Khoá giải đề đặc biệt Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 050+3/2015
−2x + 1
.
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
1
2. Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt có tổng hoành độ
2
dương.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2 sin 2x = 2 cos x + 1− 2 sin x .
b) Cho biết z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z 2 + 2z + 5 = 0 . Tính A = z12 − z1 .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (log 3 x − 1).log 3 9x = log x 3 − 1 .
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x(1− e x )dx .
1

Câu 5 (0,5 điểm). An và Bình cùng tham gia kỳ thi THPT Quốc Gia , ngoài thi ba môn Văn, Toán,
Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng ký thêm 2 môn tự chọn khác trong 3 môn ( Hoá Học, Vật Lý,
Sinh học ) dưới hình thức trắc nghiệm để có điều kiện xét tuyển vào Đại học – Cao đẳng. Mỗi môn tự
chọn trắc nghiệm có 6 mã đề thi khác nhau, và mã đề thi của các môn khác nhau thì khác nhau. Tính
xác suất để An và Bình chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2;-1;4) và đường thẳng Δ có
x −1 y +1 z
phương trình
=

= . Tìm toạ độ điểm M thuộc Δ sao cho AM = 13 , và M có hoành độ
1
2
1
nguyên. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với Δ .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, gọi E là trung điểm
cạnh CD. Biết rằng tam giác SAE vuông cân tại S, và mặt phẳng (SAE) vuông góc với mặt đáy
(ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn
tâm I(-2;1), gọi H(-1;-1) là chân đường cao hạ từ đỉnh A, và M là trung điểm cạnh BC, N là điểm đối
xứng của M qua I. Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại
D, đường thẳng CD cắt AH tại điểm E(0;2). Tìm toạ độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ
dương.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x( x + 1 − x − 1)3 ≤

5
.
4

Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b,c là các số thực thuộc đoạn [1;2], và thoả mãn điều kiện
2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b 2 = 6 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 8a 2 + (b + c)2 + 8b 2 + (c + a)2 + 8c 2 + (a + b)2 .
---HẾT--1


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

x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
1
2. Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt đều có tổng hoành độ
2
dương.
1. Học sinh tự giải.
−2x + 1 1
2. Phương trình hoành độ giao điểm:
= x + m ⇔ x 2 + (2m + 5)x + 2m − 2 = 0 (1) .
x +1
2
Để d cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt nằm có tổng hoành độ dương khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm
⎧ Δ = (2m + 5)2 − 4(2m − 2) > 0
5
phân biệt và S > 0 ⇔ ⎨
⇔m<− .
2
⎩S = −2m − 5 > 0
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2 sin 2x = 2 cos x + 1− 2 sin x .
b) Cho biết z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z 2 + 2z + 5 = 0 . Tính A = z12 − z1 .
a) Phương trình tương đương với:
2π
⎡
x=±
+ k2π
⎢
1
3

⎡
⎢
⎢ cos x = − 2
π
( 2 sin x − 1)(2 cos x + 1) = 0 ⇔ ⎢
⇔ ⎢ x = + k2π , k ∈! .
⎢
4
⎢sin x = 1
⎢
3π
⎢⎣
2
+ k2π
⎢x =
4
⎣
⎡ z = −1+ 2i
b) Ta có: (z + 1)2 = −4 = (2i)2 ⇔ ⎢
⇒ z1 = −1− 2i .
⎣ z = −1− 2i
Vì vậy, A = (−1− 2i)2 − (−1− 2i) = (−3 + 4i) + (1+ 2i) = −2 + 6i .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (log 3 x − 1).log 3 9x = log x 3 − 1 .
Điều kiện: 0 < x ≠ 1 . Phương trình tương đương với:
1− log 3 x
.
(log 3 x − 1)(2 + log 3 x) =
log 3 x

Đặt t = log 3 x , phương trình trở thành:


1− t
1
⇔ (t − 1)(2 + t + ) = 0 ⇔ (t − 1)(t + 1)2 = 0
t
t
.
⎡x = 3
⎡t = −1 ⎡ log 3 x = 1
⇔⎢
⇔⎢
⇔⎢
1
⎣t = 1
⎣ log 3 x = −1 ⎢ x =
⎣
3

(t − 1)(2 + t) =

1
Vậy nghiệm phương trình x = ; x = 3 .
3

2


2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x(1− e x )dx .

1

2

2

2
x 2
3
x
Ta có: I = ∫ x dx − ∫ xe dx =
− ∫ xe dx = − ∫ xe x dx .
2 1 1
2 1
1
1
2

2

x

2

2

2 2 x
2
+) ∫ xe dx = ∫ xd(e ) = xe − ∫ e dx = 2e2 − e − e x = e2 .
1 1

1
1
1
3
Vậy, I = − e2 .
2
Câu 5 (0,5 điểm). An và Bình cùng tham gia kỳ thi THPT Quốc Gia , ngoài thi ba môn Văn, Toán,
Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng ký thêm 2 môn tự chọn khác trong 3 môn ( Hoá Học, Vật Lý,
Sinh học ) dưới hình thức trắc nghiệm để có điều kiện xét tuyển vào Đại học – Cao đẳng. Mỗi môn tự
chọn trắc nghiệm có 6 mã đề thi khác nhau, và mã đề thi của các môn khác nhau thì khác nhau. Tính
xác suất để An và Bình chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi.
Không gian mẫu là số cách chọn môn tự chọn và số mã đề thi có thể nhận được của An và Bình.
+ An có C32 cách chọn môn tự chọn, có C61 .C61 mã đề thi có thể nhận cho 2 môn tự chọn của An.
x

x

x

+ Bình có C32 cách chọn môn tự chọn, có C61 .C61 mã đề thi có thể nhận cho 2 môn tự chọn của Bình.
Vậy n(Ω) = (C32 .C61 .C61 )2 = 11664 .
Gọi A là biến cố để An và Bình chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi.
Để tính số kết quả thuận lợi cho A, ta mô tả cách chọn 2 môn tự chọn của An và Bình cùng cách nhận
mã đề thi thoả mãn yêu cầu bài toán.
+ Cặp gồm 2 tự chọn mà mỗi cặp có chung đúng 1 môn thi là 3 cặp gồm,
Cặp thứ nhất: (Hoá học, Vật lý) và (Hoá học, Sinh học);
Cặp thứ 2: (Vật lý, Hoá học) và (Vật lý, Sinh học);
Cặp thứ 3: (Sinh học, Hoá học) và (Sinh học, Vật lý).
Suy ra, số cách chọn môn thi của An và Bình thoả mãn là C31 .2! = 6 .
+ Trong mỗi cặp để mã đề của An và Bình giống nhau khi An và Bình cùng mã đề của môn chung,

với mỗi cặp có cách nhận mã đề của An và Bình là C61 .C61 .1.C61 = 216 .
Suy ra, số cách chọn môn và nhận mã đề của An và Bình thoả mãn là 216.6 = 1296 .
n(A) 1296 1
=
= .
Vậy n(A) = 1296 , xác suất cần tính P(A) =
n(Ω) 11664 9
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2;-1;4) và đường thẳng Δ có
x −1 y +1 z
phương trình
=
= . Tìm toạ độ điểm M thuộc Δ sao cho AM = 13 , và M có hoành độ
1
2
1
nguyên. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với Δ .
Vì, M ∈Δ ⇒ M (1+ t;−1+ 2t;t) ⇒ AM 2 = (t − 1)2 + 4t 2 + (t − 4)2 .
⎡t = 1
2
2
2
2
Theo giả thiết, ta có: (t − 1) + 4t + (t − 4) = 13 ⇔ 6t − 10t + 4 = 0 ⇔ ⎢ 2 .
⎢t =
⎣ 3
Vì M có hoành độ nguyên nên M(2;1;1).
+ Vì (P) vuông góc với Δ nên (P) nhận véc tơ chỉ phương của Δ làm véc tơ pháp tuyến, vậy
!"
!
nP = (1;2;1) .

Suy ra (P) qua M(2;1;1) và có vtpt là (1;2;1) nên có phương trình là x + 2y + z − 5 = 0 .
3


Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, gọi E là trung điểm
cạnh CD. Biết rằng tam giác SAE vuông cân tại S, và mặt phẳng (SAE) vuông góc với mặt đáy
(ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD).
Ta có: SABCD = 4a 2 .
Gọi H là trung điểm AE, vì tam giác SAE vuông cân tại S nên
SH ⊥ AE .
Mặt khác, (SAE) ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ (ABCD) .
Tam giác vuông ADE và SAE có,
AE a 5
AE = AD 2 + DE 2 = a 5,SH =
=
.
2
2
1
1 a 5
2a 3 5
.4a 2 =
Vì vậy, VS.ABCD = SH .SABCD = .
.
3
3 2
3
Gọi F là giao điểm của AE và BD, theo Talets ta có:
FE DE 1
2

FA
=
= ⇒ FA = 2FE ⇒ FA = AE ⇒
= 4.
FA AB 2
3
FH
FA
.d(H;(SBD)) = 4d(H;(SBD)) (1) .
FH
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, kẻ HI//AC cắt BD tại I, ta có HI ⊥ BD .
Kẻ HK ⊥ SI (K ∈SI ) , do BD ⊥ (SHI ) ⇒ BD ⊥ HK , do đó HK ⊥ (SBD) và HK = d(H;(SBD)) (2) .

Vì vậy, d(A(SBD)) =

HI FH 1
AO a 2
=
= ⇒ HI =
=
.
AO FA 4
4
4
1
1
1
4
8
a 55

=
+ 2 = 2 + 2 ⇒ HK =
(3) .
Tam giác vuông SHI có,
2
2
HK
SH
HI
5a a
22
2a 55
Từ (1),(2),(3) suy ra: d(A;(SBD)) =
.
11
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I(2;1), gọi H(-1;-1) là chân đường cao hạ từ đỉnh A, và M là trung điểm cạnh BC, N là điểm đối xứng
của M qua I. Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại D,
đường thẳng CD cắt AH tại điểm E(0;2). Tìm toạ độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ dương.
Ta chứng minh E là trung điểm của AH.
Kẻ đường kính AA’, khi đó tứ giác ANA’M là hình bình
hành nên AN//A’M, suy ra A' M ⊥ AD .
Theo Talets ta có,

!

!

Suy ra, BAD = BA' M (1).
Xét hai tam giác ABD và A’BM có


!=!
DAB
MBA' ( cùng phụ với !
ABC ) (2).
Từ (1),(2) suy ra ΔABD đồng dạng với ΔA' BM .
Suy ra, BA.BM = BD.BA' ⇒ BA.BC = 2BD.BA' .

Gọi J là điểm đối xứng của B qua D, ta có:
BA.BC = BJ.BA' ⇒ ΔBAJ đồng dạng với ΔA' BC .

! !
!
!
0
! !
0
Mặt khác, BA'C = 180 − BAC . Suy ra: BAJ + BAC = 180 ⇒ A, J ,C thẳng hàng.
Do đó BAJ = BA'C .

4


Xét tam giác BJC có BD//AH và D là trung điểm của BJ nên E là trung điểm của AH (đpcm).
Áp dụng giải tích:
Vì E là trung điểm của AH nên A(1;5).
Phương trình đường thẳng BC qua H vuông góc với AH là x + 3y + 4 = 0 .
2

2


Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x + 2) + ( y −1) = 25 .

⎧⎪(x + 2)2 + ( y −1)2 = 25 ⎡ x = 2, y = −2 ⎪⎧ B(2;−2)
⇔⎢
⇒ ⎪⎨
Toạ độ điểm B,C là nghiệm của hệ ⎪
.
⎨
⎢ x = −7, y = 1 ⎪C(−7;1)
⎪⎪⎩ x + 3y + 4 = 0
⎪⎩
⎣
Vậy A(1;5), B(2;-2) và C(-7;1).

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x( x + 1 − x − 1)3 ≤

5
.
4

Điều kiện xác định: x ≥ 1 .
⎧⎪a = x + 1
⎧⎪a 2 + b 2 = 2x
Đặt ⎨
,(a > b ≥ 0) ⇒ ⎨ 2
.
2
⎩⎪a − b = 2
⎩⎪b = x − 1
Bất phương trình trở thành:

5
a2 + b2
5
2 (a2 − b2 )
( a − b )3 ≤
2
32

⇔ 16 ( a 2 + b 2 ) a − b ≤ 5 2 ( a + b )

5

2
2
5
⇔ 8 ⎡⎣( a + b ) + ( a − b ) ⎤⎦ a − b ≤ 5 2 ( a + b ) .
5
⎛ a−b
⎛ a − b⎞ ⎞
⇔ 8⎜
+ ⎜
≤5 2
⎝ a + b ⎟⎠ ⎟⎠
⎝ a+b

a−b
1
≤
⇔ 2(a − b) ≤ a + b ⇔ a ≤ 3b
a+b

2

⇔

5
.
4
⎡5
⎞
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢ ;+∞ ⎟ .
⎠
4
⎣

Vì vậy

x + 1 ≤ 3 x − 1 ⇔ x + 1 ≤ 9 ( x − 1) ⇔ x ≥

Chú ý. Lời giải trên vế trái là hàm đồng biến với t =
Cách 2: Với mọi x ≥ 1 , ta có:
2
x +1 + x −1 =
,
x +1 − x −1

a−b
.
a+b

4

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

.

2

Vì vậy, bất phương trình tương đương với:

5


⎡
4
2⎤
3
⎢ ( x + 1 − x − 1)2 + ( x + 1 − x − 1) ⎥ ( x + 1 − x − 1) ≤ 5
⎣
⎦
⇔ ( x + 1 − x − 1)5 + 4( x + 1 − x − 1) − 5 ≤ 0

.

⇔ x +1 − x −1 ≤1 ⇔ x +1 ≤ x −1 +1
⇔ x +1 ≤ x + 2 x −1 ⇔ 2 x −1 ≥1 ⇔ x ≥

5
4


⎡5
⎞
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢ ;+∞ ⎟ .
⎠
⎣4
Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b,c là các số thực thuộc đoạn [1;2], và thoả mãn điều kiện
2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b 2 = 6 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 8a 2 + (b + c)2 + 8b 2 + (c + a)2 + 8c 2 + (a + b)2 .
Ta chứng minh

8c 2 + (a + b)2 ≥ 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b 2 .
Thật vậy, bình phương hai vế bất đẳng thức ta được:

2c 2 + ab ≥ (2b 2 + 2c 2 − a 2 )(2c 2 + 2a 2 − b 2 )
⇔ (2c 2 + ab)2 ≥ (2b 2 + 2c 2 − a 2 )(2c 2 + 2a 2 − b 2 )
⇔ 4c 2 ab ≥ 2a 2 c 2 + 2b 2 c 2 − 2(a 2 − b 2 )2

.

⇔ (a 2 − b 2 )2 ≥ (ac − bc)2 ⇔ (a − b)2 ⎡⎣(a + b)2 − c 2 ⎤⎦ ≥ 0
⇔ (a − b)2 (a + b + c)(a + b − c) ≥ 0
Bất đẳng thức cuối luôn đúng, do a + b − c ≥ 1+ 1− 2 = 0 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc a + b = c .
Tương tự, ta có:
8b 2 + (c + a)2 ≥ 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2a 2 + 2b 2 − c 2 ,
8a 2 + (b + c)2 ≥ 2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2a 2 + 2c 2 − b 2

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:


P ≥ 2( 2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b 2 ) = 12 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2 .

6