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 28/50
Ngày thi : 18/04/2015
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−1)(x
2
− x +1− m) (1)
, với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với

m = 2
.
2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho x thoả mãn

π
2
< x < 2π
và

cot(x +
π

3
)= − 3
. Tính giá trị của biểu thức

M = sin(x +
π
6
)+ cosx
.
b) Cho số phức

z = 1− 2i
. Tính môđun của số phức

w = z −
25
z
2
.

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình

log
1
2
(x
2
+ 3x + 2)= −1
.


Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

(x
2
+ 2x +1). x
2
+ x +1≥ x
3
+ 4x
2
+ 2x −1
.

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân

I =
1+ ln(e
x
.x)
(x +1)
2
dx
1
3
∫
.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có

SB = a

và tất cả các cạnh còn lại bằng

2a
. Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD

(AB //CD)
. Gọi
H,I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC,CD. Giả sử M,N lần lượt là trung
điểm của AD,HI. Viết phương trình đường thẳng AB biết

M (1;−2),N (3;4)
và đỉnh B nằm trên đường
thẳng

x + y − 9 = 0
,

cos ABM
!
=
2
5
.

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

(P): x + y− 5= 0;(Q): y + z + 3= 0

. Viết phương trình đường thẳng

Δ
là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm
toạ độ điểm M thuộc mặt (P) sao cho

AM ⊥ Δ
và đường thẳng AM cắt mặt phẳng (Q) tại N thoả mãn
A là trung điểm MN.

Câu 9 (0,5 điểm). Trong một kỳ thi người ta bố trí 32 thí sinh vào một phòng học gồm 8 bàn học song
song với nhau, mỗi bàn học xếp 4 thí sinh. Trong 32 thí sinh này có 16 thí sinh nhóm I và 16 thí sinh
nhóm II. Tính xác suất để bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với
nhau thuộc 2 nhóm khác nhau.

Câu 10 (1,0 điểm). Với x là số thực thoả mãn

0 ≤ x ≤1
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P =
1
x
3
− x
2
+ 2
+
1
x

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

m = 2
.
2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.
1. Học sinh tự giải.
2. Phương trình hoành độ giao điểm:


(x −1)(x
2
− x +1− m) = 0 ⇔
x = 1
x
2
− x +1− m = 0 (2)
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
.
Để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác
1.

Δ = 1− 4(1− m)> 0
1
2
−1+1− m ≠ 0
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇔
3

4
< m ≠ 1
.
Vậy

3
4
< m ≠ 1
là giá trị cần tìm.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho x thoả mãn

π
2
< x < 2π
và

cot(x +
π
3
)= − 3
. Tính giá trị của biểu thức

M = sin(x +
π
6
)+ cosx
.
b) Cho số phức


z = 1− 2i
. Tính môđun của số phức

w = z −
25
z
2
.
a) Theo bài ra ta có:

cot(x +
π
3
)= − 3 ⇔ x =
π
2
− kπ
.
Vì

π
2
< x < 2π
nên

π
2
<
π
2

− kπ < 2π ⇔ −
3
2
< k < 0 ⇒ k = −1⇒ x =
3π
2
.
Khi đó:

M = sin(
3π
2
+
π
6
)+ cos
3π
2
−
3
2
.
b) Ta có:

w = z −
25
z
2
= (1− 2i)−
25

(1− 2i)
2
= (1− 2i)+
25
3+ 4i
= (1− 2i)+ (3− 4i)= 4− 6i
.
Vậy

w = 4
2
+ (−6)
2
= 2 13
.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình

log
1
2
(x
2
+ 3x + 2)= −1
.
Điều kiện:

x
2
+ 3x + 2 > 0 ⇔
x >−1

x <−2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
.
Phương trình tương đương với:


x
2
+ 3x + 2 = (
1
2
)
−1
= 2 ⇔ x
2
+ 3x = 0 ⇔
x = 0(t / m)
x = −3(t / m)
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
.
Vậy nghiệm phương trình


x = 0;x = −3
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

(x
2
+ 2x +1). x
2
+ x +1≥ x
3
+ 4x
2
+ 2x −1
.
Bất phương trình đã cho tương đương với:

(x +1)
2
x
2
+ x +1≥ x
3
+ 4x
2
+ 2x −1⇔ (x
2
+ x +1+ x) x
2
+ x +1≥ (x + 3)(x
2

+ x +1)− 2(x + 2)
.
đặt

t = x
2
+ x +1 > 0
, bất phương trình trở thành:
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
3


t
3
−(x + 3)t
2
+ xt + 2(x + 2)≥ 0 ⇔ (t − x − 2)(t
2
−t −2)≥ 0
⇔ (t − x − 2)(t +1)(t −2)≥ 0 ⇔ (t − x − 2)(t − 2)≥ 0(do t +1> 0)
⇔ ( x
2
+ x +1− x − 2)( x
2
+ x +1−2)≥ 0 ⇔
−1≤ x ≤
−1+ 13
2
x ≤−

1+ 13
2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
.
Vậy tập nghiệm

S = −∞;−
1+ 13
2
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥
∪ −1;

−1+ 13
2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân

I =
1+ ln(e
x
.x)
(x +1)
2
dx
1
3
∫
.
+) Ta có:

I =
1+ x + ln x

(x +1)
2
dx
1
3
∫
= (
1
x +1
+
ln x
(x +1)
2
)dx
1
3
∫
=
dx
x +1
dx
1
3
∫
+
ln x
(x +1)
2
dx
1

3
∫
.
+)

K =
dx
x +1
dx
1
3
∫
= ln x +1
3
1
= ln2
.
+)

M =
ln x
(x +1)
2
dx
1
3
∫
= ln xd(−
1
x +1

)
1
3
∫
= −
1
x +1
ln x
3
1
+
1
x(x +1)
dx
1
3
∫
= −
1
4
ln3+ ln
x
x +1
3
1
=
3
4
ln3−ln2
.

Vì vậy

I = ln2+
3
4
ln3− ln2 =
3
4
ln3
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có

SB = a
và tất cả các cạnh còn lại bằng

2a
. Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).

+) Tứ giác ABCD có tất cả các cạnh bằng 2a, nên là hình thoi. Gọi O
là giao điểm AC,BD.
Hai tam giác SAC và ABC bằng nhau vì có chung AC,

SA = SC = 2a,BA = BC = 2a
.
Do đó:

OB = OD = OS
, suy ra SBD là tam giác vuông tại S.
Suy ra:


BD = SB
2
+ SD
2
= a
2
+ 4a
2
= a 5
.
Tam giác OAB vuông tại O ta có:


AC = 2OA = 2 AB
2
−OB
2
= 2 4a
2
−
5a
2
4
= a 11
.
+)

S
ABCD

=
1
2
AC.BD =
1
2
a 5.a 11 =
a
2
55
2
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) thì do

SA = SC
nên

HA = HC
.
Suy ra H thuộc đường trung trực của AC, tức H thuộc BD.
Tam giác SBD vuông ta có:

SH =
SB.SD
BD
=
2a
2
a 5
=

2a
5
.
Vậy

V
S.ABCD
=
1
3
SH.S
ABCD
=
1
3
.
2a
5
.
a
2
55
2
=
a
3
11
3
(đvtt).
+) Do AB//(SCD) nên d(A;(SCD)) = d(B;(SCD)) (1).

Tam giác vuông SBH ta có:


BH = SB
2
− SH
2
= a
2
−
4a
2
5
=
a
5
⇒ d(B;(SCD))=
BD
BH
.d(H;(SCD)) =
5
4
d(H;(SCD)) (2)
.
+) Kẻ SK vuông góc CD tại K, kẻ SI vuông góc SK tại I thì

HI ⊥ (SCD) ⇒ HI = d(H;(SCD)) (3)
.
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn

4
Ta có

HK = d(H;CD) =
DH
DB
.d(B;CD) =
4
5
d(B;CD) =
4
5
.
S
BCD
2CD
=
S
ABCD
5CD
=
a
2
55
2
5.2a
=
a 55
20
.

Tam giác vuông SHK có:


1
HI
2
=
1
SH
2
+
1
HK
2
=
5
4a
2
+
80
11a
2
=
375
44a
2
⇒ HI =
2a 165
75
(4)

.
Từ (1),(2),(3),(4) ta có:

d(A;(SCD)) =
a 165
30
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD

(AB //CD)
. Gọi
H,I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC,CD. Giả sử M,N lần lượt là trung
điểm của AD,HI. Viết phương trình đường thẳng AB biết

M (1;−2),N (3;4)
và đỉnh B nằm trên đường
thẳng

x + y − 9 = 0
,

cos ABM
!
=
2
5
.

Xét tam giác ABD và HBI có:
+


ABD
!
= HCI
!
= HBI
!
.
+

ADB
!
= ACB
!
= HIB
!
.
Suy ra tam giác ABD đồng dạng với tam giác HBI (g.g).
Ta có BM,BN lần lượt là hai trung tuyến của tam giác ABD,
HBI do đó:

BM
BN
=
BA
BH
(1)
.
Lại có


ABM
!
= HBN
!
⇒ MBN
!
= ABH
!
(2)
.
Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABH đồng dạng với tam giác
MBN.
Do đó

MNB
!
= AHB
!
= 90
0
, hay MN vuông góc NB.
+) Ta có:

MN
! "!!!
= (2;6) / /(1;3)
, đường thẳng BN đi qua N và nhận (1;3) làm vtpt nên có phương trình
là :

x + 3y −15 = 0

.
+) Toạ độ điểm B thoả mãn

x + y − 9 = 0
x + 3y − 15 = 0
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇔
x = 6
y = 3
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇒ B(6;3)
.
Ta có:

MB
! "!!
= (5;5) / /(1;1)
, gọi (a;b) là véc tơ pháp tuyến của AB, ta có:


a + b
2(a
2
+ b
2
)
=
2
5
⇔ 5(a + b)
2
= 8(a
2
+ b
2
) ⇔ 3a
2
−10ab + 3b
2
= 0 ⇔
a = 3b
a =
b
3
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢

⎢
.
+) TH1: Nếu

a = 3b
, chọn

a = 3,b =1 ⇒ AB : 3x + y −21 = 0
.
+) TH2: Nếu

b = 3a
chọn

a = 1,b = 3 ⇒ AB : x + 3y −15 = 0
(loại do trùng với BN).
Kết luận: Vậy đường thẳng AB là

3x + y − 21 = 0
.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1;1;0) và hai mặt phẳng

(P): x + y− 5= 0;(Q): y + z + 3= 0
. Viết phương trình đường thẳng

Δ
là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm
toạ độ điểm M thuộc mặt (P) sao cho

AM ⊥ Δ

và đường thẳng AM cắt mặt phẳng (Q) tại N thoả mãn
A là trung điểm MN.
+) Đường thẳng

Δ
là giao tuyến của (P),(Q) nên có véc tơ chỉ phương

u
!
= n
P
"!"
;n
Q
" !"
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
= (1;−1;1)
.
+) Điểm E(0;5;-8) thuộc (P) và (Q) nên thuộc

Δ
.
Do đó phương trình


Δ :
x
1
=
y− 5
−1
=
z + 8
1
.
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
5
+) Gọi điểm cần tìm

M(x;5− x;z)∈ (P)
, ta có

AM
! "!!
= (x −1;4− x;z)
.
Vì AM vuông góc với

Δ
nên

AM
! "!!

.u
"
= 0 ⇔ (x −1)−(4− x)+ z = 0 ⇔ z = 5− 2x ⇒ M(x;5− x;5− 2x)
.
Do A là trung điểm MN nên

N(2− x;x −3;2x − 3)
.
Mặt khác N thuộc (Q) nên:

x − 3+ 2x − 3= 0 ⇔ x = 2 ⇒ M(2;3;1)
.
Vậy điểm cần tìm M(2;3;1).
Câu 9 (0,5 điểm). Trong một kỳ thi người ta bố trí 32 thí sinh vào một phòng học gồm 8 bàn học song
song với nhau, mỗi bàn học xếp 4 thí sinh. Trong 32 thí sinh này có 16 thí sinh nhóm I và 16 thí sinh
nhóm II. Tính xác suất để bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với
nhau thuộc 2 nhóm khác nhau.
Không gian mẫu là số cách xếp 32 thí sinh vào 32 vị trí có

Ω = 32!
.
Gọi A là biến cố bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với nhau
thuộc 2 nhóm khác nhau.
1
Nhóm I
(2)
Nhóm II
(3)
Nhóm I
(4)

Nhóm II
(5)
Nhóm II
(6)
Nhóm I
(7)
Nhóm II
(8)
Nhóm I
(9)
Nhóm I
(10)
Nhóm II
(11)
Nhóm I
(12)
Nhóm II
(13)
Nhóm II
Nhóm I
Nhóm II
Nhóm I
(17)
Nhóm I
(18)
Nhóm II
(19)
Nhóm I
(20)
Nhóm II

Nhóm II
Nhóm I
Nhóm II
Nhóm I
(25)
Nhóm I
(26)
Nhóm II
(27)
Nhóm I
(28)
Nhóm II
(29)
Nhóm II
(30)
Nhóm I
(31)
Nhóm II
(32)
Nhóm I
+) Để tìm số phần tử của A, ta miêu tả cách xếp thoả mãn
Đánh số vị trí từ 1 đến 32, xuất phát từ vị trí số 1, vị trí này có thể là thí sinh nhóm I hoặc thí sinh nhóm
II nên có 2 cách.
Ta có cách xếp thoả mãn như sau:
+) Nếu vị trí số 1, xếp thí sinh nhóm I thì ta xếp 16 thí sinh nhóm I vào các vị trí như bảng bên dưới và
xếp 16 thí sinh nhóm II vào các vị trí như bảng biên dưới. do vậy có 16!.16! cách xếp.
+) Tương tự nếu vị trí số 1, xếp thí sinh nhóm II thì có 16!.16! cách xếp.
Vậy có tất cả

2.(16!)

2
cách xếp thoả mãn, vì vậy

Ω
A
= 2.(16!)
2
.
Xác suất cần tính

P(A) =
Ω
A
Ω
=
2.(16!)
2
32!
=
1
300540195
≈ 3,327.10
−9
.
Câu 10 (1,0 điểm). Với x là số thực thoả mãn

0 ≤ x ≤1
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P =

1
x
3
− x
2
+ 2
+
1
x
2
− x
4
+ 2
+
(x
2
− 2)(x
2
− 2 x )+ 2x + 2
4
.
+) Ta có:
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
6


(x
2
− 2)(x

2
− 2 x )+ 2x + 2 = x
4
− 2x
2
+ 2x + 2+ 2 x (2− x
2
)
≥
4+ 4(2 x − x
2
)+ 4x + x
4
− 4x
2
x
2
=
(−x
2
+ 2 x + 2)
2
2
=
2− x
2
+ 2 x
2
.
Do đó:


P ≥
1
x
3
− x
2
+ 2
+
1
x
2
− x
4
+ 2
+
2− x
2
+ 2 x
4 2
.
+) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta có:

1
x
3
− x
2
+ 2
+

1
x
2
− x
4
+ 2
≥
4
x
3
− x
2
+ 2 + x
2
− x
4
+ 2
≥
4
2(x
3
− x
2
+ 2+ x
2
− x
4
+ 2)
=
4

8+ 2x
3
(1− x)
.
Do đó:

P ≥
4
8+ 2x
3
(1− x)
+
2− x
2
+ 2 x
4 2
.
Mặt khác ta có:

−x
2
+ 2 x −2x
3
(1− x) = x 2− x x − 2x
2
(1− x) x
⎡
⎣
⎢
⎢

⎤
⎦
⎥
⎥
≥ 0
.
Vì vậy:

P ≥
4
8+ 2x
3
(1− x)
+
2+ 2x
3
(1− x)
4 2
. Đặt

t = 2x
3
(1− x)≥ 0
, suy ra

P ≥
4
8+ t
+
2+ t

4 2
≥
5
2 2
.
Bài tập tương tự -
Bài số 01. Với x là số thực thuộc đoạn [0;1]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P =
1
x
3
− x
2
+ 2
+
1
x
2
− x
4
+ 2
+
2− x
2
+ 2 x
4 2
.
Bài số 02. Cho x,y là hai số thực không âm thoả mãn


x
2
+ y
2
= 1
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


P =
1
x
2
+ y
3
+1
+
1
x
2
y
2
+ 2
+
x
2
+ 2 y +1
4 2
.