!
Hotline:)0976)266)202)) Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!
1!
Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 26/50
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
y = x
4
− m
2
x
2
+ 3 (1)
, với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi

m = 2
.
2. Tìm m để hàm số (1) có cực tiểu, cực đại lần lượt là
y
1
, y
2
thoả mãn
y
1
+ y

2
= 2
.

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
cos
2
x + cos x − 4 = sin x cos x − 4 sin x
.
b) Tìm số phức z thoả mãn
(z − 1)(z + 2) = −1+ 3i
.

Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình
log
2
(x
2
− y
2
) = 3
log
3
(x + y −1) + 2log
9
(x − y + 1) = 2
⎧
⎨
⎩

.

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2x 8x + 1 + x
2
+ 8 ≥ 6x x + 3
.

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = (3x
5
+ ln x)dx
1
2
∫
.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tam giác ABD đều cạnh a,
AA' = a
. Hình chiếu
vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Tính thể tích khối lăng
trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và A’C’.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A(0;7), tâm đường
tròn nội tiếp là điểm I(0;1). Gọi E là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC. Tìm toạ độ các đỉnh
B,C biết
AH = 7HE
và B có hoành độ âm.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng

(P) :2x + y − 2z +1 = 0
và
hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và vuông góc với (P). Viết
phương trình đường thẳng d cắt tia Ox , vuông góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P)
và cách (P) một khoảng bằng 3.

Câu 9 (0,5 điểm). Có 3 lô sản phẩm A,B,C chuẩn bị nhập vào kho. Mỗi lô có 100 sản phẩm gồm sản
phẩm loại I và sản phẩm loại II. Số sản phẩm loại I trong mỗi lô A,B,C lần lượt là 50,60,70. Người phụ
trách nhập kho lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô A,B,C ra một sản phẩm để kiểm tra, nếu có ít nhất 2 trong 3
sản phẩm lấy ra để kiểm tra là sản phẩm loại I thì 3 lô hàng A,B,C được nhập kho. Tính xác suất để 3
lô hàng A,B,C được nhập kho.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực thoả mãn
a,b,c ∈
1
2
;1
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
và
a + b + c = 2
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
P =
2(b
2

+ c
2
) − a
2
2
+
1
a + c
ac((a + c)
2
− b
2
) +
1
a + b
ab((a + b)
2
− c
2
)
.
HẾT
!
Hotline:)0976)266)202)) Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!
2!

PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
y = x

4
− m
2
x
2
+ 3 (1)
, với m là tham số thực.
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi

m = 2
.
4. Tìm m để hàm số (1) có cực tiểu, cực đại lần lượt là
y
1
, y
2
thoả mãn
y
1
+ y
2
= 2
.
1. Học sinh tự giải.
2. Ta có:
y' = 4 x
3
− 2m
2
x; y' = 0 ⇔

x = 0
x
2
=
m
2
2
⎡
⎣
⎢
⎢
.
+ Để hàm số có cực đại, cực tiểu khi y’=0 có 3 nghiệm phân biệt
⇔ m ≠ 0
.
Khi đó
x
CT
= ±
m
2
2
; x
CD
= 0
; ta có
y
1
= y(±
m

2
2
) = −
m
2
4
+ 3; y
CD
= y(0) = 3
.
Theo giả thiết ta có:
y
1
+ y
2
= 6 −
m
2
4
= 2 ⇔ m
2
= 16 ⇔ m = 4 (t / m);m = −4(t / m)
.
Vậy
m = 2
là giá trị cần tìm.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
cos
2

x + cos x − 4 = sin x cos x − 4 sin x
.
b) Tìm số phức z thoả mãn
(z − 1)(z + 2) = −1+ 3i
.
a) Phương trình tương đương với:

sin
2
x − 4 sin x + sin x cos x − cos x + 3 = 0 ⇔ sin
2
x − sin x − 3sin x + 3+ sin x cos x − cos x = 0
⇔ (sin x −1)(sin x − 3+ cos x) = 0 ⇔
sin x = 1
sin x + cos x = 3(VN )
⎡
⎣
⎢
⇔ x =
π
2
+ k2
π
, k ∈!
.
b) Phương trình tương đương với:
z
2
+ z − 2 = −1+ 3i ⇔ z
2

+ z = 1+ 3i ⇔ z
2
+ z − (1+ 3i) = 0


Δ
z
= 1 + 4(1+ 3i) = 5 + 12i = (3+ 2i)
2
⇒ z =
−1− (3 + 2i)
2
= −2 − i;z =
−1+ (3 + 2i)
2
= 1 + i
.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình
log
2
(x
2
− y
2
) = 3
log
3
(x + y −1) + 2log
9
(x − y + 1) = 2

⎧
⎨
⎩
.
Điều kiện:
x + y − 1 > 0, x − y +1 > 0, x
2
− y
2
> 0
.
Hệ phương trình tương đương với:
x
2
− y
2
= 8
log
3
(x + y −1) + log
3
(x − y + 1) = 2
⎧
⎨
⎩
⇔
x
2
− y
2

= 8
log
3
(x + y −1)(x − y + 1)
[ ]
= 2
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇔
x
2
− y
2
= 8
log
3
(x
2
− (y −1)
2
) = 2
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇔

x
2
− y
2
= 8
x
2
− (y −1)
2
= 9
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇔
x
2
= 8 + y
2
8 + y
2
− (y −1)
2
= 9
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪

⇔
x
2
= 9
y = 1
⎧
⎨
⎩
⇔
x = −3, y = 1(l)
x = 3, y = 1(t / m)
⎡
⎣
⎢
.
Kết luận: Vậy hệ có nghiệm duy nhất
(x; y) = (3;1)
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2x 8x + 1 + x
2
+ 8 ≥ 6x x + 3
.
Điều kiện:
x ≥ 0
.
!
Hotline:)0976)266)202)) Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!
3!

Bất phương trình tương đương với:
2x 8x + 1 + x
2
+ 8 − 6x x − 3 ≥ 0
.
Xét hàm số
f (x) = 2x 8x + 1 + x
2
+ 8 − 6x x − 3
trên
0;+∞
[
)
, ta có:
f '(x) =
24x + 2
8x + 1
+
x
x
2
+ 8
− 9 x; f '(x) = 0 ⇔
24x + 2
8x + 1
+
x
x
2
+ 8

= 9 x
⇔ 2(12x + 1) x
2
+ 8 + x 8x + 1 = 9 (x
2
+ 8)(8x
2
+ x)
⇔ 2 x
2
+ 8 (12x + 1) −
13
3
8x
2
+ x
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
+ 8x
2
+ x ( x −
1
3
x
2
+ 8) = 0

⇔ 2 x
2
+ 8 3(12x + 1)−13 8x
2
+ x
⎡
⎣
⎤
⎦
+ 8x
2
+ x (3 x − x
2
+ 8) = 0
⇔
2 x
2
+ 8(1− x)(56x + 9 )
3(12x + 1)+ 13 8x
2
+ x
+
8x
2
+ x (1− x)(x − 8)
3 x + x
2
+ 8
= 0
⇔ (1− x).A = 0 ⇔

x = 1
A = 0
⎡
⎣
⎢
.
Trong đó
A =
2 x
2
+ 8(56x + 9)
3(12x + 1)+ 13 8x
2
+ x
+
8x
2
+ x (x − 8)
3 x + x
2
+ 8
.
+) Nếu
x ≥ 8 ⇒ A > 0
.
+) Nếu
0 ≤ x < 8 ⇒ 3(12x + 1) + 13 8x
2
+ x < 13(3 x + x
2

+ 8)
.
Do đó:
A >
2 x
2
+ 8(56x + 9) + 13(x − 8) 8x
2
+ x
13(3 x + x
2
+ 8)
> 0
.!!
Vậy!ta!chỉ!có!
f '(x) = 0 ⇔ x = 1
.!
Lập!bảng!biến!thiên!ta!được:!
max f (x) = f (1) = 0
.!
Do!vậy!bất!phương!trình!tương!đương!với:!
f (x) ≥ 0 ⇔ x = 1
.!!!
Vậy!tập!nghiệm!của!bất!phương!trình!là!
S = 1
{ }
.!!
Bình luận: Ta có thể chỉ ra
f ''(x) =
8

(x
2
+ 8) x
2
+ 8
+
16(6x +1)
(8x + 1) 8x +1
−
9
2 x
< 0
!.!
Từ!đó!suy!ra!phương!trình!
f '(x) = 0
có!nghiệm!duy!nhất!
x = 1
.!
Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phương trình
S = 1
{ }
.
Cách 2: Ta đánh giá như sau:
Đặt
t = x ≥ 0
, bất phương trình trở thành:
2t
2
8t
2

+ 1 + t
4
+ 8 ≥ 6t
3
+ 3
.!!
Sử!dụng!bất!đẳng!thức!AM!–GM!ta!có:!
!
2t
2
8t
2
+ 1 =
2t
3
.3t. 8t
2
+ 1 ≤
t
3
(9t
2
+ 8t
2
+ 1) =
17t
3
+ t
3
.!

Từ!đó!suy!ra:!
!
17t
3
+ t
3
+ t
4
+ 8 ≥ 6t
3
+ 3 ⇔ 3 t
4
+ 8 ≥ t
3
− t + 9
.!
+)!Ta!có:!
t
3
− t + 9 = t(t − 1)
2
+ 2t
2
− 2t + 9 > 0,∀t ≥ 0
.!!
Do!đó!bình!phương!hai!vế!ta!được:!
!
Hotline:)0976)266)202)) Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!
4!

!
9(t
4
+ 8) ≥ (t
3
− t + 9)
2
⇔ (t − 1)
2
(t + 1)(t
3
+ t − 9t + 9) ≤ 0 (*)
.!
Mặt!khác:!
!
t
3
+ t − 9t + 9 = t(t − 2)
2
+ 5t
2
− 13t + 9 > 0,∀t ≥ 0
.!
Do!đó!
(*) ⇔ (t − 1)
2
(t + 1) ≤ 0 ⇔ t = 1(do t +1 > 0) ⇔ x = 1
.!
Vậy!tập!nghiệm!của!bất!phương!trình!là!
S = 1

{ }
.!!!
!!
!Bài)tập)tương)tự)L)!
Giải!phương!trình!
2 8x
2
+ 1 + 1+
8
x
4
= 3 x(2 x + x x )
.!Đ/s:!
x = 1
.!
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = (3x
5
+ ln x)dx
1
2
∫
.
Ta có:
I = 3 x
5
dx
1
2
∫

+ ln x dx
1
2
∫
=
1
2
x
6
2
1
+ ln x dx
1
2
∫
=
63
2
+ ln x dx
1
2
∫
=
63
2
+ (x ln x
2
1
− dx
1

2
∫
) =
63
2
+ 2ln 2 − x
2
1
=
61
2
+ 2ln 2
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tam giác ABD đều cạnh a,
AA' = a
. Hình chiếu
vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Tính thể tích khối lăng
trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và A’C’.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A(0;7), tâm đường
tròn nội tiếp là điểm I(0;1). Gọi E là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC. Tìm toạ độ các đỉnh
B,C biết
AH = 7HE
và B có hoành độ âm.

+) Đường thẳng AE đi qua A,I chính là trục Oy.
Theo tính chất đường phân giác ta có:

AI
IE

=
AB
BE
⇒
AI
IE
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
=
AB
2
BE
2
=
AE
2
+ BE
2
BE
2
=
AE
BE
⎛
⎝

⎜
⎞
⎠
⎟
2
+ 1 (1)
.
Tam giác AEB và BEH đồng dạng (g.g) nên

AE
BE
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
=
S
AEB
S
BEH
=
AE
HE
= 8 (2)
.
Từ (1),(2) suy ra:


AI
IE
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
= 8 + 1 = 9 ⇒
AI
IE
= 3 ⇒ IE
! "!
=
1
3
AI
! "!
⇒ E(0;−1)
.
+) Ta có:

AH
! "!!
= 7HE
! "!!
⇒ H (0;0)
.
Đường thẳng BC đi qua E và vuông góc với Oy nên có phương trình là

y + 1 = 0
.
Gọi B(b;-1) thuộc BC, với b âm. Ta có: E là trung điểm BC nên C(-b;-1).
Do H là trực tâm tam giác ABC nên:


BH
! "!!
.AC
! "!!
= 0 ⇔ −b
2
+ 8 = 0 ⇔ b = −2 2(do b < 0) ⇒ B(−2 2;−1),C(2 2;−1)
.
!
Hotline:)0976)266)202)) Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!
5!
Kết luận: Vậy
B(−2 2; −1),C(2 2;−1)
.
Bài tập tương tự - Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại
A(0;−
1
2
)
. Gọi
M (−3 5;7)
là trung điểm cạnh BC. Tìm toạ độ các đỉnh B,C biết B có hoành độ âm và trực tâm tam
giác ABC thuộc đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

HD: Chứng minh

AH
! "!!
=
1
2
IM
! "!!
⇒ H (−
3
5
;1), I (−
9
5
; 4)
. Đ/s:
B(−6 5;1),C(0;13)
.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng
(P) :2x + y − 2z +1 = 0
và
hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và vuông góc với (P). Viết
phương trình đường thẳng d cắt tia Ox , vuông góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P)
và cách (P) một khoảng bằng 3.
Ta có:

AB
! "!!
= (2;4;−4),n

P
!"!
= (2;1;−2) ⇒ AB
! "!!
,n
P
!"!
⎡
⎣
⎤
⎦
= (−4;−4;−6) / /(2;2;−3)
.
Mặt phẳng (Q) vuông góc với (P) và qua A,B nên có vtpt là (2;2;-3).
Vì vậy
(Q) : 2x + 2y + 3z − 7 = 0
.
+) Vì d vuông góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P) nên

u
d
!"!
/ / AB
! "!!
,n
P
!"!
⎡
⎣
⎤

⎦
⇒ u
d
!"!
= (2;2;−3)
.
+) Giả sử d cắt tia Ox tại điểm M(m;0;0) với m>0, ta có:

d(d;(P)) = d(M ;(P)) =
2m − 7
3
= 3 ⇔
m = 8(t / m)
m = −1(l)
⎡
⎣
⎢
⇒ M (8;0;0)
.
Vì vậy
d :
x − 8
2
=
y
2
=
z
−3
.

Câu 9 (0,5 điểm). Có 3 lô sản phẩm A,B,C chuẩn bị nhập vào kho. Mỗi lô có 100 sản phẩm gồm sản
phẩm loại I và sản phẩm loại II. Số sản phẩm loại I trong mỗi lô A,B,C lần lượt là 50,60,70. Người phụ
trách nhập kho lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô A,B,C ra một sản phẩm để kiểm tra, nếu có ít nhất 2 trong 3
sản phẩm lấy ra để kiểm tra là sản phẩm loại I thì 3 lô hàng A,B,C được nhập kho. Tính xác suất để 3
lô hàng A,B,C được nhập kho.
Gọi A là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm tra từ lô A là loại I, ta có:
P(A) = 0,5;P(A) = 0,5
.
Gọi B là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm từ lô B là loại I, ta có:
P(B) = 0,6;P(B) = 0, 4
.
Gọi C là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm tra từ lô C là loại I, ta có:
P(C) = 0, 7;P(C ) = 0,3
.
Gọi X là biến cố lấy ra ngẫu nhiên mỗi lô một sản phẩm và được ít nhất 2 sản phẩm loại I.
Ta có:
X = A.B.C + A.B.C + A.B.C + AB.C
.
Ta có:

P(X ) = P(A.B.C + A.B.C + A.B.C + AB.C )
= P(A.B.C ) + P(A.B.C ) + P(A.B.C ) + P(AB.C)
= P(A).P(B).P(C) + P(A).P(B).P(C ) + P(A).P(B).P(C ) + P(A).P(B).P(C )
= 0, 5.0,6.0, 7 + 0,5.0,6.0,7 + 0,5.0, 4.0, 7 + 0,5.0,6.0,3 = 0,65
.
Bài tập tương tự -
Có ba lô hàng, người ta lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô hàng ra một sản phẩm. Biết rằng tỷ lệ sản phẩm tốt
trong từng lô hàng là 0,5;0,6;0,7. Tính xác suất để trong 3 sản phẩm lấy ra kiểm tra có ít nhất một sản
phẩm tốt. Đ/s:
P(A) = 0,94

.
!
Hotline:)0976)266)202)) Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!
6!
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực thoả mãn
a,b,c ∈
1
2
;1
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
và
a + b + c = 2
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
P =
2(b
2
+ c
2
) − a
2
2
+
1

a + c
ac((a + c)
2
− b
2
) +
1
a + b
ab((a + b)
2
− c
2
)
.
Sử dụng giả thiết và bất đẳng thức AM –GM ta có:
2ac
(a + c)
2
≤
1
2
;
2ab
(a + b)
2
≤
1
2
.!
Do!đó:

1
a + c
ac((a + c)
2
− b
2
) = a + c − b .
2ac
(a + c)
2
≤
a + c − b
2
,
1
a + b
ab((a + b)
2
− c
2
) = a + b − c.
2ab
(a + b)
2
≤
a + b − c
2

Suy ra:
P ≤

2(b
2
+ c
2
) − a
2
2
+
a + b − c
2
+
a + c − b
2
.
Để đơn giản ta đặt
x =
b + c − a
2
, y =
a + c − b
2
, z =
a + b − c
2
⇒ x + y + z = 1 (x, y,z ≥ 0)
.
Và ta có:
2(b
2
+ c

2
) − a
2
4
= x +
(y − z)
2
4
. Khi đó:
P = x +
(y − z)
2
4
+ y + z
.
Sử dụng bất đẳng thức Cachy –Schwartz ta có:

P ≤ x +
(y − z)
2
4
+ 2.
y + z
2
≤ (1+ 2)(x +
(y − z)
2
4
+
( y + z)

2
2
)
= 3(x +
(y − z)
2
+ 2( y + z)
2
4
) = 3(x +
y + z
2
+
(y − z)
2
+ 4 yz
4
)
= 3(x +
y + z
2
+
( y + z)
2
( y − z)
2
+ 4 yz
4
)
≤ 3(x +

y + z
2
+
2(y+ z)( y − z)
2
+ 4 yz
4
≤ 3(x +
y + z
2
+
2( y − z)
2
+ 4 yz
4
= 3(x + y + z) = 3
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

x = y = z =
1
3
⇔ a = b = c =
2
3
.
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
3
. Dấu bằng đạt tại
a = b = c =

2
3
.
Cách 2: Tương tự cách trên ta đánh giá được:
P ≤
2(b
2
+ c
2
) − a
2
2
+
a + b − c
2
+
a + c − b
2
.
Đặt!
t =
a + b − c
2
+
a + c − b
2
⇒ t
2
= a + (a + b − c)(a + c − b) = a + a
2

− (b − c)
2
.!Và!
!
Hotline:)0976)266)202)) Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí)))
Chi)tiết:)Mathlinks.vn!
7!
2(b
2
+ c
2
) − a
2
4
=
(b + c)
2
− a
2
− (b − c)
2
⎡
⎣
⎤
⎦
4
=
(b + c + a
2
− (b − c)

2
)(b + c − a
2
− (b − c)
2
)
4
≤
(a + b + c)(b + c − a
2
− (b − c)
2
)
4
=
b + c − a
2
− (b − c)
2
2
=
2 − a − a
2
− (b − c)
2
2
= 1 −
t
2
2

.
Do đó:
P ≤ 1 −
t
2
2
+ t = 1−
t
2
2
+ 2.
t
2
≤ (1+ 2)(1−
t
2
2
+ t
2
) = 3
.!!!
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
3
. Dấu bằng đạt tại
a = b = c =
2
3
.