ta có z1 = 2i và z2 = i + 1.

 

Ta có: A  2i

1

2

 1   i  1 

b) Điều kiện: 0  x 

1

2

2



2

2

{ x>2
1
⇔ 2x − 3 = 4x ⇔ x = (thỏa mãn)
3
2
{ 0

16 | LOVEBOOK.VN


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1
+ Hướng 1: Chia hai vế cho ex ta được:

Your dreams – Our mission

2x  1

 x  1 

x 1

 Cũng chưa thấy xuất hiện dạng

g’(x)
.
g(x)

ex

ex  2x  1

x  1 ta được:

+ Hướng 2: Chia hai vế cho



5

ex 2x  1

x

 x  1 

x 1

dx .

5

I1   dx  x  5  2  3 .
2

2

ex 2x  1





x
5 e
x 1 1 '
2
x

.
Câu 5.
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) chính
bằng AMB hoặc bằng (1800 – AMB ) (tùy vào độ lớn góc AMB là nhỏ hơn 900 hay lớn hơn 900).
Đồng thời bài ra còn cho thêm khoảng cách giữa một đỉnh đến mặt phẳng đối diện và cho thêm cả thể tích
khối tứ diện  dễ dàng tính được diện tích mặt đáy là ACD  tính được độ dài CD (do ACD đã biết độ
dài 2 cạnh)  BCD hoàn toàn xác định các thông số về 3 cạnh  tính được BM (là đường cao BCD). Ngoài
ra nhận thấy có khoảng cách từ B đến (ACD) nên sin
góc giữa hai mặt phẳng

(ACD), (BCD) = d B, (ACD)  từ đó xác định được
BM

(ACD), (BCD) .

B

Bài giải:
Theo bài ra: d(B, (ACD)) = 3 ; VABCD = 15 (đvtt).
Ta có: SACD =

3VABCD
3 15
=
= 3 5 (đvdt).
d  B, (ACD)
3



Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1
 cos CAD = ± 1  sin2 CAD = ±

Your dreams – Our mission
B

2
.
3

A

Gọi M là trung điểm của CD thì do ACD cân tại A và cân tại B
nên BM  CD và AM  CD  (ABM)  (ACD). Gọi H là hình chiếu
của B lên (ACD) thì ta có H thuộc đường thẳng AM, đồng thời độ

C

dài BH = d(B, (ACD)) = 3 . Ta có góc giữa mặt phẳng (BCD) và
(ACD) chính bằng BMH < 900.
+) Trường hợp 1:
cos CAD =

2
 CD =
3

M


3
6

 BMH = 450.

+) Trường hợp 2:
cos CAD =

2
. Tương tự ta tính được CD =
3

2 15 > BC + BD, không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác 

loại.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) là 450.
Lưu ý: Có thể xảy ra hai trường hợp về vị trí điểm H như 2 hình vẽ trên, nhưng dù thế nào đi nữa thì góc
giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) vẫn bằng 450.
Câu 6.
a) Định hướng: Khi đánh giá qua phương trình này thì ta thấy rằng nó cũng không phức tạp quá, chỉ chứa
hàm sin, cos và cot ở dạng “thuần” (đơn giản). “Nhẩm” trong đầu nhân tử thì thấy cotx =

cos x
; sin2x =
sin x

2sinxcosx thì thấy ngay cả tử và mẫu đều xuất hiện nhân tử là cosx.
Tiếp tục “nháp” thêm tí sau khi rút gọn cosx ở tử và mẫu thì được:

2sin x.2sin x  11 



cos x  0

Phương trình đã cho tương đương với:
cos x
1
2sin x.2sin x  11 
sin x  2 
sin x  2 (do cosx  0).
cos x
1
 3.2sinx cos x
 3.2sinx
sin x
sin x

2sin x.2sin x cos x  11cos x 

 4sin2 x  11 

18 | LOVEBOOK.VN

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






5π
π
+ k2π và x =
+ k2π (k ∈ ℤ).
6
6

Thử lại (*), ta có phương trình có hai họ nghiệm là x =

b) Định hướng, chú ý: Để làm được bài toán ta cần phải xác định n, dữ kiện duy nhất 2  14  1 bài cho
2
3
Cn

3Cn

n

sẽ giúp ta tìm ra điều này. Chú ý trong quá trình làm ta cần xác xét điều kiện để trách hợp khi giải ra nghiệm
có thể nó không thỏa mãn các điều kiện của công thức tổ hợp. Sau đó thay vào và bắt đầu xét theo đúng yêu
cầu bài.
Bài giải:
+) Điều kiện: n  3 và n ∈ ℕ.
Ta có:





k

 

18

k
  C18
 3
k 0

 

9

9
Vậy hệ số của x trong khai triển là: a9  C18
 3

9

k

xk .

 3938220 3 .


3x  y  2  0
x  m  2

 C(m – 2; 4 – 3m).
2x  y  m  0 y  4  3m

+) Tọa độ C là nghiệm của hệ: 

+) Diện tích hình thang OABC là: S =


1
(OA + BC).d(O, BC)
2

m
1
(1)2  22  (2m  3)2  (4m  6)2  .
 6   2m  3  1 m  12 (*).
 2 2
2 
2 1

Phương án tối ưu nhất để giải phương trình này sẽ là phá dấu giá trị tuyệt đối!
LOVEBOOK.VN | 19


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 3  B(–2; 1) và C(1; –5).
Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề bài như trên.
Câu 8.
Ta xử lí bài toán này giống như xử lí một bài toán hình học phẳng, về phương pháp thì không có gì mới khi
gặp đường cao (tận dụng yếu tố vuông góc) và 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) 
z  3  t


CB = (t – 2; 2 – 2t; t).

d1 là đường cao kẻ từ A nên u1 .CB  0  (t – 2) + (2 – 2t) + (–2).t = 0
 t = 0  B(1; 4; 3).
1
2

BC đi qua C và nhận véctơ u3  BC = (1; –1; 0) làm véctơ chỉ phương
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:

b2

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
1
AB.CH nhé! Đừng nên dùng công thức S =
BC.d(A, BC) trong trường hợp này vì
2
2

làm như vậy sẽ phức tạp tính toán hơn ở chỗ dùng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường
thẳng cho trước!
Câu 9.
Định hướng: Đầu tiên, điều kiện x > 0 là không thể thiếu.
Nhận thấy phương trình có chứa hàm hữu tỉ và cả hàm logarit (hai hàm khác tính chất) nên ta nghĩ ngay
đến phương pháp hàm số ở trong đầu.
20 | LOVEBOOK.VN


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

Định hướng đầu tiên giúp ta phát triển hướng giải cho bài toán: Chúng ta nên dùng hàm số theo kiểu tính
đơn điệu hay là nên dùng hàm số theo kiểu hàm g(f(x)) = g(h(x)), với g là hàm đơn điệu?
– Nếu triển khai theo hướng thứ nhất: để việc đạo hàm tránh phức tạp, chúng ta sẽ nên chia hai vế cho x.



1

2

1





 1  2x  1 4x3  6x2  1
2
4x
.



3
2
1
2x3 x2
2x
1

4
x
x
4x
1





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:

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


 4x

 
1

2

 1

 1


 1
 1
1
1  1

 1   ln 
 1   ln x   
 1   ln 
 1    ln   (*).
2
2
2
x  4x2
 4x

 4x


2
4x

x

 2x

2



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
1 1
1 
 1  ln  x    
  1  ln  x    0 .
4x  x
4x 
4x2




2x3 x2 x  1
2x3 1  4x2
4x
1

1

f ’(x)  0  x 





1
(do x > 0).
2

Lập bảng biến thiên cho ta f(x)  0 với mọi x > 0. Ta có f(x) = 0  x =
Vậy nghiệm của phương trình là x =

1
.
2

1
.
2

3

2a2 + 2a2 + 1 ≥ 3 √4 . a > 2a
Như vậy bài toán này luôn có : f(a; b; c) ≥ f(a; √bc; √bc) ; ∀a; b; c > 0 ; abc = 1. Xét :
f(a; √bc; √bc) = (3t 4 + 2t 2 )a2 − (4t − 1)a + t 4 − 2t 2 + 2t ; t = √bc. (∗).
Ta cần chứng minh : f(a; √bc; √bc) ≥ 0 ⟺ 3 +
6

4

2
t2

4

1

t
3

t2

− +

+ t 4 − 2t 2 + 2t ≥ 0 ; (a =
2

1
t2



Ngoài ra : f(a; √bc; √bc) ≥ 0 ⟺ (3t 4 + 2t 2 )a2 − (4t − 1)a + t 4 − 2t 2 + 2t ≥ 0 ; ( do (∗) ).
1
Ta không còn bước thế a = 2 song bất đẳng thức này vẫn đúng do ∶
t
1
∗ 0 < t < ⟹ (3t 4 + 2t 2 )a2 − (4t − 1)a + t 4 − 2t 2 + 2t ≥ 0 + 0 + t(t 3 − 2t + 2) = t(t 3 + 1 + 1 − 2t)
4
≥ t(3t − 2t) = t 2 ≥ 0.
1
∗ t ≥ ⟹ ∆= (4t − 1)2 − 4(3t 4 + 2t 2 )(t 4 − 2t 2 + 2t) ≤ 16t 2 − 8t + 1 − 4(3t 4 + 3t 2 )t 2
4
3
≤ 4t 4 (1 − 3t 2 ) − 2 + 1 = −(6t 6 + 6t 6 + 1 − 4t 4 ) ≤ −t 4 (3 √36 − 4) < 0
1

Do ∆< 0 nên với t ≥ thì theo định lý dấu tam thức bậc hai biểu thức luôn không âm.
4

LOVEBOOK.VN | 23


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission

ĐỀ SỐ 2
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

x 3

phương trình (S): x  y  z  2x  4y  4z  16 và :  
. Viết phương trình (P) chứa đường

1

1

4

thẳng  và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 4.
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: cos2x + sin2x – cosx – (1 – sinx)tanx = 0.1
b) Anh Thùy và chị Hiền cùng chơi Boom Online. Vì muốn tăng thêm sức hấp dẫn cho trò chơi cũng như
sự cố gắng của mình, chị Hiền đã nghĩ ra một trò cá cược: nếu ai thắng trước 3 ván thì thắng trận và người
thua phải “nạp” cho người thắng 3K. Biết rằng số trận chơi tối đa là 5 ván, xác suất mà chị Hiền thắng
mỗi trận là 0,4 và không có trận hòa. Đồng thời khi có người thắng đúng 3 ván rồi thì trò cá cược dừng
lại. Tính xác suất mà chị Hiền sẽ lấy được 3K từ vụ thắng cược này?
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh AB = 2a và góc

ABC = 300. Mặt phẳng (C’AB) tạo với mặt đáy (ABC) một góc 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’
và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB’ theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của
cạnh BC, N là điểm trên đoạn CD sao cho CN = 2DN. Biết đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – 3 = 0
và điểm M  11 ; 2  . Tìm tọa độ điểm A.
 2






• Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: y’ 

5

 x  2

2

 0 với mọi x ∈ 𝔻.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 2) và (2; +).
– Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 ; lim y   ; lim y = –.
x

x

x 2

x 2

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = 1 làm tiệm cận ngang và nhận đường thẳng x = 2 làm tiệm cận đứng.
– Bảng biến thiên:
x

2

y'
y


2

x

Thấy phương trình hoành độ giao điểm có dạng bậc 2 nên việc dùng định lí Viét là điều đương nhiên!
Gọi hai nghiệm của phương trình là x1, x2 thì theo bài ra, x1 và x2 phải trái dấu  ac < 0. Tiếp tục xử lí góc AOB
nhọn. Để ý rằng AOB chính là góc hợp bởi hai véctơ OA và OB , đồng thời thấy rằng trong quá trình giải
thì ta chưa sử dụng định lí Viét, vậy nên ta cần nghĩ ra một liên hệ đối xứng A, B để áp dụng được định lí
Viét. Rõ ràng, AOB nhọn  cos AOB > 0 (1). Thêm một chút gia vị vào hai vế: nhân cả hai vế với OA.OB thì
(1)  OA.OB > 0, đây chính là một liên hệ đối xứng với A, B giúp ta sử dụng được định lí Viét!
Bài giải:
+) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và
x 3
(d):
 x  m   x  2 x  m   x  3 (dễ thấy x = 2 không là nghiệm)
x 2

 x2   m  1 x  2m  3  0 (*).
+) d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở hai phía trục tung
 (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1x2 < 0
 P = 2m + 3 < 0  m

3

 



z3  12i  z  x  yi  12i  x  yi  x3  3xy 2  3x2y  y3  12 i  x  yi
3
2
3
x2  3y 2  1 (do x  0)

x  3xy  x

8y  4y  12  0



 2
2
3
2
3 3y 2  1 y  y3  12  y 

3x y  y  12  y 
x  3y  1





⇔ 𝑥 = 3 (𝑣ì 𝑥 > 2)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Câu 3.
Định hướng: Lại một tích phân bất định nữa chứa tổng hợp nhiều loại hàm (hàm hữu tỉ, hàm logarit, hàm
lượng giác). Với cận không có gì đặc biệt và mẫu số chứa hỗn hợp nhiều hàm, nên việc dùng tích phân từng
phần cũng không có tác dụng gì. Tất nhiên, định hướng đầu tiên của chúng ta vẫn là đưa tích phân về dạng:
b

b

g’(x)
. Điều này cũng dễ nhận ra khi mà tử số có nhiều số hạng tương đồng với mẫu số, vậy nên
g(x)
a

I   f(x)  
a

ta sẽ tách ở tử số thành dạng f(x).g(x) + g’(x)  Ta sẽ tách những dấu ngoặc ở tử số ra, sau đó tìm số hạng
có chứa xlnx và nhóm lại với số hạng thích hợp, cụ thể là:
Tử số = sin2x  cosx  1  2cosx.xlnx  lnx  số hạng chứa xlnx là 2cosx.xlnx  Để nhóm được dạng
f(x).g(x) (với g(x) là mẫu số) thì phải nhóm:
(sin2x + 2cosx.xlnx) = 2cosx.(sinx + xlnx).
26 | LOVEBOOK.VN


Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 1

Your dreams – Our mission



π
3

π
3

  2cos x  

 sin x  x ln x ’ dx 
sin x  x ln x



2sin x



π
2
π
3





 ln sin x  x ln x 

π


 2


3

3 

Thông tin thêm: Dạng toán này đã từng được xuất hiện trong đề thi Đại học Khối A – năm 2010; Khối A –
năm 2011 và trong cả đề thi dự bị Đại học Khối A – năm 2012.
Câu 4.
Định hướng: Đầu tiên xác định được tâm và
bán kính của mặt cầu (S). Khi có được bán kính
mặt cầu (S) và bán kính đường tròn giao tuyến
I
của (S) với (P)  tính được khoảng cách từ I
d
đến (P) nhờ định lí Py–ta–go. Mặt khác (P) lại
R
chứa   có thể gọi được dạng tổng quát của
(P), dùng hai điều kiện này là có thể xác định
r
được phương trình mặt phẳng (P).
Bài giải:
+) Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; –2) và bán kính R = 5.
Do (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r = 4 nên khoảng cách d từ tâm I đến mặt phẳng (P) là:
d = d(I, (P)) =

R2  r2  52  42  3 .


LOVEBOOK.VN | 27