Trích đoạn cuốn “Tuyển tập 90 đề thi thử kèm lời giải chi...

Truy cập website: http://lovebook.vn/ hoặc gọi tới số điện thoại: 0466 860 849 để có thể sở hữu cuốn sách này.

1 | LOVEBOOK.VN

Trích đoạn cuốn “Tuyển tập 90 đề thi thử kèm lời giải chi tiết và bình luận” được đội ngũ tác giả thủ khoa, giải

quốc gia GSTT GROUP biên soạn do Lovebook.vn sản xuất.

Thời gian thấm thoát thoi đưa, cuốn siêu phẩm (cái tên do các em học sinh tặng) đã chào đời được

gần 3 tháng. Trong 3 tháng qua, chúng tôi đã nhận được rất nhiều những phản hồi góp ý từ các em học sinh

và các thầy cô khắp cả nước:

Theo thầy Nguyễn Minh Tuấn - GV chuyên Hóa - THPT Hùng Vương - Phú Thọ [tác giả của hơn 20 đầu sách

ôn thi đại học nổi tiếng và nhiều tài liệu chỉa sẻ trên mạng): “Đây thực sự là một cuốn sách ôn thi đại học

chất nhất, công phu và tâm huyết nhất mà thầy từng biết tới. Một học sinh ôn thi đại học mà không sở hữu

cuốn này thì sẽ thiệt thòi rất nhiều so với các bạn”.

Theo em Lê Nhất Duy [THPT TP Cao Lãnh – Đồng Tháp]: “Đây là lần đầu tiên em được đọc một cuốn sách

tâm huyết như thế này. Từng lời bình của anh chị GSTT GROUP rất chất và gần gũi nữa. Kể từ khi cầm trên

tay cuốn sách này, em đã cảm thấy tự tin và yêu môn toán hơn nhiều”.

Theo cô Lê Thị Bình [Thạc sĩ Toán - Hóa] - giảng viên khoa Toán Tin ứng dụng- ĐH Kiến Trúc Hà Nội: "Một

cuốn sách đẳng cấp và thiết thực nhất tôi từng biết. Không chỉ dừng lại ở những lời giải kho khan mà cuốn

sách còn cho ta những lối tư duy, những kinh nghiệm sương máu mà họ trải qua".

Theo Nguyễn Văn Tiến [cựu học sinh Lý Thái Tổ - Bắc Ninh, tân sinh viên Y Hà Nội 29/30]: Lovebook luôn

biết cách tạo ra những ấn phẩm thật hữu ích cho các em học sinh, đặc biệt cuốn Toán. Năm vừa rồi mình chỉ

tiếc là chưa có cuốn Toán, nếu có thì chắc kết quả của mình sẽ trọn vẹn hơn. Tuy nhiên với 2 cuốn Hóa năm

ngoái cũng đủ khiến mình đạt được ước mơ vào đại học Y Hà Nội".

Cuốn tập 2 gồm 45 đề thi đại học được chọn lọc và tổng hợp từ các đề thi thử trường chuyên trên cả nước trong năm học 2013 – 2014. Ngoài ra cuốn sách còn có khoảng gần 300 bài toán luyện thêm sau mỗi bài tập điển hình cho các em luyện.

Không chỉ có thế cuốn sách còn bao gồm 9 bài phân tích và dự đoán đề đại học 2014. Với phần dự đoán này, các em có thể nắm băt được tổng quan các chuyên đề trong đề thi chính thức qua các năm của Bộ Giáo Dục và có những dự đoạn tương đối chính xác về dạng bài trong đề thi năm nay, qua đó việc ôn tập sẽ trọng tâm và hiệu quả hơn.

Cuối sách còn có thêm 2 chuyên đề cực chất do đội ngũ tác giả viết nữa.

NHÀ SÁCH GIÁO DỤC LOVEBOOK

Web: lovebook.vn Facebook: https://www.facebook.com/Lovebook.vn?bookmark_t=page

Gmail: [email protected]

SĐT: 0466.860.849

Địa chỉ: 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội

http://lovebook.vn/

Tuyển tập 90 đề thi thử đại học kèm lời giải chi tiết và bình luận môn Toán tập 2- LOVEBOOK.VN

LOVEBOOK.VN | 2

Phần I: ĐỀ THI + LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ SỐ 01

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2x 1

yx 1

(1), có đồ thị (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

2. Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai điểm M, N thuộc (C) và

độ dài đường chéo của hình chữ nhật bằng 5 2 . Lập phương trình đường thẳng MN.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin xsin2x 11cos x cot x

2cot x 3sin2x

(x ∈ ℝ).

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 1 1

x x ln x 14x 4x

(x ∈ ℝ).

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

x5

x2

e 3x 2 x 1dx

e x 1 x 1

.

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). Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:

3 x 1 1 x 3 x 1 x 3 m 3 x 1 .

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo Chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y – 2 = 0 và điểm M(3; 0).

Đường thẳng qua M cắt đường thẳng d tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên Ox. Viết phương trình

đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến bằng 2

5.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(2; 0; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0; 3) và D(1;

–2; 3). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AD sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến (P) là lớn nhất.

Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi z1, z2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình 2z 1 3i z 2 2i 0 và thỏa mãn 1 2

z z

. Tìm giá trị của biểu thức 2 21 1

1 2A z 1 z

.

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (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.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có C(3; 2; 3), đường cao qua A và

đường phân giác trong góc B của tam giác ABC lần lượt có phương trình là 1

x 2 y 3 z 3d :

1 1 2

và

2

x 1 y 4 z 3d :

1 2 1

. Lập phương trình đường thẳng BC và tính diện tích của tam giác ABC.

Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2

2z w zw 7

z w 2w 2

z,w .


3 | LOVEBOOK.VN

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN

Câu 1.

1.

• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {1}.

• Sự biến thiên:

– Sự biến thiên:

2

3y’ 0

x 1

với mọi x ∈ 𝔻.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +).

– Giới hạn, tiệm cận:x xlim y lim y 2

; x 1lim y

;

x 1lim y

.

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:

• Đồ thị:

Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại điểm (0; –1), cắt trục hoành

tại điểm 1

;02

. Đồng thời (C) nhận giao điểm của hai đường

tiệm cận là I(1; 2) là trục đối xứng.

2.

Định hướng: Đầu tiên với dữ kiện MNPQ là hình chữ nhật thì ta khai

thác ngay được tính chất song song, đó là MN // PQ. Lúc này ta sẽ

có ngay dạng của phương trình đường thẳng MN là

3x – y + m = 0, với m –11, tương đương với MN: y = 3x + m. Như

vậy hoành độ M và N chính là nghiệm của phương trình giao điểm

của đường thẳng đó với đồ thị (C) dùng được phương trình

hoành độ và dùng định lí Viét để biểu diễn được tổng và tích xM

+

xN; x

Mx

N theo biến m.

Tiếp theo, với hai đường thẳng song song thì ta luôn xác định được khoảng cách giữa hai đường thẳng đó, bởi

khoảng cách giữa hai đường thẳng song song chính bằng khoảng cách của một điểm bất kì trên đường thẳng này

đến đường thẳng kia. Trên thì ta luôn lấy được một điểm K có tọa độ xác định dùng khoảng cách sẽ tính được

khoảng cách từ K đến MN độ dài cạnh PN = d(K, MN) (theo một ẩn m).

Vậy dữ kiện cuối cùng là dữ kiện đường chéo. Vì ta có tổng và tích xM

+ xN, x

Mx

N theo biến m nên việc tính độ dài

MN theo m là điều dễ dàng. Ngoài ra, dùng định lí Py–ta–go ta sẽ có ngay: MN2 + NP2 = PM2 = 2

5 2 , từ đây giải

phương trình ẩn m duy nhất tìm m MN.

Theo định hướng khá rõ ràng trên ta có lời giải:

Bài giải:

Do MNPQ là hình chữ nhật nên MN // PQ đường thẳng MN có dạng 3x – y + m = 0 y = 3x + m.

x O

1

2

y

I

M

N

P

Q

5 2

K

x – + 1

– – y ’

–

+

2 2

y

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 4

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng MN và (C) là:

2x 1

3x m 2x 1 x 1 3x mx 1

(dễ thấy x = 1 không thỏa mãn) 23x m 5 x m 1 0 (*).

(*) có biệt thức = 2 2m 5 4.3 m 1 m 2m 37 0 với mọi x ∈ ℝ (*) luôn có hai nghiệm phân biệt

x1, x

2. Theo định lí Viét:

1 2

1 2

5 mx x

3

m 1x x

3

Không mất tính tổng quát, giả sử M(x1; 3x

1 + m) và N(x

2; 3x

2 + m) thì

MN2 = 10(x

1 – x

2)

2 = 10

2

1 2 1 2x x 4x x

= 10

25 m m 1

4.3 3

= 210m 2m 37

9 .

K(0; –11) ∈ d(K, MN) =

22

3.0 11 m

3 1

= m 11

10

NP2 = d2(K, MN) =

2

m 11

10

.

Áp dụng định lí Py–ta–go, ta được: MN2 + NP2 = PM2

2

22

m 1m 1110

m 2m 37 5 2 2899 10 m

109

Đối chiếu điều kiện m –11, ta được hai giá trị cần tìm của m là m = –1 và m = 289

109

.

Câu 2.

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

sin x; sin2x = 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:

12sin x.2sin x 11

sin x 21

3.2sinxsin x

, vâng, và đến đây

thì phương trình cũng đã lộ bản chất của nó: đây thực chất là phương trình một ẩn t = sinx.

Bài giải:

Điều kiện:

00

xx

x

2

0 1x

x1

x 6 x 0x 3 0 6x

x 0

sincos sincot

sincos

sinsin

sin

sin (*).

Phương trình đã cho tương đương với:

cos x 12sin x.2sin xcos x 11cos x 2sin x.2sin x 11

sin x sin x2 2cos x 1

3.2sinxcos x 3.2sinxsin x sin x

(do cosx 0).

2 3 21 14sin x 11 2 6sin x 4sin x 12sin x 11sin x 3 0

sin x sin x


5 | LOVEBOOK.VN

2sin x 1 2sin x 3 sin x 1 0

πx k2π

πx k2π

6

5π

21

x2

x

x k2π

1

6

sin

sin

(k ∈ ℤ).

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

6 + k2π và x =

5π

6 + k2π (k ∈ ℤ).

Câu 3.

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.

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. Bởi vì ta

lấy đạo hàm của 1

x.ln x4x

thì sẽ phức tạp hơn so với việc lấy đạo hàm của ln

1x

4x

.

Như vậy chia hai vế cho x ta được: 2 2

1 1 1 1 1 11 ln x 1 ln x 0

4x x x 4x4x 4x

(*).

Thử lấy đạo hàm của vế trái ta được:

3 2

3

2

3 2 2

11

1 1 4x1

2x 1 4x

2x x

6x 1

2x 1 4x4x

x

.

Vậy việc dùng hàm đơn điệu của chúng ta đã “tiêu tan” khi mà đạo hàm không dương hoặc không âm với

x > 0. Nhưng như thế cũng đừng vội nản nhé , khi đạo hàm có nghiệm (và chỉ có một nghiệm “đẹp”) thì ta có thể

vẽ được bảng biến thiên của hàm số, và biết đâu nó sẽ có nghiệm đẹp cho chúng ta nhận xét!

Thật vậy, thử lập bảng biến thiên thì thấy ngay VT(*) 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1

2 (chính là nghiệm của

đạo hàm luôn!).

– Nếu triển khai theo hướng dùng hàm số. Cách này sẽ thường được các bạn “ngại” (nói đúng hơn là “lười”) đạo

hàm dùng!

Khi đã gặp phương trình dạng: A(x)

A(x) ln B(x)B(x)

(với A, B dương) thì ta biến đổi một chút phương trình sẽ

thành: A(x) ln A(x) B(x) ln B(x) , phương trình này có dạng hàm đồng biến là f(t) = t + lnt, là 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. Ta thu được phương trình:

2

2 2 2 2

11

1 1 1 1 1 1 1 1 14x1 ln x 0 1 ln 1 ln 1 ln

x 4x 1 x x x4x 4x 4x 4xx

.

Đến đây thì dạng hàm số đã xuất hiện và việc còn lại của chúng ta cũng không quá khó nữa!

Bài giải:

Cách 1.

Điều kiện x > 0. Phương trình đã cho tương đương với:

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 6

2 2 2

1 1 1 1 1 11 ln x 1 ln x 1

4x x x4x 4x 4x

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 11 ln 1 ln x 1 ln 1 ln

x x x4x 4x 4x 4x

(*).

Xét hàm số f(t) = t + lnt trên (0; +∞). Ta có: 1

f ’(t) 1 0t

với mọi t > 0 f(t) đồng biến trên (0; +∞).

Mặt khác (*) có dạng 2

1 1f 1 f

x4x

(với

2

11 0

4x và

10

x )

2

2

1 1 1 11 1 0 x

x 2x 24x

.

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:

2 2

1 1 1 1 1 11 ln x 1 ln x 0

4x x x 4x4x 4x

.

Xét hàm số f(x) = 2

1 1 11 ln x

x 4x4x

trên (0; +).

Ta có:

2

3

3 2

3 22

11

1 1 4x1

2x 1 4x

2x

6x 1f ’(x)

x x4x

2x 1 4x

;

1f ’(x) 0 x

2 (do x > 0).

Lập bảng biến thiên cho ta f(x) 0 với mọi x > 0. Ta có f(x) = 0 x = 1

2.

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1

2.

Bài tập củng cố:

Giải phương trình: x x19692014 x ln 1969

2014 (Đáp số: x = 0).

Câu 4.

Định hướng: Nhận thấy tích phân có chứa cả hàm vô tỉ, hữu tỉ và cả hàm mũ (các hàm khác tính chất) nên ta nghĩ

đến phương pháp tích phân từng phần, hoặc tác dạng I = b b

a a

g’(x)f(x)

g(x) để làm dễ dàng hơn. Nhưng với bài toán

thì cách dùng tích phân từng phần gần như… vô hiệu. Vậy nên ta suy nghĩ đến hướng thứ hai là tách I thành dạng

như trên. Một điều gợi ý cho chúng ta thực hiện theo phương án thứ hai nữa đó là tử số có phần giống với mẫu số

(phải nói là rất giống), nên việc rút gọn bớt đi là điều đương nhiên:

x x

x x

e 3x 2 x 1 e 2x 11

e x 1 x 1 e x 1 x 1

.

Như vậy số 1 tách ra thì dễ dàng lấy nguyên hàm, còn lượng

x

x

e 2x 1

e x 1 x 1

thì vẫn chưa có dạng

g’(x)

g(x). Vậy

phải làm sao? Không lẽ lại bỏ cuộc giữa chừng? Đừng lo, khi chưa gặp dạng này thì muốn xuất hiện dạng g’(x)

g(x) thì

nhiều lúc ta phải cùng chia cả tử cả mẫu cho một lượng nào đó (và thường thì lượng này là lượng tương đồng,


7 | LOVEBOOK.VN

hoặc là nhân tử ở mẫu số hoặc tử số), hoặc có lúc là nhân cả tử và mẫu với một lượng nào đó để xuất hiện được

dạng đó. Thử xem nhé!

Với “cục diện” như thế này thì ta sẽ có hai hướng:

+ Hướng 1: Chia hai vế cho ex ta được:

x

2x 1

x 1x 1

e

cũng chưa thấy xuất hiện dạng g’(x)

g(x).

+ Hướng 2: Chia hai vế cho x 1 ta được:

x

x

e 2x 1

x 1

e x 1 1

. Thử lấy đạo hàm mẫu

x

xe 2x 1

e x 1x 1

’

(chính

bằng tử số), thành công!

Bài giải:

Ta có:

x5 5

x2 2

e 2x 1I dx dx

e x 1 x 1

.

+) 5

5

1 22

I dx x 5 2 3 .

+)

x

x5 5 55

x2 2x x 2

2 2

e 2x 1

e x 1 1 2e 12 x 1I 2 dx 2 dx 2ln e x 1 1 2lne 1e x 1 1 e x 1 1

'

.

Vậy 5

1 2 2

2e 1I I I 3 ln

e 1

.

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 0180 AMB (tùy vào độ lớn góc AMB là nhỏ hơn 900 hay lớn hơn 90

0).

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

(ACD) (BCD), = d B (ACD)

BM

, từ đó xác định được góc

giữa hai mặt phẳng (ACD) (BCD), .

Bài giải:

Theo bài ra: d(B, (ACD)) = 3 ; VABCD

= 15 (đvtt).

Ta có: SACD

=

ABCD3V

d B (ACD), =

3 15

3 = 3 5 (đvdt).

Mặt khác: SACD

= 1

2AC.AD.sin CAD

H

A

B

C

D

M

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 8

sin CAD = DAC2S

AC.AD =

2.3 5

3 2.3 2 =

5

3.

cos CAD = ± 21 sin CAD = ±2

3.

Gọi M là trung điểm của CD thì do ACD cân tại A và BCD 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 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

3 CD = 2 2AC AD 2AC.ADcosCAD = 2 3

BM =

22

2 2CD 2 3BC 3 6

2 2

.

sin BMH = BH

BM =

3

6 BMH = 450.

+) Trường hợp 2:

cos CAD = 2

3

. Tương tự ta tính được CD = 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:

Định hướng: Ý tưởng về những bài tìm m để phương trình có nghiệm là không xa lạ gì nữa Ý tưởng của 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 3 x 1 . Thế nhưng trước khi chia thì

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

x – 2 = – 3 x 1 3 x 1 3 x 1

.

Vậy nên ta chọn cách thuận lợi hơn cho lời giải đó là phân tích vế trái chứa nhân tử 3 x 1 để bài giải được

ngắn gọn hơn!

VT = 3 x 3 x 1 1 x x 2 3 x 3 x 1 1 x 1 3 x

3 x 1 3 x 1 x 1 3 x

.

Như vậy chuyển vế ta sẽ thu được hai nhân tử là 3 x 1 và 3 x 1 x 1 x 3 x m 3 .

H

A

B

C

D M


9 | LOVEBOOK.VN

Cái khó còn lại là đi xử lí nhân tử thứ hai:

3 x 1 x 1 x 3 x m 3 0 m 1 x 3 x 1 x 3 x 3 (1).

Xử lí phương trình này cũng không hề khó, thường thì ta sẽ đặt 2t 1 x 3 x t 4 2 1 x 3 x

(1) gần như đã được xử lí. Thế nhưng với các bạn đã thuần thục việc giải phương trình rồi thì sẽ chọn cách

khảo sát vế phải của (1) luôn để không mất thời gian biện luận theo ẩn t nữa.

Bài giải:

Điều kiện x1 3 .


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

(*)

Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2.

Xét hàm số f x 1 x 3 x 1 x 3 x 3 trên 1;3 .

Với mọi x 1;3 :

1 1 2x 2f ’(x) 0

2 1 x 2 3 x 2 1 x 3 x

.

f ’ x 0 1 x 3 x 2x 2

1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x

2 7

1 x 3 x 1 x2

.

Bảng biến thiên:

7

Dựa vào bảng biến thiên, kết hợp với điều kiện x 2 (và f(2) 2 2 3 ) ta có thể kết luận được các giá trị của m

cần tìm là 11

5;2

m

2 2 3 .

Câu 7.a.

Định hướng: đi qua điểm M nên có thể viết được phương trình đường thẳng ở dạng tổng quát:

a(x – xM

) + b(y – yM

) = 0.

– f ’(x)

3 –1 + 2 + 7

2 –

f(x)

11

2

5 1

x

+ 0

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 10

dùng sẵn hai ẩn a, b. Tiếp tục tìm tọa độ điểm A theo hai ẩn a, b sau đó chiếu A lên Ox để được tọa độ điểm

H và bước cuối cùng là dùng dữ kiện khoảng cách để tìm tỉ số a

b phương trình .

Bài giải:

+) đi qua điểm M(3; 0) nên có phương trình là:

a(x – 3) + b(y – 0) = 0 : ax + by – 3a = 0 (điều kiện a2 + b2 ≠ 0).

+) Tọa độ A là nghiệm của hệ:

3a 2bxy 2 x y 2 xx y 2 0 a b

ax b 2 x 3a 0 a b x 3a 2bax by 3a 0 3a 2by 2

a b

(điều kiện a b).

+) Hình chiếu H của A lên Ox sẽ có tọa độ là H(xA; 0) H

3a 2b0

a b

; .

+) d(H, ) = 2

22 2 2 2 2 2

2 2

3a 2ba. b.0 3a

a b 2 ab 4a b 5a b 4 a b a b

a b 55a b

2 2

2 2

a 2b

a 2b 2a b 2a ab 2b 0 b 2a

2a ab 2b 0

– Nếu a = 2b chọn b = 1 a = 2 (thỏa mãn) : 2x + y – 6 = 0.

– Nếu b = 2a chọn a = 1 b = 2 (thỏa mãn) : x + 2y – 3 = 0.

Với a b thì 22 2 2 21 3

2a ab 2b a b a b 02 2

.

Vậy có hai phương trình đường thẳng thỏa mãn là 1: 2x + y – 6 = 0 và

2: x + 2y – 3 = 0.

Câu 8.a.

Định hướng: Mặt phẳng (P) đi qua hai điểm cố định A, D đã biết tọa độ nên có thể dùng phương pháp chùm mặt

phẳng một cách gián tiếp, bằng cách gọi phương trình mặt phẳng (P) ở dạng tổng quát (sẽ chỉ có hai ẩn). Việc xử

lí tổng khoảng cách cực đại ta sẽ dùng bất đẳng thức đơn giản như Cauchy hay Bu–nhi–a–cốp–xki (áp dụng với

các bạn khá, giỏi), hoặc các bạn không quen dùng các bất đẳng thức thì có thể dùng xét hàm số.

Bài giải:

+) Giả sử phương trình (P) là: ax + by + cz + d = 0 (điều kiện 2 2 2a b c 0 ).

– Điểm A(2; 0; 0) ∈ (P) 2a + d = 0 d = –2a.

– Điểm D(1; –2; 3) ∈ (P) a – 2b + 3c + d = 0 c = 2b a d

3

=

2b a

3

.

(P): ax + by + a 2b

3

z – 2a = 0.

(hướng xử lí trên chính là hướng xử lí theo phương pháp chùm mặt phẳng một cách gián tiếp).

+) Tổng khoảng cách từ B và C đến mặt phẳng (P) là:

h = d(B, (P)) + d(C, (P)) = 2 2 2

2 2 2 2 2 2

a 2b3. 2a

4b 2a 3 2b a3

a 2b a 2b a 2ba b a b a b

2 2 2

.

Áp dụng bất đẳng thức Bu–nhi–a–cốp–xki ta được:


11 | LOVEBOOK.VN

h =

2

2 2 2 2 2

2

9. 2b a 9. a 2b 9 a 2b6

3a 2ba 2b

2a 2b 22

a 2b2 2 1 . a b

2

.

Đẳng thức xảy ra

a 2ba b 2 a b2 2 1

chọn a = 3 b = –3 (P): 3x – 3y – z – 6 = 0.

Nhận xét: Mấu chốt của bài toán này đó là dùng bất đẳng thức như thế nào cho hợp lí. Để làm được điều đó thì ta

chỉ chú đến việc dùng bất đẳng thức cho mẫu số cho hợp lí.

Kĩ thuật chọn điểm rơi sẽ được đề cập ở đây .

Ta dùng bất đẳng thức: 2

2 2 2 2 2 a 2 a 1xa yb

bx y 1 a b b x a y 1 b

2 2 2

, trong đó x, y

là các hằng số chúng ta tìm để sử dụng bất đẳng thức cho hợp lí.

Đẳng thức xảy ra

a 2ba b a 2b2 x 2y 2x y 1 x 2y

(1).

Muốn 1

x a y 1 b2

rút gọn được cho tử số thì ta phải có

1y 1 2 x

2

(2).

Giải hệ (1), (2) ta được x = –2; y = 2. Đến đây thì việc áp bất đẳng thức Bu–nhi–a–cốp–xki là điều dễ dàng .

Lưu ý: Với bài toán này thì cách sử dụng đại số là tối ưu nhất. Việc sử dụng phương pháp hình học sẽ rất phức tạp

trong việc biện luận, dẫn đến ngộ nhận kết quả bài làm sai.

Câu 9.a.

Đây là một bài toán hoàn toàn cơ bản, chỉ yêu cầu bạn nắm được cách giải phương trình bậc 2 trong tập số phức

là được. Nhưng lời khuyên cho các bạn là khi tìm được nghiệm của phương trình rồi thì chẳng dại gì lại trình bày

theo các bước giải phương trình mình đã làm trong nháp vào giấy thi cả! Hãy dùng cách phân tích nhân tử để trong

bài làm, ta chỉ cần dùng các dấu tương đương chứ không cần viết câu chữ gì nhiều nhé .

Bài giải:


2 z 2iz 2i 1 i z 2i 1 i 0 z 2i z i 1 0

z i 1

.

Do 1 2

z z nên ta có z1 = 2i và z

2 = i + 1.

Ta có: 2 2 22 21 1 21 1 i 1 3

A 2i 1 i 1 i 12i i 2 2 2

.

Câu 7.b.

Định hướng: Do tọa độ của A và O đã biết nên phương trình đường thẳng OA là hoàn toàn xác định dạng của

phương trình đường thẳng BC (chỉ chứa một ẩn cần tìm là m). Vậy hoàn toàn có thể xác định được tọa độ điểm B

và C theo một ẩn m, dựa vào hệ phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng d1 (tìm được B); hệ

phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng d2 (xác định được C).

Cuối cùng ta khai thác dữ kiện diện tích: S = 1

OA BC d O BC2

. , → đây sẽ là phương trình có một ẩn duy nhất

là m tìm m tọa độ B, C.

Bài giải:

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 12

+) Phương trình OA: x 0 y 0

2x y 0.1 0 2 0

OA // BC phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x + y + m = 0 (với m 0).

+) Tọa độ B là nghiệm của hệ: x y 1 0 x 1 m

2x y m 0 y m 2

B(1 – m; m – 2).

+) Tọa độ C là nghiệm của hệ: 3x y 2 0 x m 2

2x y m 0 y 4 3m

C(m – 2; 4 – 3m).

+) Diện tích hình thang OABC là: S = 1

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

2 2 2 2

2 2

m1( 1) 2 (2m 3) (4m 6) . 6

2 2 1

2m 3 1 m 12 (*).

Phương án tối ưu nhất để giải phương trình này sẽ là phá dấu giá trị tuyệt đối!

– Nếu m < 0 thì (*) thành: (3 – 2m + 1).(–m) = 12 m2 – 2m – 6 = 0 m = 1 ± 7 .

Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 1 – 7 B 7 1 7 ; và C 1 7 1 3 7 ; .

– Nếu 0 < m < 3

2 thì (*) thành: (3 – 2m + 1).m = 12 m2 – 2m + 6 = 0, vô nghiệm.

– Nếu m 3

2 thì (*) thành: (2m – 3 + 1).m = 12 m

2 – m – 6 = 0 m = 3 hoặc m = –2.

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.b.

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, d

2 có véctơ chỉ phương lần lượt là

1u = (1; 1; –2) và

2u = (1; –2; 1).

+) B ∈ d2:

x 1 t

y 4 2t

z 3 t

B(1 + t; 4 – 2t; 3 + t) CB = (t – 2; 2 – 2t; t).

d1 là đường cao kẻ từ A nên

1u .CB 0 (t – 2) + (2 – 2t) + (–2).t = 0 t = 0 B(1; 4; 3).

BC đi qua C và nhận véctơ 3

1u BC

2 = (1; –1; 0) làm véctơ chỉ phương

phương trình đường thẳng BC là

x 3 t

y 2 t

z 3

(t ∈ ℝ).

+) Gọi H(a; b; c) thì trung điểm của CH thuộc d2, đồng thời

2CH u nên tọa độ H là nghiệm của hệ:

a 3 b 2 c 3a 11 4 3

2 2 2b 2

1 2 1c 51 a 3 2 b 2 1 c 3 0

. . .

H(1; 2; 5).

+) Thấy rằng H ∈ d2 A ≡ H A(1; 2; 5) và ABC vuông tại A.


13 | LOVEBOOK.VN

Diện tích tam giác ABC là: S = 1

2AB.AC =

1.2 2.2 2

2 = 4 (đvdt).

Nhận xét: Bài toán này sẽ là “vượt tầm” thi đại học nếu điểm H tìm được không thuộc đường thẳng d2. Bởi nếu vậy

thì sau khi tìm được điểm H, ta sẽ phải đi viết phương trình AB, rồi tìm tọa độ A dùng công thức diện tích để

tính diện tích tam giác thì bài làm trở nên quá dài, không phù hợp với một bài thi đại học (nhất 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

2AB.CH nhé! Đừng nên dùng công thức S =

1

2BC.d(A, BC) trong trường hợp này vì 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.b.

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: w 7

z 2 w w 7 z2 w

(dễ thấy w = 2 không thỏa mãn).

Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

2

2 4 3 2 2 2w 7w 2w 2 w 6w 15w 2w 57 0 w 7w 19 w w+3 0

2 w

2

2

2 2

7 3i 3 5 3i 3w z

2 2

7 27 7 3i 3 7 3i 3 5 3i 3w w w zw 7w 19 0 2 4 2 2 2 2

w w 3 0 1 11 1 i 11 3 i 111 11 w w zw2 2 2 22 4

1 i 11 3 i 11w z

2 2

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:

(z; w) = 5 3i 3 7 3i 3 5 3i 3 7 3i 3 3 i 11 1 i 11 3 i 11 1 i 11

2 2 2 2 2 2 2 2

; , ; , ; , ; .

Nhận xét: Việc biến đổi phương trình bậc 4 có nghiệm thực thì không quá khó khăn, có thể dùng máy tính để nhẩm

nghiệm và đoán nhân tử chung. Thế nhưng với phương trình bậc 4 nghiệm phức (và không có nghiệm thực) thì

việc dùng máy tính để nhẩm nghiệm rồi đoán nhân tử là không thể. Vậy nên ta phải dùng kĩ thuật giải phương

trình bậc 4 để phân tích nhân tử chung một cách nhanh chóng:

2

4 3 2 2 2w 6w 15w 2w 57 0 w 3w 6w 2w 57 .

Bây giờ ta thêm vào hai vế một lượng là 2 22m. w 3w m

(để vế trái được một bình phương đúng):

2

2 2 2w 3w+m 2m 6 w 2 1 3m w m 57 (*).

Muốn vế phải là một bình phương đúng (hoặc có thể là lượng âm của bình phương đúng: –A2) thì:

’ = 0 2 2 77 3 331 3m 2m 6 m 57 0 m 11 m

4

.

Vì lí do “thẩm mỹ” nên chúng ta chọn m = 11. Thay m = 11 vào (*):

2 22 2 2 2w 3w+11 16w 64w 64 4w 8 w 7w 19 w w+3 0 .

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 14

Bước này ta chỉ cần làm ngoài nháp rồi “rinh” vào bài làm nhé .


15 | LOVEBOOK.VN

ĐỀ SỐ 2


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3

x 2

có đồ thị (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Tìm các giá trị thực của m để đường thẳng (d): y = –x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở hai phía

trục tung sao cho góc AOB nhọn (O là gốc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos2x + sin2x – cosx – (1 – sinx)tanx = 0 (x ∈ ℝ).

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

2

23

x 4x 9x 6

x 4x 3x 1 1

1

2

(x ∈ ℝ).


π

2

π

3

sin2x cos x 1 2x cos x 1 ln xdx

sin x x ln x

.

Câu 5 (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 6 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1]. Chứng minh rằng:

a b c

1 a 1 b 1 cb c 1

1c a 1 a b 1

.



Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A nằm trên đường

thẳng : x – y + 1 = 0. Đường chéo BD có phương trình: 5x – y – 7 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh hình chữ nhật đã

cho, biết rằng I(1; 4) là trung điểm của CD và đỉnh D có hoành độ là một số nguyên.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2x y z 2x 4y 4z 16 và

đường thẳng : x y z 5

1 1 4

. Viết phương trình (P) chứa đường thẳng và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn

có bán kính bằng 4.

Câu 9.a (1,0 điểm). 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 7.b (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 có

tọa độ M11

22

; . Tìm tọa độ điểm A.

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 2; 3), B(–2; 3; –1), C(0; 1; 1) và

D(–4; –3; 5). Lập phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua hai điểm A, B, đồng thời C và D cách đều (P).

Câu 9.b (1,0 điểm). Tính môđun của số phức z, biết rằng 3z 12i z và z có phần thực dương.

––––– HẾT –––––

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 16


Câu 1.

1.

• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {2}.


– Chiều biến thiên:

2

5y’ 0

x 2

với mọi x ∈ 𝔻.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 2) và (2; +).

– Giới hạn và tiệm cận: x xlim y lim y 1

; x 2lim y

; x 2lim y

= –.

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = 1 làm tiệm cận ngang và nhận đường thẳng x = 2 làm tiệm cận đứng.


• Đồ thị:

Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại 3

02

; , cắt trục

hoành tại điểm (–3; 0). Đồng thời (C) nhận giao điểm của

hai đường tiệm cận I(2; 1) làm tâm đối xứng.

2.

Định hướng: Chắc chắn là trong quá trình xử lí bài toán thì phải dùng đến phương trình hoành độ giao điểm của

(C) với (d). 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, x

2 thì theo bài ra, x

1 và x

2 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 (d):

x 3

x m x 2 x m x 3x 2

(dễ thấy x = 2 không là nghiệm)

2x 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, x

2 thỏa mãn x

1x

2 < 0

P = 2m + 3 < 0 m < 3

2

(**).

Lúc này theo định lí Viét ta có: 1 2

1 2

x x m 1

x x 2m 3

+) Không mất tính tổng quát, giả sử A(x1; –x

1 + m) và B(x

2; –x

2 + m).

x O

1

2

y

I

–3 −3

2

x – + 2

– – y ’

–

+

1 1

y


17 | LOVEBOOK.VN

AOB nhọn cos AOB > 0 21 2 1 2 1 2 1 2

OA.OB 0 x x x m x m 0 2x x m x x m 0

22 2m 3 m m 1 m 0 3m 6 0 m 2 .

Kết hợp với (**) ta kết luận được các giá trị m cần tìm là m ∈ 3

22

; .

Cần nhớ: AOB nhọn OA.OB 0 .

Câu 2.

Nhận xét: Phương trình ở dạng khá thuần, ta biến đổi tanx = sin x

cos x và quy đồng lên thì đã được ngay dạng phương

trình quen thuộc với hướng giải là phân tích nhân tử chung:

cosx(cos2x + sin2x – cosx) – (1 – sinx)sinx = 0 (*).

Đến đây ta dùng máy tính để thử nghiệm thì thấy rằng (*) có các nghiệm là 0; π

4 ;

3π

4 ;

π

2 (sau khi quy đồng ta

mới thử nghiệm, chứ không thử nghiệm trước khi quy đồng. Bởi vì nếu thử nghiệm trước khi quy đồng thì có thể

làm mất đi một số nghiệm của phương trình, từ đó làm mất đi sự đánh giá khách quan hơn về nhân tử của phương

trình đó).

Để ý nhất là cặp nghiệm đối nhau (ta ưu tiên xét trường hợp đối nhau hoặc bù nhau, hơn kém nhau π

2 trước), ta

nhận xét: π

4 là nghiệm của phương trình

1cos x 0

2

; còn

3π

4 là nghiệm của phương trình

1cos x 0

2

. Dự đoán rằng

1cosx

2

và

1cosx

2

đều là nhân tử của phương trình nhân tử chung

của phương trình có thể là 21 1 1 cos2xcosx cosx cos x

2 22 2

.

Vậy ta đi theo hướng tách nhân tử chung cos2x = cos2x – sin2x.

(*) cos2x.cosx + 2sinx.cos2x – cosx2 – sinx + sin2x = 0

cos2x.cosx + sinx(2cos2x – 1) – (cosx2 – sin2x) = 0.

Đến đây thì nhân tử chung cos2x đã xuất hiện rồi! Việc dự đoán nhân tử của chúng ta thành công mỹ mãn

Bài giải:

Điều kiện: x π

2 + kπ (k ∈ ℤ) (1).


cos2x + 2sinxcosx – cosx – (1 – sinx).sinx

cos x = 0

cosx.cos2x + 2sinx.cos2x – cos2x – (1 – sinx)sinx = 0

cos2x.cosx + sinx(2cos2x – 1) – (cos2x – sin2x) = 0

cos2x.cosx + sinx.cos2x – cos2x = 0

cos2x.(cosx + sinx – 1) = 0

π π kπ2x kπ x2x 0 2 4 2

π 1x x 1 πx x k2π x k2π

4 22

cos

cos sincos

Kiểm tra lại điều kiện (1), ta kết luận được phương trình có hai họ nghiệm là x = π

4 +

kπ

2 và x = k2π (k ∈ ℤ).

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 18

Câu 3.

Định hướng: Cảm giác đầu tiên khi gặp phải bất phương trình này chắc là cũng khá “ngợp” . Chưa vội động thủ,

tìm điều kiện xác định của phương trình đã nhé .

Không khó để tìm được điều kiện xác định của phương trình là x 0.

Bước tiếp theo là bước biến đổi phương trình. Một điều phải thừa nhận là bất phương trình này khá hóc, khi mà

ngay trong bước quy đồng cũng rắc rối (muốn quy đồng đúng, phải chia hai trường hợp là x > 0 và x < 0), trong

khi đó lại không đánh giá được x nhờ vào bất phương trình đã cho. Không sao, “Nắng đã có mũ, mưa đã có ô, còn

giải bất phương trình điều kiện phức tạp đã có phương trình lo”! Thật vậy, ta đi giải phương trình tương ứng với

bất phương trình trên, sau đó dùng bảng xét dấu để kết luận nghiệm của bất phương trình.

Bất phương trình đã cho tương đương với:

2 23

23

x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1

x 4x 3 1

0

x 2 1

.

Ta đi tìm nghiệm của tử số và mẫu số của g(x) =

2 23

23

x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1

x 4x 3x 2 1 1

và lập bảng xét dấu

của g(x).

– Nghiệm của mẫu số: đã tìm trong điều kiện xác định.

– Nghiệm của tử số là nghiệm của phương trình:

2 23x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1 .

Trước tiên, xin được phá cái “vỏ” là các dấu ngoặc để phương trình được dễ nhìn hơn:

33 2 3 24x 9x 6x 1 4x 3x 2x 1 (*).

Đến đây chúng ta có gì? Vế trái là một đa thức bậc ba. Vế phải là một căn thức bậc 3. Vậy giải theo cách thông

thường là lập phương hai vế sẽ chẳng thu được kết quả tốt đẹp gì. Đặt ẩn phụ cũng không khả quan, bởi nếu đặt

thì chỉ đặt được 3 3 2t 4x 3x 2x 1 mà không biểu diễn được lượng còn lại theo biến t thì cũng không ổn.

Dường như việc bế tắc trong các phương pháp khác cùng với hình thức của phương trình (một vế bậc 3, một vế

chứa căn bậc 3) đã gợi và “ép” ta đi theo phương pháp dùng hàm số này.

Ta sẽ nhẩm tính dùng hàm số bậc ba, bằng cách thêm vào hai vế một lượng đúng bằng lập phương của vế phải (*).

Điều này cũng không có gì quá gượng ép, bởi khi cộng thêm vào hai vế một lượng là 3 24x 3x 2x 1 thì bên

vế phải xuất hiện số hạng có lũy thừa cao nhất là 8x3 = (2x)3, là lập phương của một lượng “đẹp”.

(*) 33 2 3 2 3 28x 12x 8x 2 4x 3x 2x 1 4x 3x 2x 1 .

Vậy hàm số ta dùng trong bài toán này đó là f(t) = t3 + t (là hàm đồng biến) cần biến đổi vế trái thành dạng (ax

+ b)3 + (ax + b). Để tìm a, b thì ta dùng phương pháp hệ số bất định:

33 2 3 3 2 2 2 38x 12x 8x 2 ax b ax b a x 3a bx 3ab a x b b

3

2

2

3

a 8

3a b 12 a 2

b 13ab a 8

b b 2

Việc còn lại của là trình bày ra giấy nữa thôi nhé .

Bài giải:

Điều kiện: 2 23 x 4x 3x 2 1 1 x 4x 3x 2 0 x 0.


19 | LOVEBOOK.VN

Bất phương trình đã cho tương đương với:

2 23

23

x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1

x 4x 3 1

0

x 2 1

(**).

Ta xét dấu của vế phải bằng cách tìm nghiệm của tử số và mẫu số:

– Nghiệm của mẫu số: x = 0.

– Nghiệm của tử số là nghiệm của phương trình:

2 23x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1

33 2 3 24x 9x 6x 1 4x 3x 2x 1

33 2 3 2 3 28x 12x 8x 2 4x 3x 2x 1 4x 3x 2x 1

3 33 2 3 22x 1 2x 1 4x 3x 2x 1 4x 3x 2x 1 (1).

Xét hàm số f(t) = t3 + t trên ℝ. Ta có f ’(t) = 3t

2 + 1 > 0 với mọi t ∈ ℝ f(t) đồng biến trên ℝ.

Mặt khác (1) có dạng 3 33 2 3 2f 2x 1 f 4x 3x 2x 1 2x 1 4x 3x 2x 1

3 3 2 3 2 9 17

2x 1 4x 3x 2x 1 4x 9x 4x 0 x 0 x8

.

Lập bảng xét dấu của vế phải (**):

Dựa vào bảng xét dấu, ta kết luận được tập nghiệm của bất phương trình là:

S = 9 17 9 17

0 08 8

; ; ; .


1. Giải phương trình 32 22x x 1 2x 9x 1 11x 1 (đáp số x = 0 và x = 2).

2. Giải phương trình 32 3 25x 4x 5x 3 5. 7x 2x 9x 6 (đáp số x = 1 và x = 8 17

8

).

3. Giải bất phương trình 2 3 23 22x . 6x33x 35 5x 2x 4x 3 (đáp số 5 97

x12

7 1

9

).

Câu 4.

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

a a

g’(x)I f(x)

g(x)

. Điều này cũng dễ nhận ra khi mà tử số có nhiều số hạng tương đồng với mẫu số, vậy nên 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:

x – −9 − 17

8

−9 + 17

8 – 0

0 0 Tử số VP(**)

Mẫu số VP(**)

VP(**)

+ – + –

+ –

0 0 + + + –

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 20

Tử số = sin2x cos x 1 2cos x.x ln x ln x 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).

Lượng còn lại là (cosx + 1 + lnx) chính bằng đạo hàm của mẫu số.

Bài giải:

Ta có:

π

2

π

3

sin2x 2cos x.x ln x cos x 1 ln xdx

sin x xI

ln x

π

3

2

π

2sin xcos x 2cos x.x ln x sin x x ln xdx

sin x x ln x

’

π π

π ππ π 3 33 3

π π2 22 2

sin x x ln xdx 2sin x ln sin x x ln x

sin x x los

n2c x

x

’

π π 3 π π2 3 ln 1 ln ln ln

2 2 2 3 3

Vậy I = π π 3 π π

2 3 ln 1 ln ln ln2 2 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 5.

Định hướng:

+) Tính thể tích:

Đầu tiên phải xác định được lăng trụ đứng thì có cạnh bên

vuông góc với mặt đáy CC’ (ABC).

Để xác định được góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (C’AB)

(có giao tuyến là AB) thì ta cần dựng một mặt phẳng vuông

góc với giao tuyến để xác định góc. Thấy rằng đã khá thuận

lợi khi có một cây cầu là CC’ AB, vậy nên không ngại thì

mà chúng ta không dựng thêm một cây cầu nữa là đường

cao CM của ABC (lưu ý ABC cân tại C nên M là trung

điểm AB) để từ đó bắc được mặt phẳng (CC’M) là mặt

phẳng vuông góc với AB góc cần xác định là CMC’ .

Khai thác được góc thì tính đường cao cực kì dễ dàng,

trong khi đáy đã xác định tính thể tích một cách ngon

lành nhé .

+) Tính khoảng cách:

Hai đường thẳng cần tính khoảng cách có một cạnh là cạnh đáy của lăng trụ (cạnh AB), một cạnh thì thuộc mặt

bên của lăng trụ (cạnh CB’). Lợi dụng tính chất song song giữa các cạnh đáy (AB // A’B’), ta tính khoảng cách giữa

hai đường thẳng chéo nhau bằng cách dựng mặt phẳng song song, đó là (CB’A’) // AB.

Nhiệm vụ của bây giờ là chọn điểm nào trên AB để dựng đường vuông góc đến (CB’A’) cho hợp lí. Muốn thực hiện

được điều này thì hãy chú ý rằng (CC’M) AB, mà AB // A’B’ nên (CC’M) A’B’. Vậy có một mặt phẳng đi qua một

C’

B

C

B’

A

A’

M’

M

H


21 | LOVEBOOK.VN

điểm thuộc AB (mặt phẳng (CC’M) đi qua M ∈ AB), đồng thời mặt phẳng này còn vuông góc với một đường thẳng

trong (CB’A’) (mặt phẳng (CC’M) A’B’) → dựng đường cao ở trong mặt phẳng (CC’M) là thuận lợi nhất!

Bài giải:

+) Gọi M là trung điểm của AB. Do ABC cân tại C CM AB. Mặt khác AB CC’ góc giữa hai mặt phẳng (ABC)

và (CC’M) là CMC’ = 600.

Ta có: CM = BM.tan CBM = a.tan300 = a

3.

CC’ (ABC) CC’ CM CC’ = CM.tanCMC’ = a

3.tan600 = a.

+) Thể tích khối lăng trụ là: VABC.A’B’C’

= CC’.SABC

= CC’.1

2AB.CM =

31 a a.a.2a.

2 3 3 (đvtt).

+) Gọi M’ là trung điểm của A’B’ thì MM’ // CC’ M’ ∈ (CC’M).

Ta có: CC’ AB

CM AB

AB (CC’M) nếu trong CMM’ kẻ MH CM’ (H ∈ CM) thì AB MH A’B’ MH.

MH (CB’A’).

+) CMM’ vuông tại M nên 2 2 2 2 2 2

2

a.a

1 1 1 CM.M’M a3MH2MH CM M’M CM M’M a

a3

.

Mặt phẳng (CA’B’) chứa CB’ và song song với AB nên:

d(AB, CB’) = d(AB, (CA’B’)) = d(M, (CA’B’)) = MH = a

2.

Lưu ý: Để mạch trình bày được lưu loát thì nên lí luận về khoảng cách ở phần cuối cùng.

Câu 6.

Trong bài toán này, chúng ta sẽ đề cập một phương pháp không hề mới nhưng lại ít được sử dụng. Đó là phương

pháp “Nhìn vào điểm cuối” (Look at the end point). Đây là một phương pháp sẽ giúp đơn giản hóa rất nhiều bài

giải, đồng thời thì nó cũng là một trong những phương pháp dồn biến mà ta ít gặp.

Phương pháp này thường dựa trên nhận xét đơn giản sau về hàm bậc nhất:

Giả sử f(x) là hàm bậc nhất theo x thì:

min{f(a), f(b)} f(x) max{f(a), f(b)} với mọi x ∈ [a; b].

Điều này được minh họa một cách rất trực quan bằng đồ thị.

Bài giải:

+) Giả sử a = max{a, b, c} a b c a b c

b c 1 c a 1 a b 1 b c 1

.

Đặt a b c

P 1 a 1 b 1 cb c 1 c a 1 a b 1

thì cần chứng minh P 1.

Ta có: (P – 1) a b c

1 a 1 b 1 c 1b c 1

.

Xét a b c

f(a) 1 a 1 b 1 c 1b c 1

trên [0; 1]. Theo định lý: (P – 1) max{f(0); f(1)}.

Mặt khác:

+) f(1) = 0.

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 22

+) f(0) = 2 2

2 2b c

b c 1 bc 1bc b c b c bc 1 2b c1 b 1 c 0

b c 1 b c 1 b c 1

.

max{f(0); f(1)} 0 (P – 1) 0 P 1.

Đẳng thức xảy ra (a, b, c) = (1; 1; 1), (1; 0; 0), (1; 1; 0) và các hoán vị vòng.

Cách giải khác:

Giả sử a = max{a, b, c}. Khi đó ta có: a b c a b c

b c 1 c a 1 a b 1 b c 1

.

Như vậy ta chỉ cần chứng minh rằng: 1 a

1 a 1 b 1 cb c 1

.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

31 1 1 a 1 a

b c 1 1 b 1 c b c 1 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c3 27 27 b c 1 b c 1

.

Đẳng thức xảy ra (a, b, c) = (1; 1; 1), (1; 0; 0), (1; 1; 0) và các hoán vị vòng.


Cho các số thực a, b, c, d thuộc đoạn [0; 1]. Chứng minh rằng: 1 a 1 b 1 c 1 d a b c d 1 .

Gợi ý: Xem vế trái là hàm với biến a dùng định lí lần 1 thì ta có: f(a) min{f(0), f(1)}.

+) f(1) = 1 + b + c + d 1.

+) f(0) = (1 – b)(1 – c)(1 – d) + b + c + d = g(b).

Tiếp tục coi đây là hàm biến b thì: g(b) min{g(0), g(1)}.

+) g(1) = 1 + c + d 1.

+) g(0) = (1 – c)(1 – d) + c + d = 1 + cd 1.

min{g(0), g(1)} g(b) 1 f(0) g(b) 1 min{f(0), f(1)} 1 f(a) 1 (điều phải chứng minh).

Câu 7.a.

Định hướng: Hình vuông có rất nhiều tính chất để khai thác (tính chất vuông góc; các cặp cạnh bằng nhau; hai

đường chéo cắt nhau tại trung điểm; tính chất đối xứng;…), vậy nên nếu gọi được tọa độ các đỉnh ra theo một số

ẩn ít nhất thì việc xử lí sẽ không hề khó.

Đầu tiên tọa độ điểm A sẽ viết theo được một ẩn a. Hai điểm B và D đều có thể xác định tọa độ theo một ẩn khác,

nhưng do điểm D được “mắc nối” nhiều dữ kiện hơn (xD la số nguyên, và I(1; 4) là trung điểm của CD ưu tiên

khai thác điểm D, gọi tọa độ D theo một ẩn biểu diễn được C theo ẩn đó do đã biết cụ thể trung điểm CD) ta

chỉ dùng tất cả là hai ẩn cần 2 liên hệ để tìm ra được hai ẩn đó. Hai tính chất sau sẽ giúp ta giải quyết vấn đề

trên

(1) AD ID và (2) trung điểm của đường chéo AC thuộc đường thẳng BD.

Với hai mối liên hệ này thì chắc chắn sẽ tìm được hai ẩn tọa độ A, C, D tọa độ B.

Bài giải:

+) Do A ∈ : x – y + 1 = 0 A(a; a + 1). Tương tự D ∈ BD: 5x – y – 7 = 0 D(d; 5d – 7) (d ∈ ℤ).

+) I(1; 4) là trung điểm CD C I D

C I D

x 2x x

y 2x x

C(2 – d; 15 – 5d).

+) ABCD là hình chữ nhật nên hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

trung điểm Ma d 2 a 5d 16

2 2

; của AC thuộc BD

a d 2 a 5d 16

5. 7 0 4a 20 0 a 52 2

A(5; 6).


23 | LOVEBOOK.VN

+) AD ID 2d 2

AD ID 0 d 5 d 1 5d 13 5d 11 0 26d 126d 14 37d

1

0

3

8

.

(loại)

D(2; 3) C(0; 5) M5 11

2 2

;

B M D

B M D

5x 2x x 2 2

2

11y 2y y 2 3

2

.

.

B(3; 8) (do M là trung điểm BD).

Vậy A(5; 6), B(3; 8), C(0; 5), D(2; 3).

Câu 8.a.

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 của (S) với (P)

tính được khoảng cách từ I đến (P) nhờ định lí Py–ta–go. Mặt khác (P) lại

chứa có thể gọi được dạng tổng quát của (P), dùng hai điều kiện này là

có thể xác định 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)) = 2 2 2 2R r 5 4 3 .

+) Đường thẳng đi qua điểm M(0; 0; –5) và có một véctơ chỉ phương là u = (1; 1; –4).

Gọi P

n = (a, b, c) là véctơ pháp tuyến của (P) (điều kiện a2 + b

2 + c

2 0). Ta có M ∈ M ∈ (P) phương trình

mặt phẳng (P) là: ax + by + c(z + 5) = 0.

Do ⊂ (P) nên P P

n u n .u 0 a b 4c 0 a 4c b .

+) d(I, (P)) = 3

22 2 2

2 2 2 2 2 2

4c b 2b 3ca 2b 3c3 3 7c b 9 4c b b c

a b c 4c b b c

2 2b 2c

17b 86bc 104c 0 b 2c 17b 52c 0 52cb

17

– Nếu b = 2c a = 2c chọn c = 1 a = b = 2 (P): 2x + 2y + z + 5 = 0.

– Nếu b = 52c

17 a =

16c

17 chọn c = 17 a = 16 và b = 52 (P): 16a + 52b + 17c + 85 = 0.

Câu 9.a.

+) Do không có trận hòa nên xác suất chị Hiền thua một ván là 1 – 0,4 = 0,6.

+) Gọi H, A, B, C lần lượt là các biến cố: “Chị Hiền thắng cược”, “Chị Hiền thắng cược sau 3 ván”, “Chị Hiền thắng

cược sau 4 ván”, “Chị Hiền thắng cược sau 5 ván” thì các biến cố A, B, C xung khắc.

+) Khi đó: H = A ∪ B ∪ C. Áp dụng quy tắc cộng xác suất thì P(H) = P(A) + P(B) + P(C).

Vì cuộc chơi dừng lại ngay khi có người thắng ván thứ 3 nên ván cuối cùng trong số các ván chơi sẽ là ván chị Hiền

thắng.

Ta có:

P(A) = 0,43 = 0,064.

– “Chị Hiền thắng cược sau 4 ván” – tức là ván thứ 4 chị Hiền dành chiến thắng, và trong 3 trận đầu tiên thì: có 1

trận chị Hiền thua và 2 trận chị Hiền thắng.

I

R

r

d

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 24

P(B) = C 23

.(0,4)2.0,6.0,4 = 0,1152.

– Tương tự: P(C) = C 23

.(0,4)2.(0,6)2.0,4 = 0,13824.

Xác suất để chị Hiền thắng là P(H) = 0,31744.

Câu 7.b.

Định hướng: Bình thường, với một hình vuông cạnh bằng 1 chẳng

hạn, ta xác định được đúng vị trí các điểm M, N cố định trên hình

vuông rồi thì chắc chắn một điều rằng, các góc trong hình vẽ đó (bất

kể là góc nào tạo từ 3 trong 6 điểm A, B, C, D, M, N trên hình vẽ) đều

có thể xác định được!

Trong bài toán này thì độ dài cạnh hình vuông ta chưa xác định được,

nhưng các góc thì sẽ không thay đổi so với một hình vuông có độ dài

bằng 1 đâu nhé. Đề bài đã cho đường thẳng AN và điểm M, vậy nên

việc đi tính góc MAN sẽ là một biện pháp thuận lợi để tìm được tọa

độ điểm A, nhờ việc viết phương trình AM hợp với đường thẳng AN

một góc MAN đã biết!

Bài giải:

+) Đặt AB = BC = CD = DA = a thì BM = a

2 và CN = 2DN =

2a

3.

Dùng định lí côsin trong MAN ta được:

2 2 2 2 2 22 2 2

2 2 2 2

AB BM AD DN CM CNAM AN MNcosMAN

2AM.AN 2 AB BM . AD DN

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

a a a 2aa a

2 3 2 3 1

2a a2 a . a

2 3

.

+) A ∈ AN: 2x – y – 3 = 0 A(x; 2x – 3) 11 7

AM x 2x2 2

; .

AN có véctơ chỉ phương là AN

u = (1; 2).

Ta có: 2

2AN

2 22 2

11 71 x 2 2x

2 2 1 25 85u AM MAN 2 5x 5 5x 25x

2 2211 71 2 x 2x

2 2

. .

cos ; cos

.

x 1 A(1 1)

x 4 A(4 5)

;

;

Vậy có hai điểm A thỏa mãn đề bài là A1(1; –1) và A

2(4; 5).

Nhận xét, cách giải khác: Bài giải trên chỉ là một trong số các cách có thể dùng được trong bài toán này. Để xác định

được góc MAN thì ta còn có thể dựa vào công thức cộng cung, ví dụ như:

Cách 1:

A B

C D N

M


25 | LOVEBOOK.VN

1 1BM DN

π tanMAB tanNAD 2 3AB ADcot MAN cot MAB NAD tan MAB NAD 12 BM DN 1 11 tanMAB.tanNAD 1 . 1 .

AB AD 2 3

MAN = 450.

Cách 2:

0

12

tanMAD tanNAD 3tanMAN tan MAD NAD 1 MAN 45 .11 tanMAD.tanNAD 1 2.3

Và còn nhiều hướng nữa để tiếp cận góc MAN dựa vào các định lí sin, cosin, cộng cung.

Câu 8.b.

Định hướng: (P) đi qua hai điểm cho trước → dùng gián tiếp phương pháp chùm mặt phẳng (hai ẩn). Sau đó dựa

vào dữ kiện D và C cách đều (P) → mối quan hệ tỉ lệ a : b → tìm được mặt phẳng (P) → xong phim!

Bài giải:

+) Gọi phương trình mặt phẳng (P) là: ax + by + cz + d = 0 (điều kiện a2 + b2 + c2 0).

A ∈ (P) a + 2b + 3c + d = 0 d = –a – 2b – 3c (1).

B ∈ (P) –2a + 3b – c + d = 0 c = –2a + 3b + d (2).

Từ (1) và (2) c = 3a b

4

và d =

5a 11b

4

.

+) Ta có:

d(C, (P)) = d(D, (P)) 2 2 2 2 2 2

b c d 4a 3b 5c db c d 4a 3b 5c d

a b c a b c

3a b 3a bb 4a 3b 5

b c d 4a 3b 5c d 7a 3b4 4

b c d 4a 3b 5c d 3a b 5a 11b 3a b 5a 11b a bb 4a 3b 5

4 4 4 4

.

.

– Nếu 7a = –3b, chọn a = 3 b = –7 c = –4 và d = 23 (P): 3x – 7y – 4z + 23 = 0.

– Nếu a = –b, chọn a = 1 b = –1 c = –1 và d = 4 (P): x – y – z + 4 = 0.

Nhận xét: Khi biết được một mặt phẳng đi qua hai điểm thì việc dùng phương trình chùm mặt phẳng một cách

gián tiếp sẽ rất thuận lợi cho việc giải toán.

Để củng cố thêm, các bạn hãy giải các bài tập sau:

Bài 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 1; 1), B(–2; –1; –3), C(0; 0; 2) và D(2; 3; 5). Lập

phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua hai điểm A, B, đồng thời khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (P)

gấp hai lần khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (P).

Bài 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2; 1; 3), B(–1; –2; 3), C(1; 0; 2) và D(–2; 2; –1). Lập

phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua hai điểm A, B, đồng thời khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (P)

bằng một nửa khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (P).

Câu 9.b.

+) Đặt z = x + yi (với x, y ∈ ℝ và x > 0) z x yi .

+) Theo bài ra:

33 3 2 2 3z 12i z x yi 12i x yi x 3xy 3x y y 12 i x yi

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 26

2 23 2 3

2 32 3 2 2

x 3y 1 (do x 0)x 3xy x 8y 4y 12 0

3 3y 1 y y 12 y3x y y 12 y x 3y 1

2

2

2 y 1 y 2y 3 0 y 1

x 2x 3y 1 (do x 0)

+) Môđun của số phức z là |z| = 2 2x y 5 .

Nhận xét: Cách đặt z = x + yi là cách thường được sử dụng trong các bài toán về số phức khi đã cho trước một

đẳng thức. Trong bài tập này, chúng ta không sử dụng dạng lượng giác của số phức bởi vì số mũ ở đây cũng không

quá cao, đồng thời thì trong bài ra các dữ kiện cũng không xuất hiện dạng tích hay thương để áp dụng dạng lượng

giác.


27 | LOVEBOOK.VN

ĐỀ SỐ 3


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 2

x 1

(1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng d: y = –x + m luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm

phân biệt A, B. Tìm m để ba điểm A, B, O tạo thành một tam giác thỏa mãn 1 1

1OA OB

.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (2cosx + 1)(sin2x + 2sinx – 2) = 4cos2x – 1 (x ∈ ℝ).

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 2 2

2 3 3

xy x 1 1 3 y 9 3y

3x 1 x y xy 5 4x 3x y 7x 0

(x, y ∈ ℝ).


π

2

0

x 1 sin x cos x cos xdx

x 1 sin x cos x

.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a, đáy ABCD là hình thang

vuông tại A và B, AB = BC = a, AD = 2a. Tính theo a thể tích khối chóp S.BCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng

(SCD).

Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2 2

2z 2y z2x 3zP 2

z xx y y z

.



Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB. Gọi M, N lần lượt

là trung điểm của cạnh AD, BC. Trên đường thẳng MN lấy điểm K sao cho N là trung điểm của đoạn thẳng MK. Tìm

tọa độ các đỉnh A, B, C, D, biết rằng K(5; –1), phương trình đường thẳng chứa cạnh AC: 2x + y – 3 = 0 và điểm A

có tung độ dương.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 3y + 4z – 1 = 0, đường thẳng

d: x 1 y 1 z

3 1 2

và điểm A(3; 1; 1). Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt đường thẳng d và song song

với mặt phẳng (P).

Câu 9.a (1,0 điểm). Cho khai triển (1 + 2x)n = a0 + a

1x + a

2x2 + … + a

nxn với n ∈ ℕ*. Biết a

3 = 2014a

2, tìm n.


Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có ABC = 600. Đường tròn (C)

có tâm I, bán kính bằng 2 và tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình thoi (tiếp xúc với AB, CD lần lượt tại M và N, tung

độ của I dương). Biết phương trình đường thẳng MN: x + 3 y – 1 = 0, đường thẳng chứa cạnh AD không vuông

góc với trục tung và đi qua điểm P(3; 0). Viết phương trình các đường thẳng chứa cạnh AB, AD.

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 1 y 3 z

1 1 4

và điểm

M(0; –2; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M, song song với đường thẳng , đồng thời khoảng cách

giữa đường thẳng và mặt phẳng (P) bằng 4.

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 28

Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2

2 2

x 4x y 2 0

x 2 y 0

log log (x, y ∈ ℝ).

––––– HẾT –––––


29 | LOVEBOOK.VN


Câu 1.

1.

• Tập xác định: 𝔻 = ℝ\{1}.


– Chiều biến thiên:

2

1y’

x 1

> 0 với mọi x ∈ 𝔻.

Hàm số đồng biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +).

– Giới hạn: x xlim y lim y 1

; x 1lim y

= –;

x 1lim y

= +.

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng, và nhận đường thẳng y = 1 làm tiệm cận ngang.


• Đồ thị:

Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại (0; 2), cắt trục hoành

tại điểm (2; 0). Đồng thời (C) nhận giao điểm của hai đường

tiệm cận I(1; 1) làm tâm đối xứng.

2.

Định hướng: Việc chứng minh d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai

điểm phân biệt thì khá đơn giản, chỉ cần dùng phương trình

hoành độ giao điểm (là phương trình bậc 2 có hai nghiệm)

Xử lí điều kiện 1 1

1OA OB

. Đây là một biểu thức đối xứng rồi,

hãy thử xem nếu giả sử A(x1; –x

1 + m), B(x

2; –x

2 + m) (với x

1,

x2 là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm

→ có thể dùng được định lí Viét) thì như thế nào nhé!

2 22 2

1 1 2 2

1 11

x x m x x m

2 22 21 1 2 2

2 22 21 1 2 2

x x m x x m1

x x m x x m

.

Phải nói rằng đây là một biểu thức cực phức tạp (mặc dù nó

đối xứng – trên cơ bản thì vẫn dùng được định lí Viét, nhưng

việc trình bày sẽ rất dài), chưa kể là phải bình phương hai vế

lên một lần nữa mới mong xuất hiện được tổng (x1 + x

2) và

tích x1x

2.

1 x O

1

y

I

2

2

1 x O

1

y

I

B

A

d

x – + 1

+ + y ’

–

+

1 1

y

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 30

Đến đây ta nên nghĩ đến tính chất đặc biệt của hàm số bậc nhất trên bậc nhất – khi mà việc sử dụng định lí Viét

cho phương trình hoành độ giao điểm gặp phức tạp. Đồ thị hàm số y = ax b

cx d

(với ad bc và c 0) nhận đường

thẳng đi qua giao điểm của hai đường tiệm cận có hệ số góc là 1 hoặc –1 làm trục đối xứng (tính chất này đã đề

cập ở sách Tuyển tập 90 đề thi thử môn Toán – Tập 1). Với bài toán này thì đồ thị (C) của hàm số nhận đường

thẳng đi qua điểm I(1; 1) và có hệ số góc k = 1 làm trục đối xứng – và trục đối xứng này không cắt đồ thị (C). Dễ

viết được phương trình đường thẳng : y = x đi qua gốc tọa độ O. Theo tính chất đối xứng của đồ thị thì do

đường thẳng d (có hệ số góc bằng 1) vuông góc với hai điểm A, B đối xứng nhau qua . Mặt khác O ∈ nên

OA = OB. Vậy thì độ phức tạp của bài toán đã được một phần nào hóa giải!

Giờ ta lại cố gắng tính OA theo m. Nhận thấy rằng AB thì sẽ tính được theo m – nhờ định lí Viét, còn d(O, ) hoàn

toàn biểu thị được theo m. Như vậy dùng định lí Py–ta–go sẽ cho ta:

2

22 ABOA d(O )

2

, từ đây tính được m.

Đó là một hướng làm suy nghĩ theo bản chất của vấn đề. Để khắc phục hạn chế ở cách làm trên là lí luận hơi dài

thì ta giải bằng cách thế “khôn khéo” như trong bài giải sau:

Bài giải:

+) Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số (1) là

x 2

x m x 2 x m x 1x 1

(dễ thấy x = 1 không là nghiệm)

2x mx m 2 0 (*).

+) (*) có biệt thức = m2 – 4m + 8 = (m – 2)2 + 4 > 0 nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt (khác 1) d luôn

cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B (đpcm).

+) Không mất tính tổng quát ta giả sử A(x1; –x

1 + m) và B(x

2; –x

2 + m) (với x

1, x

2 là 2 nghiệm của (*)).

Lúc đó ta có: 2 2 2 21 1 2 2 1 1 2 2

x mx m 2 x mx m 2 0 x mx x mx 2 m .

OA = 22 2 2 2 2

1 1 1 1x x m 2x 2mx m 2 2 m m m 2m 4 .

Tương tự, ta có 2OB m 2m 4 .

+) 2

2

m 01 1 21 1 m 2m 4 4

OA OB m 2m 2m 4

Thử lại, ta thấy với m = 0 thì O ∈ d; còn m = 2 thì O ∉ d giá trị m cần tìm là m = 2.

Nhận xét: Cách thế trên là một cách thế rất độc đáo, ta cần phải nhớ được để có thể “ứng phó” với “mọi thời tiết”!

Ngoài ra các bạn cũng phải chú ý việc loại nghiệm, không nên để xảy ra những sai lầm đáng tiếc là không loại

nghiệm.

Câu 2.

Định hướng: Chỉ cần dùng hằng đẳng thức thì thấy ngay 24cos x 1 2cos x 1 2cos x 1 là thấy ngay được

nhân tử (2cosx + 1). Việc còn lại là xử phương trình:

sin2x + 2sinx – 2 = 2cosx – 1 sin2x + 2sinx – 2cosx – 1 = 0 (*).

Phương trình chỉ có 4 số hạng nên chẳng cần dùng máy tính để nhẩm hay thử nghiệm làm gì cả , chỉ cần thử

nhóm vài số hạng với nhau là được. Lưu ý rằng: 1 – sin2x = (sinx – cosx)2 (*) có nhân tử là (sinx – cosx) rồi .

Bài giải:


2cosx 1 sin2x 2sin x 2 2cos x 1 2cos x 1

2cosx 1 sin2x 2sin x 2cos x 1 0


31 | LOVEBOOK.VN

2 22cos x 1 2 sin x cos x sin x cos x 2sin x cos x 0

2cos x 1 sin x cos x 2 sin x cos x 0

2π1 1 x k2π

x x 32 2

πx x 1 x kπ

4

cos cos

sin cosx tan

(k ∈ ℤ).

(dễ thấy sinx – cosx = π

2 sin x4

< 2).

Vậy phương trình có hai họ nghiệm là x = ±2π

3 + k2π và x =

π

4 + kπ (k ∈ ℤ).

Câu 3.

Định hướng: Nhìn cục diện chung thì thấy không thể “đánh được phương trình (2) trước được. Hơn nữa phương

trình (1) cũng có dạng khá quen, đó là chứa hai biểu thức chứa căn có khả năng liên hợp được, ít nhiều làm ta hình

dung đến việc sử dụng hàm số. Mà muốn sử dụng hàm số thì phải tách riêng x và y ra phải chia hai vế cho y2 để

hai vế là hai ẩn tách biệt (tất nhiên phải xét trường hợp y = 0 – nếu muốn chia):

(1) 2 2

2

3x x 1 1 y 9 y

y

(*).

Đến đây do nóng vội dùng phép chia để hai vế xuất hiện dạng hàm f(t) = 2t t 1 1

nên dẫn tới một bài giải

chưa chặt chẽ: (*)

2

2 3 3x x 1 x . 1 1

y y

.

Việc đưa y vào trong dấu căn là chưa đúng, bởi chưa xác định được y âm hay dương để đưa vào dấu căn. Vậy nên

cần có thêm một bước đánh giá nữa, để bài giải có thể được hoàn thiện.

Đầu tiên là từ điều kiện xác định 2x y 5xy vẫn chưa khai thác được việc chặn y > 0. Thế nhưng đừng quên

còn phương trình (1) chứa các biểu thức dương thường gặp là 2y 9 y (dễ chứng minh điều này) VP(1)

dương VT(1) > 0 y 0 và x > 0. Với x > 0, kết hợp với 2x y 5xy ta suy ra y > 0.

Thử lấy đạo hàm f ’(t) > 0 hàm đồng biến x = 3

y.

Xong việc xử lí phương trình thứ nhất! Việc xử lí tiếp theo sẽ ở trong phần Nhận xét để tránh bị trùng lặp.

Bài giải:

2 2 2

2 3 3

xy x 1 1 3 y 9 3y

3x 1 x y xy 5 4x 3x y 7x 0

(1)

(2)

+) Điều kiện: 2x y 5xy .

Ta có: 2 0y 9 y y y VP(1) > 0 VT(1) > 0 y 0 và x > 0 (do 2 2x 1 0y 1

).

+) Lúc đó: (1)

2

2 3 3x x 1 1 1 1

y y

(*).

Xét hàm số f(t) = 2t t 1 1

trên (0; +).

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 32

Ta có: 2

2

2

tf ’(t) t 1 1 0

t 1

với mọi t > 0 f(t) đồng biến trên (0; +).

Mặt khác (*) có dạng f(x) = 3

fy

(với x > 0 và 3

y > 0) x =

3

y y =

3

x.

+) Thế vào (2) ta được:

3 2 3 23x 1 3x 2 4x 9x 7x 0 3x 1 3x 2 x 4x 12x 8x

2

3 2 2x 3x 2 3x 13x 1 . 4x 12x 8x x 3x 2 x 0

3x 2 x 3x 2 2

2x 1 y 3

x 3x 2 0 3x 2 y

2

(do x2

3 nên

3x 1x 0

3x 2 2

).

Hai nghiệm trên đều thỏa mãn, vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (1; 3), 3

22

; .

Nhận xét: Chắc chắn rằng nhiều bạn sẽ phân vân cách giải phương trình (2) sau khi thế y vào, tại sao lại liên hợp

được “ngon lành cành đào” như thế. Cách giải trên là cách giải của những người đã thành thạo và có kĩ năng liên

hợp, còn bây giờ chúng ta hãy đi cách giải dễ nhìn hơn nhé .

Cách giải này dựa trên yếu tố quan trọng nhất đó là ta phải nhẩm được hai nghiệm của phương trình

3 23x 1 3x 2 4x 9x 7x 0 (đó là x = 1 và x = 2 → có thể nhẩm hoặc bấm máy tính). Sau đó dùng phương

pháp hệ số bất định như sau:

3 2

3 2 4x 9x 7x3x 1 3x 2 4x 9x 7x 0 3x 2

3x 1

3 24x 9x 7x

3x 2 ax b ax b3x 1

2 2 2

3 2a x 3 2ab x 2 b 4x 9x 7xax b

3x 13x 2 ax b

(**).

Do chắc chắn phương trình đã có nghiệm x = 1 và x = 2 nên nó có thể phân tách dạng nhân tử:

(x – 1)(x – 2) = x2 – 3x + 2.

Vậy chỉ cần tìm a, b sao cho: 2 2 2 2a x 3 2ab x 2 b k x 3x 2 (đã khẳng định được nhân tử chung

của phương trình rồi thì chỉ cần dùng hệ số bất định cho một vế thôi nhé – hệ quả của định lí Bôzu)

22

2

222 2

22

3 3abk a a 1 b 03 2ab 3 a a

3k 3 2ab a 1 b 03 3a2 b 2 a 32 2a2k 2 b aa

7

.......

Ta không chú ý a = 3

7

vì tính “thẩm mĩ” của lời giải. Khi chọn a = 1, b = 0 thì ta có:

(**) thành:

22 3 2 2 3 2 4x x 3x 2x 3x 2 4x 9x 7x x 3x 2 4x 12x 8x

x3x 1 3x 1 3x 13x 2 x 3x 2 x

, đây chính là cách

giải đã trình bày ở trong đáp án!


33 | LOVEBOOK.VN

Khi chọn a = –1, b = 0 thì thay vào (**) ta thấy xuất hiện có mẫu số là 3x 2 x , mẫu số này bằng 0 với

x = 1 hay x = 2 không xác định không giải theo hướng chọn a = –1, b = 0.

Vậy là thêm một bài phương trình hay nữa được giải quyết nhé .

Để củng cố việc dùng hàm và việc dùng hệ số bất định trong liên hợp thì các bạn hãy cùng đi làm 2 bài tập sau nhé!


1. Giải phương trình: 23x 3 3x 1 5x 4 x (đáp số x = 0 và x = 1).

2. Giải hệ phương trình: 2 2

32 3

x 4 x y 1 y 2

6y 5y 1 x 1

(đáp số (x; y) = (0; 0), (–1; 2)).

Cách giải khác cho phương trình:

3

3 2 33x 1 3x 2 4x 9x 7x 0 3x 2 3 3x 2 x 4x 3x 2 x 0

Đặt a = 3x 2 0 thì phương trình trên trở thành:

23 2 3 x 1

a 3a x 4x a x 0 a x a 2x 1 0 a x 3x 2 xx 2

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 34

Phần 2: Dự đoán đề đại học 2014

Dự đoán câu 2: Phương trình lượng giác

1. Kiến thức cần nhớ:

– Công thức lượng giác.

– Phương trình lượng giác cơ bản.

– Một số dạng toán thường gặp.

– Kỹ thuật dùng máy tính CASIO trong giải phương trình lượng giác.

– Một số biến đổi quen thuộc, nhân tử thường gặp.

• Công thức lượng giác:

+ Công thức quy nhọn góc:

* Các góc đối nhau:

x x

x x

x x

sin sin

tan tan

cot cot

cos x =cosx * Các góc bù nhau:

π x x

π x x

π x x

cos cos

tan tan

cot cot

sin π x =sinx

* Các góc phụ nhau:

πx x

2

πx x

2

πx x

2

πx x

2

sin cos

cos sin

tan cot

cot tan

* Các góc hơn kém nhau π:

sin x π sinx

cos x π cosx

tan x+π = tanx

cot x+π = cotx

Cách nhớ: “cos đối – sin bù – phụ chéo – hơn kém nhau π là tan, cotan”. + Công thức lượng giác liên hệ cơ bản:

sin2x + cos2x = 1; tanx = sin x

cos x; cotx =

cos x

sin x; 2

2

11 tan x

cos x ; 2

2

11 cot x

sin x .

+ Công thức cộng cung:

cos a b cosacosb sinasinb ; sin a b sinacosb sinbcosa ; tana tanb

tan a b1 tana tanb

Cách nhớ: “tan của tổng bằng tổng tan – chia 1 trừ tích các tan oai hùng”.

+ Công thức nhân:

* Nhân đôi:

2 2

sin2x 2sin xcosx sin x cosx 1 1 sin x cosx

2 2 2 2cos2x cos x sin x 2cos x 1 1 2sin x

* Nhân ba: 3sin3x 3sin x 4sin x ; 3cos3x 4cos x 3cosx .

Cách nhớ: “Nhân ba một góc bất kỳ || sin thì ba bốn, cos thì bốn ba || dấu trừ đặt giữa hai ta || lập phương chỗ bốn,

... thế là ok”.

+ Công thức hạ bậc: 2

2 2 2

2

1 2x 1 2x x 1 2xx x x

2 2 1 2xx

cos cos sin coscos ; sin ; tan

coscos

3 3sinx sin3xsin x

4

; 3 3cos x cos3x

cos x4


35 | LOVEBOOK.VN

Chú ý: Từ công thức hạ bậc hai có thể suy ra đượ công thức hạ bậc bốn (cần chứng minh trong quá trình làm bài):

4 4 3 cos4xsin x cos x

4

; 6 6 5 3cos4 x

sin x cos x8

.

+ Công thức biểu diễn theo t = tanx

2:

2 2

2 2 2

2t 1 t 2t 1 tx x x x

2t1 t 1 t 1 t

sin ; cos ; tan ; cot .

+ Công thức biến đổi tổng thành tích:

a b a bcosa cosb 2cos cos

2 2

;

a b a bcosa cosb 2sin sin

2 2

a b a bsina sin b 2sin cos

2 2

;

a b a bsina sin b 2cos sin

2 2

Cách nhớ: “cos cộng cos bằng hai cos cos || cos trừ cos bằng trừ hai sin sin || sin cộng sin bằng hai sin cos || sin trừ

sin bằng hai cos sin”.

hệ quả thường sử dụng:

π πsinx cosx 2 sin x 2 cos x

4 4

;

π πsinx cosx 2 sin x 2 cos x

4 4

.

+ Công thức biến đổi tích thành tổng:

1

cosa cosb cos a b cos a b2

; 1

sinasin b cos a b cos a b2

1

sina cosb sin a b sin a b2

; 1

cosasin b sin a b sin a b2

Chú ý: Công thức biểu diễn theo t = tanx

2 không có trong sách giáo khoa, nên nếu cần sử dụng thì ta nên chứng

minh một chút (việc này không khó nhé!).

Công thức nhân và công thức hạ bậc thực chất là một, nên chỉ cần nhớ một trong hai là được. Tương tự với công

thức biến đổi tổng thành tích và công biến đổi tích thành tổng, ta cũng chỉ cần nhớ một trong hai là được.

• Phương trình lượng giác cơ bản:

Các phương trình lượng giác cơ bản:

1) x α k2π

x αx π α k2π

sin sin (k ∈ ℤ).

2) cosx cosα x α k2π (k ∈ ℤ).

3)

πk’πα

x α 2

x α kπ

tan tan (k, k’ ∈ ℤ).

4) k’π

x

αx

kπα

a

cot cot (k, k’ ∈ ℤ).

• Một số dạng toán thường gặp:

+ Phương trình bậc nhất với sinx và cosx có dạng: asinx + bcosx = c (trong đó a2 + b2 > 0).

* Nếu a2 + b2 < c2 thì phương trình vô nghiệm.

* Nếu a2 + b2 c2 thì phương trình tương đương với:

2 2 2 2 2 2 2 2

a b c csin x cos x cos x α

a b a b a b a b

, trong đó 2 2

2 2

aα

a b

bα

a b

sin

cos

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 36

+ Phương trình bậc hai với một hàm lượng giác nào đó có dạng: at2 + bt + c = 0, trong đó t có thể là sinx, cosx,

tanx hoặc cotx.

Ta cũng thường phương trình bậc ba, bậc 4 với một hàm lượng giác nào đó. Cách giải thì không có gì mới lạ nữa.

+ Phương trình đối xứng hoặc nửa đối xứng với sinx và cosx có dạng: f x x x xsin cos , sin cos , thường hay gặp

là dạng: a sin x cosx bsin xcosx c 0 .

Để giải ta đặt t = sinx ± cosx (điều kiện – 2 t 2 ) t2 = 1 ± 2sinxcosx đưa về giải phương trình ẩn t, sau

đó tìm x.

+ Phương trình thuần nhất (đẳng cấp) với sinx và cosx, dạng thường gặp nhất là thuần nhất bậc hai và thuần nhất

bậc ba với sinx và cosx:

* Bậc hai: 2 2asin x bsin xcos x ccos x d 0.

* Bậc ba: 3 2 2 3asin x bsin xcosx csin xcos x dcos x esin x f cosx 0.

Cách giải chung: Xét trường hợp cosx = 0 (hoặc sinx = 0) xem có thỏa mãn không. Trường hợp cosx 0 (hoặc

sinx 0) thì chia hai vế cho cos2x (đối với phương trình thuần nhất bậc hai) hoặc cos

3x (đối với phương trình

thuần nhất bậc ba) (tương tự cho sinx) thu được phương trình với một ẩn là t = tanx (hoặc t = cotx).

Chú ý: Trường hợp thuần nhất bậc hai với sinx và cosx thì ta nên dùng công thức hạ bậc để đưa phương trình về

phương trình bậc nhất với sin2x và cos2x.

+ Phương trình dạng: asin x bcosx csin y dcosy (với a2 + b2 = c2 + d2 > 0). Phương trình này tương đương

với: 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c dsin x cos x sin y cos y sin x α sin y β

a b a b c d c d

.

Đây là phương trình lượng giác cơ bản.

Ngoài ra còn một số dạng khác ta đã đề cập trong các đề thi thử của bộ sách này, ví dụ như đánh giá, hay nhân

thêm một lượng,… Nói chung những dạng lạ này ít khả năng có trong đề thi.

+ Phương trình có dạng x

f x x x x2

sin , cos , tan , cot , tan = 0 thì ta giải bằng cách đặt t = tan

x

2.

+ Phương trình lượng giác không mẫu mực: tùy bài toán mà ta sử dụng phương pháp đánh giá (thường sử dụng

nhất), thêm bớt, nhân hoặc chia cho một lượng nào đó (áp dụng với các dạng đặc biệt),…

• Kỹ thuật dùng máy tính CASIO trong giải phương trình lượng giác:

Các bạn có thể tham khảo phần chuyên đề ở sách Toán tập 1 để có thể hiểu rõ hơn về thủ thuật này, hoặc có thể

lên mạng tự tìm hiểu.

• Một số biến đổi quen thuộc, nhân tử thường gặp:

Hiện tại thì đề thi đại học có vẻ ra đề bài phương trình lượng giác khá đơn giản, và hầu như các phương trình đều

được xử lí bằng phương pháp nhóm nhân tử chung. Một số phân tích nhân tử thường dùng đó là:

+) sin2x = (1 – cosx)(1 + cosx); cos2x = (1 – sinx)(1 + cosx)

+) sin4x – cos4x = sin2x – cos2x = –cos2x.

+) sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2 – 2sin2xcos2x = 22 sin 2x

2

.

+) sin6x + cos6x = 1 – 23sin x

2.

+) 2

1 sin2x sin x cos x ; 2

1 sin2x sin x cos x ;

+) cos2x cosx sin x cosx sin x 2cosx 1 2cosx 1 1 2sin x 1 2sin x

+) 2sin3x sin x 3 4sin x sin x 2cosx 1 2cosx+1 sin x 3cos x sin x 3cosx sin x

+) 2cos3x cosx 4cos x 3 cosx 1 2sinx 1 2sinx cosx cosx 3 sinx cosx 3sinx


37 | LOVEBOOK.VN

+) π π π

cosx sin3x cosx cos 3x 2sin x sin 2x cosx sinx cos2x sin2x2 4 4

+) sin x cos3x sin x cos x sin2x cos2x

+) 2sin x cos2x 2sin x sin x 1 1 sin x 2sin x 1

+) 2cos2x cos x 2cos x cos x 1 cos x 1 2cos x 1

Ngoài ra còn có thêm các nhân tử cần nhớ nữa đó là

+) (1 ± tanx) chứa nhân tử (sinx ± cosx).

+) (1 ± cotx) chứa nhân tử (sinx ± cosx).

+) tanx – cotx chứa nhân tử (sinx – cosx)(sinx + cosx).

…

Chú ý: Cần phải sử dụng linh hoạt trong việc dùng công thức, ví dụ như (1 + cosx) thì cosx không có dạng nhân

đôi một cách “công khai”, nhưng vẫn có thể dùng công thức nhân đôi 2 x1 x 2

2cos cos ; hay công thức nhân đôi

đối với sinx là x x

x 22 2

sin sin cos ;…

2. Thống kê công thức sử dụng trong phương trình lượng giác trong đề thi đại học:

Đầu tiên hãy điểm lại phương trình lượng giác trong đề thi đại học qua các năm từ năm 2009:

Câu 1 (Khối A – 2009). Giải phương trình

1 2sin x cosx3.

1 2sin x 1 sin x

Câu 2 (Khối B – 2009). Giải phương trình 3sin x cosxsin2x 3 cos3x 2 cos4x sin x .

Câu 3 (Khối D – 2009). Giải phương trình 3 cos5x 2sin3xcos2x sin x 0.

Câu 4 (Khối A – 2010). Giải phương trình

π

1 sin x cos2x sin x4 1

cos x.1 tan x 2

Câu 5 (Khối B – 2010). Giải phương trình sin2x cos2x cosx 2cos2x sin x 0.

Câu 6 (Khối D – 2010). Giải phương trình sin2x cos2x 3sin x cos x 1 0.

Câu 7 (Khối A – 2011). Giải phương trình 2

1 sin2x cos2x2sin xsin2x.

1 cot x

Câu 8 (Khối B – 2011). Giải phương trình sin2xcos x sin xcos x cos2x sin x cos x.

Câu 9 (Khối D – 2011). Giải phương trình sin2x 2cosx sin x 1

0.tan x 3

Câu 10 (Khối A, A1 – 2012). Giải phương trình 3 sin2x cos2x 2cos x 1.

Câu 11 (Khối B – 2012). Giải phương trình 2 cosx 3sin x cosx cosx 3sin x 1.

Câu 12 (Khối D – 2012). Giải phương trình sin3x cos3x sinx cosx 2cos2x.

Câu 13 (Khối A, A1 – 2013). Giải phương trình

π1 tan x 2 sin x .

4

Câu 14 (Khối B – 2013). Giải phương trình 2sin5x 2cos x 1. Câu 15 (Khối D – 2013). Giải phương trình sin3x cos2x sin x 0. Sau đây sẽ là bảng thống kê các công thức được sử dụng trong thang điểm đáp án của Bộ Giáo Dục.

Đề bài Công thức được sử dụng

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 38

Quy nhọn góc

Liên hệ cơ bản

Công thức cộng

Công thức nhân Công thức

hạ bậc

Biểu diễn

theo tanx

2

Biến đổi tổng thành

tích

Biến đổi tích thành

tổng Đôi Ba

A – 2009 X X B – 2009 X X D – 2009 X X A – 2010 X X X B – 2010 X D – 2010 X A – 2011 X X X B – 2011 X X D – 2011 X

A, A1 – 2012 X

B – 2012 X X D – 2012 X X

A, A1 – 2013 X X

B – 2013 X X D – 2013 X

Còn về phân loại dạng phương trình lượng giác thì xin được bỏ qua, bởi vì chủ yếu các bài toán đề sử dụng biến đổi tương đương và phân tách nhân tử để đưa về phương trình lượng giác cơ bản; phương trình bậc nhất với sinx

và cosx; và phương trình dạng: asinx bcosx csiny dcosy (với a2 + b

2 = c

2 + d

2 > 0).

Nhận xét: Trong các năm gần đây thì công thức được sử dụng nhiều nhất là công thức cộng và công thức nhân đôi. Đây là các công thức cực cơ bản trong quá trình biến đổi, nên chắc chắn là tần suất sử dụng của nó trong các đề

thi sẽ cao. Các công thức còn lại xuất hiện với tần suất sử dụng nhỏ hơn, riêng công thức biểu diễn theo tanx

2 đã

không xuất hiện trong đề thi đại học các năm gần đây nữa – chắc là do Chương trình mới đã không còn đề cập công thức này trong sách giáo khoa. Ngoài ra ta thấy rằng chủ yếu các phương trình đều có hai dạng chủ yếu, đó là phân tách nhân tử để đưa về phương trình lượng giác cơ bản hoặc phương trình có dạng là:

asinx bcosx csiny dcosy (*) (với a2 + b

2 = c

2 + d

2 > 0). Phương pháp như đặt ẩn phụ thì có xuất hiện trong

khi giải phương trình, thế nhưng ta chẳng cần trình bày vào bài làm vì tốn thời gian viết đặt ẩn phụ và thay trở lại giá trị ẩn phụ t để tìm x. Còn các loại phương trình lượng giác không mẫu mực sử dụng các phương pháp đánh giá, hay các phương pháp lạ khác những năm gần đây không thấy xuất hiện. Có lẽ rằng với vai trò là một “câu cho điểm”, thì câu phương trình lượng giác cũng ra ở mức không quá khó để học sinh có thể gỡ điểm được ở phần này. Riêng năm 2013 thì đề ra câu lượng giác chỉ đơn giản có 3 số hạng, và việc phát hiện ra vấn đề phải nói rằng cũng quá dễ dàng. Dự đoán năm nay sẽ vẫn là các phương trình sử dụng phân tích nhân tử để đưa về các phương trình lượng giác cơ bản, hoặc phương trình có dạng (*), nhưng độ khó sẽ được nâng lên một chút. Dựa trên đó, tác giả xin được dự đoán các bài sau:

Câu 2A1

. Giải phương trình

2cos x cos3x 1sin x sin2x.

1 2cos x cos x sin x

Câu 2A2

. Giải phương trình

2cos x cos x 1

2 1 sin x .sin x cos x

Câu 2A3

. Giải phương trình 4sin2x – 3cos2x = 3(4sinx – 1).

Câu 2B1

. Giải phương trình sin2x + 2cos2x + 4cosx – sinx = 1.

Câu 2B2

. Giải phương trình cotx – tanx = cot2x + 1.

Câu 2B3

. Giải phương trình sin2x cos2x

2.π π

sin x cos x4 4

Câu 3D1

. Giải phương trình 2cos3x + cos2x + sinx = 0.


39 | LOVEBOOK.VN

Câu 3D2

. Giải phương trình cos2x – 3sin2x + 9sinx + 6cosx = 8.

Câu 3D3

. Giải phương trình 24cos x 2 1 cos2x cos3x 6cos x.

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 40

Dự đoán Câu 3 – Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

1. Chuẩn bị kiến thức:

+ Các phương pháp giải PT, BPT, HPT như:

– Sử dụng phương trình cơ bản.

– Phân tích thành nhân tử.

– Đặt ẩn phụ.

– Hàm số.

– Liên hợp.

2. Phân dạng toán:

3. Phân loại phương pháp giải:

Dưới đây là một số phương pháp thường gặp trong đề thi đại học những năm gần đây:

Dạng toán Dấu hiệu Ví dụ Phương pháp

thường dùng

PT,

BPT

Vô tỷ Bài toán có căn

:√f(x), √f(x)3 ...

1. 5x − 1 − x − 1 > 2x − 4 (A–2005)

2. 235 1 9 2 3 1x x x x

3. 4x − 1 + 4x2 − 1 = 1

4.x3 − 1

2= 2x + 1

3

–BPT cơ bản

–Nhân liên hợp

– Đánh giá

– Đặt ẩn phụ

Logari

t

Mũ

– Bài toán có hàm

Logarit: ln, log, …

– Bài toán có hàm

mũ ax

1. log4(x + 1)2 + 2 = log 2 4 − x + log8(4 + x)

3

2. 2 log3(4x − 3) + log12

(2x + 3) ≤ 2 (A–2007)

3. 4x2+x + 21−x

2= 2(x+1)

2− 1

4. 2x2−x + 93−2x + x2 + 6 = 42x−3 + 3x−x

2+ 5x

5. 5. 8x + 4. 12x − 18x − 2. 27x = 0 (A–2006)

– PT cơ bản

– hàm số

– đặt ẩn phụ

– Phân tích thành

nhân tử

HPT

Logari

t

Bài toán có hàm mũ,

Logarit: ln, log, …

1. {log1

4

(y − x) − log41

y= 1

x2 + y2 = 25 (A–2004)

2. {logx+y(3x + y) + log3x+y(x

2 + 2xy + y2) = 3

4x+y + 2. 4xx+y = 20

3. {x2 + 3x + ln(2x + 1) = y

y2 + 3y + ln(2y + 1) = x

– PT cơ bản


– Hàm số

Vô tỷ Bài toán có căn

√f(x), √f(x)3 ...

1. {x + x2 − 2x + 2 = 3y−1 + 1

y + √y2 − 2y + 2 = 3y−1 + 1 (Dự bị A–2007)

2. {√x − y3 = √x − y

x + y = √x + y + 2 (B–2002)

– Hàm số


Tổng

hợp

Những HPT không

thuộc 2 dạng trên

1. {x4 + 2x3y + x2y2 = 2x + 9

x2 + 2xy = 6x + 6 (B–2008)

2. {x −

1

x= y −

1

y

2y = x3 + 1 (A–2003)

3. {x2 + y+x3y + xy2 + xy = −

5

4

x4 + y2 + xy(1 + 2x) = −5

4

(A–2008)

– Thế

– Phân tích thành

nhân tử


– Hàm số

PT, BPT, HPT

tham số

Trong PT, BPT, HPT

có tham số. Thường

là các bài toán biện

luận.

1. Tìm m để HPT có nghiệm { x + √y = 1

x x + y√y = 1 − 3m

(D–2004)

– Hàm số


– Tam thức bậc

hai

– Tọa độ


41 | LOVEBOOK.VN

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 42

Phương

pháp Phân tích phương pháp Ví dụ điển hình

PT,

BPT,

HPT

cơ

bản

PT

Vô

tỷ

1.√f(x) = g(x) ⇔ {g(x) ≥ 0

f(x) = g(x)2

2.√f(x) = √g(x) ⇔ {f(x) ≥ 0f(x) = g(x)

1.√7 − x2 + x x + 5 = √3 − 2x − x2

BPT

vô

tỷ

1.√f(x) ≥ g(x) ⇔

[ {

g(x) < 0

f(x) ≥ 0

{g(x) ≥ 0

f(x) ≥ g(x)2

2.√f(x) ≤ g(x) ⇔ {

g(x) ≥ 0

f(x) ≥ 0

f(x) ≤ g(x)2

3.√f(x) ≥ √g(x) ⇔ {g(x) ≥ 0

f(x) ≥ g(x)

1.√x2 − 8x + 15 +√x2 + 2x − 15

≤ √4x2 − 18x + 18

(Dược HN 2000)

Log

arit loga x = n⇔ x = an 1. log4(x − 1) +

1

log2x+1 4=1

2+ log2 x + 2

Mũ ax = n⇔ x = loga n 2. (x − 3)3x2−5x+2 = (x2 + 6x + 9)x

2+x−4

HPT

1. PP thế

2. Hệ đối xứng loại I:

{f(x, y) = 0

g(x, y) = 0 với {

f(x, y) = f(y, x)

g(x, y) = g(y, x)

3. Hệ đối xứng loại II:

{f(x, y) = 0

f(y, x) = 0

1. {x3 − 2xy + 5y = 7

3x2 − 2x + y = 3

2. {x2 + y2 + xy = 13

x4 + y4 + x2y2 = 91

3.

{

2x + y =3

x2

2y + x =3

y2

Phân tích

thành nhân

tử

Biến đổi PT, BPT hoặc một PT trong HPT

về dạng phương trình tích f(x).g(x) = 0

(hoặc f(x, y).g(x, y) = 0).

Cụ thể:

– B1: Nhẩm nghiệm: Nhẩm nghiệm nhấn

Những PT dạng này thường có nghiệm

đẹp do đó bước đầu tiên ta nhẩm

nghiệm. Từ nghiệm nhẩm được ta định

hướng nhân tử có thể xuất hiện.

– B2: Phân tích PT theo nhân tử đã dự

đoán.

– B3: Xử lí từng phương trình mới.

* Một số dạng thường gặp trong thi Đại

học:

1. PT Mũ, logarit: PT thường phân tích

thành dạng sau: (u – a)(v – b) = 0.

2. HPT có 1 PT là bậc 2 với 1 ẩn (giả sử

là x) nếu xem ẩn còn lại (y) là tham số

(đôi khi phải kết hợp cả 2 PT hoặc phải

đặt ẩn phụ với đưa được về dạng này):

Ta xem đây là PT bậc 2 với x. TÍnh ∆ theo

y rồi tính nghiệm x theo y. Từ đó suy ra

nhân tử chung.

1. 42x+ x+2 + 2x3= 42+ x+2 + 2x

3+4x−4 (D–2010)

Lời giải:

Chuyển vế:

24x+2 x+2 + 2x3− 24+2 x+2 − 2x

3+4x−4 = 0

Dễ nhẩm được PT có 2 nghiệm đẹp x=1 và x=2.

Với x = 1 dễ thấy 24x+2 x+2 = 24+2 x+2 và

2x3= 2x

3+4x−4 do đó ta nhóm lại và thu được nhân

tử chung 24x − 24

PT đã cho tương đương với:

(24x − 24) (2x3−4 − 22 x+2) = 0

đến đây PT dễ dàng giải quyết.

+ Bài tập tương tự D–2006

2x2+x − 4. 2x

2−x − 22x + 4 = 0

2. (D − 2008)

{xy + x + y = x2 − 2y2 (1)

x√2y − y x − 1 = 2x − 2y (2)

Lời giải:

Cách 1: Nhẩm nghiệm: Dễ thấy với x = −y PT (1)

luôn bằng 0. Do đó (1) có chứa nhân tử x + y từ đó

dễ dàng phân tích (1) thành dạng (x + y)(x − 2y − 1) = 0.

Từ đây kết hợp với PT(2) dễ dàng giải HPT.


43 | LOVEBOOK.VN

Sau đó xử lý HPT mới thu được khi kết

hợp với PT còn lại.

Cách 2: Xem (1) là PT bậc 2:

Cách này rất hiệu quả khi cách 1 nhẩm nghiệm gặp

khó khăn:

Trong HPT này PT (1) là PT bạc 2 với cả x và y do

đó chọn 1 trong 2 biến là ẩn, ta dễ dàng tính được ∆

và suy ra 2 nghiệm ⌊x = −y

x = 2y + 1

VD: D–2012

{xy + x − 2 = 0 (1)

2x3 − x2y + x2 + y2 − 2xy − y = 0(2)

HPT này không dễ để nhẩm nghiệm x theo y hoặc

ngược lại. Khi đó Cách 2 tỏ ra rất hiệu quả.

Dễ thấy (2) là PT bậc 2 với y có dạng

y2 − (x2 + 2x + 1)y + (2x3 + x2) = 0

∆= (x2 + 2x + 1)2 − 4. (2x3 + x2)

= (−x2 + 2x + 1)2

Do đó PT (2) có 2 nghiệm:

{y = x2

y = 2x + 1

Do đó PT (2) có chứ 2 nhân tử (y − x2) và

(y − 2x − 1). Từ đó:

(2) ⇔ (y − x2)(y − 2x − 1) = 0

Đến đây xử lý bước 2 không khó.

+BT tương tự: (A − 2011)

{5x2y − 4xy2 + 3y3 − 2(x + y) = 0

xy(x2 + y2) + 2 = (x + y)2

Đặt

ẩn

phụ

PT,

BPT

PP này có rất nhiều ứng dụng và lượng

dạng bài vô cùng phong phú. Do đó

trong giới hạn của bài viết tôi không thể

trình bày hết được. Sau đây tôi xin đưa

ra những dạng tổng quát nhất về

phương pháp này. Để hiểu thêm về

phương pháp này các bạn tham khảo

thêm trong các cuốn sach TUYÊN TẬP

90 ĐỀ TOÁN TẬP 1 VA 2 cũng như các

nguồn tài liệu khác.

1. Đặt 1 ẩn phụ hoàn toàn:

+ Biến đổi PT về dạng f(g(x)) = 0.

+ Đặt g(x) = t

+ PT trở thành f(t) = 0.

* Một số dạng thường gặp :

+ PT thuần nhất 2 ẩn:

Bâc 2: ax2 + bxy + cy2 = 0

Bâc 3: ax3 + bx2y + cxy2 + dy3 = 0

Cách giải: Chia 2 vế cho xk. yn−k (n là bậc

của PT, k ∈ ℤ; 0 ≤ k ≤ n)

(ta thường dùng là chia cho xn(k =

n)hoăcyn (k = 0))

+ √𝐟(𝐱) + √𝐠(𝐱) + √𝐟(𝐱)𝐠(𝐱) = 𝐡(𝐱)

1. 2x2 − 6x + 4 = 3 x3 + 8

⇔ 2(x2 − 2x + 4) − 2(x + 2)

= 3√(x + 2)(x2 − 2x + 4)

2. sin3 x + 2 sin x cos 2x − 2 cos x − cos3 x = 0

3. B–2011:

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 44

Cách giải: Đặt t=√f(x) + √g(x) biến đổi

PT theo t.

2. Đặt 1 ẩn phụ không hoàn toàn:

Dạng 1: Đưa PT đã cho về PT 2 ẩn

+ Biến đổi phương trình về dạng:

f(x, g(x))=0.

+ Đặt t = g(x)

+ PT trở thành f(x, t) = 0

+ Xem đây là phương trình 1 ẩn (x hoặc

t), ẩn còn lại (t hoặc x) là tham số và giải.


𝐚𝐟(𝐱) + 𝐠(𝐱) = 𝐮(𝐱)√𝐟(𝐱)

Trong đó :

– u(x) thường bậc 1

– f(x) thường bậc 2 hoặc 3

– g(x) thường bậc 1 hoặc 2

Dạng 2 : Đưa PT đã cho về HPT 2 ẩn

+ Biến đổi phương trình về dạng:

f(x, g(x)) = 0.

+ Đặt y = g(x)

+ PT trở thành f(x, y) = 0.

+ Ta có HPT (thường là HPT đối xứng

loại II): {y = g(x)

f(x, y) = 0

+ Giải HPT này thu được nghiệm.


+) 𝐱𝐧 + 𝐚 = 𝐛 𝐛𝐱 − 𝐚𝐧

Cách giải :

– Đặt y = bx − an

⇒ yn + a = bx

– PT đã cho biểu thị theo t và x :

xn + a = by

– Ta có HPT {yn + a = bx

xn + a = by

Đây là HPT đối xứng loại II–HPT cơ bản

+) 𝐚𝐱 + 𝐛 = 𝐜𝐱𝟐 + 𝐝𝐱 + 𝐞 (𝐚𝐜 ≠ 𝟏)

(*)

Cách giải :

– Đặt 𝐚𝐱 + 𝐛 = ac2 (y +

d

2c)

– Biến đổi PT về HPT đối xứng loại 2 với

x và y (HPT cơ bản)

3. Đặt 2 ẩn phụ đưa về HPT

+ Biến đổi PT về dạng f(u(x), v(x)) = 0

+ Đặt {u(x) = uv(x) = v

+ chuyển PT về HPT 2 ẩn u và v

3 2 + x − 6 2 − x + 4√4 − x2 = 10 − 3x

4. (4x − 1) x3 + 1 = 2x3 + 2x + 1 (1)

(1) ⇔ 2(x3 + 1) − (4x − 1) x3 + 1 + 2x − 1 = 0

Đặt t = x3 + 1 ta có:

2t2 − (4x − 1)t + 2x − 1 = 0

∆= (4x − 1)2 − 4.2. (2x − 1) = (4x − 3)2

Do đó { t =1

2t = 2x − 1

Đến đây PT trở nên rất đơn giản

5. x3 + 1 = 2 2x + 13

Dễ thấy đặt y= 2x + 13

Ta có HPT {x3 + 1 = 2y

y3 + 1 = 2x

6. x2—2x = 2 2x − 1

Biến đổi PT trên về dạng tổng quát (*):

x2—2x = 8x − 4

Dễ thấy a = 8; b = –4; c = 1; d = –2; e = 0.

Do đó đặt 𝐚𝐱 + 𝐛 = ac2 (y +

d

2c)

nghĩa là 8x − 4 = 8.13

(y +−2

2.1) hay

2x − 1 = y − 1

hay (y − 1)2 = 2x − 1 (1)

PT đẫ cho biểu diễn theo y và x là

x2 − 2x = 2(y − 1) ⇔ (x − 1)2 = 2y − 1 (2)

Từ (1) và (2) ta có HPT

{(y − 1)2 = 2x − 1

(x − 1)2 = 2y − 1

Đến đây ta dễ dàng gải quyết bài toán (HPT cơ bản)

Bài tập tươngtự: 3x2 + 6x − 3 = √x + 7

3

7. 5 − x4

+ x − 14

= 2


45 | LOVEBOOK.VN

HPT

+ Biến đổi HPT thành dạng:

{f(u(x, y), v(x, y)) = 0

g(u(x, y), v(x, y)) = 0

+ Đặt {u(x, y) = u

v(x, y) = v

+ Chuyển HPT thành {f(u, v) = 0g(u, v) = 0

+ Tìm u, v từ đó suy ra các nghiệm (x, y)

1. B–2009 : {xy + x + y = 7y

x2y2 + xy + 1 = 13y2

2. D–2009: {x(x + y + 1) − 3 = 0

(x + y)2 −5

x2+ 1 = 0

Hàm số

Với f(x) và g(x) là 2 hàm số liên tục trên

𝔻 ta có:

1. Hàm số f(x) đơn điệu trên 𝔻 thì:

+) f(x) = a có không quá 1 nghiệm trên

𝔻 (nếu f(α) = a thì x = α (α ∈ 𝔻)

+) f(u) = f(v) u = v ∀ u, v ∈ 𝔻.

2. f(x) và g(x) đơn điệu và ngược chiều

biến thiên trên 𝔻 thì f(x) = g(x) có

không quá 1 nghiệm trên 𝔻.

3.

+) f(x) đồng biến trên D thì f(u) > f(v)

u > v ∀ u, v ∈ 𝔻.

+) f(x) nghịch biến trên D thì

f(u) > f(v) ⇔ u < v ∀u, v ∈ D

1. x2 + 3log2 x = xlogx 5

2. 8x3 − 36x2 + 53x − 25 = 3x − 53

Ta cần tìm các số sao cho

m(ax + b)3 + (ax + b) = m(3x − 5) + 3x − 53

⇔ma3x3 + 3ma2bx2 + (3mab2 + a − 3m)x

+ mb3 + b + 5m = 3x − 53

⇔ {

ma3 = 83ma2b = −36

3mab2 + a − 3m = 53mb3 + b + 5m = −25

⇔ {m = 1a = 2b = −3

Do đó PT đã cho tương đương với

(2x − 3)3 + (2x − 3) = (3x − 5) + 3x − 53

(2)

Dễ thấy hàm số f(t) = t3+t đồng biến trên R

Do đó (2) ⇔ 2x − 3 = 3x − 53

Đến đây PT dễ dàng được giải quyết (PT cơ bản)

3. x + 2. 3log2 x = 3

4. 8x3 + 2x < (x + 2) x + 1

⇔ (2x)3 + 2x < ( x + 1)3+ x + 1

Liên hợp PP hữu ích Giải PT vô tỷ (tham khảo chi

tiết chuyên đề này tại quyển 1) 1. (x + 1) x2 − 2x + 3 = x2 + 1

Tham số

B1: Đơn giản hóa PT

Dùng các phương pháp đã biết như:

Dùng PT cơ bản, đặt ẩn phụ, nhân liên

hợp, phân tích thành nhân tử…để xử lý

PT, BPT, HPT như bình thường.

B2: Dùng 1 số phương pháp để biện luận

tìm m thỏa mã bài toán.

*Một số PPT thường dùng

1. Hàm số:

+ Độc lập tham số m: biến đổi PT thành

f(t) = g(m) hoặc f(t)≥ g(m) hoặc

f(t) ≤ g(m).

+ Lập bảng biến thiên với f(t).

+ Biện luận theo yêu cầu bài toán.

VD: +) f(t) = g(m) có nghiệm

⇔minDf(t) ≤ g(m) ≤ max

Df(t)

+)f(t) ≥ g(m)có nghiệm

g(m) ≤ maxDf(t).

2. Tam thức bậc 2:

Tìm m để PT 3x2 + 2x + 3 = m(x + 1) x2 + 1 (1)

có nghiệm.

B1: Dễ thấy có thể dùng 2 phương pháp đã đề cập ở

trên để giải quyết PT (1) đó là:

1. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn đưa về HPT 2 ẩn:

Đặt t = x2 + 1 ≥ 1 ∀x ∈ ℝ

(1) trở thành 3t2 −m(x + 1)t + 2x = 0

Nếu ở đây không có m thì bài toán vẫn có thể giải

quyết bằng cách xem t hoặc x làm tham số. Tuy

nhiên ở đây có thêm tham số m nên nếu làm như

trên sẽ có 2 tham số và 1 ẩn. Biện luận theo hướng

này rất phức tạp.

2. Đặt ẩn phụ hoàn toàn đưa về PT 1 ẩn:

(1)⇔ (x + 1)2 + 2(x2 + 1) = m(x + 1) x2 + 1

Đây là 1 dạng có thể biến đổi về PT thuần nhất và ta

sử dụng phương pháp “chia” để đặt 1 ẩn phụ hoàn

toàn (như phần PP đặt ẩn phụ đã trình bày).

Dễ thấy x = –1 không phải nghiệm của PT (1). Do

đó x ≠ −1.

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 46

Chỉ dùng được khi chuyển PT về PT bậc

2 có tham số là m.

Dùng dấu của tam thức bậc 2 và các điều

kiện của nghiệm để biện luân.

3. Sự tương giao của đồ thị ;

Chuyển bài toán về sự tương giao của 2

đồ thị như: đường thẳng với đồ thị bậc

2, bậc 3, đừng tròn… Sau đó biện luận

dựa vào số giao điểm của 2 đồ thị

Giờ ta chọn chia cả 2 vế cho (x + 1)2 hay

(x2 + 1) hay (x + 1) x2 + 1 (đều khác 0 do

x ≠ −1)?

Để ý nếu chia cả 2 vế cho (x + 1)2hay (x2 + 1) thì

vẫn không thể cô lập được m. Còn chia cả 2 vế cho

(x + 1) x2 + 1 thì ta có thể cô lập được m (Thực

chất cũng không ngắn gọn hơn là bao )

Với x ≠ −1 chia cả 2 vế cho (x + 1) x2 + 1 ≠ 0 ta

được:

(1) ⇔x + 1

x2 + 1+ 2.

x2 + 1

x + 1= m

Đătt = g(x) =x + 1

x2 + 1≠ 0 trên ℤ\{−1}

g′(x) =1 − x

( x2 + 1)3 ; g

′(x) = 0 ⇔ x = 1

Từ bảng biến thiên ta suy rat ∈ [−1, 2]\{0}

PT trên co dang: t +2

t= m (*)

B2

Cách 1 : Hàm số

Xethamsôf(t) = t +2

ttrên[−1; 2]\{0}

f ′(t) = 1 −2

t2

f ′(t) = 0 ⇔ t = 2

TƯừ bảng biến thiên ta suy ra PT có nghiệm

⇔m ∈ ℤ[−3; 2 2).

Cách 2 : Tam thức bậc 2 : (dạng này quen thuộc bạn

đọc làm)

Cách 3: Tương giao đồ thị;

Vì t ≠ 0 nên nghiệm của PT (*) là hoành độ giao

điểm của (P)y = x2 + 2 và (d)y = mx với

x ∈ [−1, 2]\{0}.

Đường thẳng (d) luôn đi qua gốc tọa độ O.

Giả sử từ O dựng tiếp tuyến ∆ y = kx tới (P)

∆ là tiê p tuyê n của (P)

⇔ {y′(P) = 2x = k

kx = x2 + 2⇔

[ {k = −2 2

x = − 2

{k = 2 2

x = 2

Vậy có 2 tiếp tuyến là ∆: y = −2 2x tại tiếp điểm

(− 2, 4) và ∆′: y = 2 2x tại tiếp điểm ( 2, 4)

Gọi ∆‘’y = kx

đi qua O và điểm A(–1, 3) trên (P)

PT ∆’’ là y = −3x (a = −3)

+ (d) căắt (P)⇔(d) nằm giữa hoặc trùng 2 tiếp

tuyến ∆ va ∆'⇔ −2 2 ≤ m ≤ 2 2 (1)

+ Hoành độ giao điểm của (d) và (P) thuộc

[−1, 2]\{0} ⇔(d) nằm giữa ∆′′và ∆′

⇔ −3 ≤ m ≤ 2 2 (2)


47 | LOVEBOOK.VN

Từ (1) và (2) ta suy ra PT có nghiệm

⇔ −3 ≤ m ≤ 2 2 .

4. Đề thi đại học từ năm 2009 đến 2013

1 . (A − 2013) { x + 1 + x − 1

4−√y4 + 2 = y

x2 + 2x(y − 1) + y2 − 6y + 1 = 0

2. (A − 2012){x3 − 3x2 − 9x + 22 = y3 + 3y2 − 9y

x2 + y2 − x + y =1

2

3 . (A − 2011) {5x2y − 4xy2 + 3y3 − 2(x + y) = 0

xy(x2 + y2) + 2 = (x + y)2

4. (A − 2010) x − x

1 − √2(x2 − x + 1)≥ 1

5. (A − 2009) 2 3x − 23

+ 3 6 − 5x − 8 = 0

6 . (B − 2013) {x2 + y2 − 3xy + 3x − 2y + 1 = 0

4x2 − y2 + x + 4 = √2x + y +√x + 4y

7. (B − 2012)x + 1 + √x2 − 4x + 1 ≥ 3 x.

8 (B − 2011) 3 2 + x − 6 2 − x + 4√4 − x2 = 10 − 3x

9. (B − 2010) 3x + 1 − 6 − x + 3x2 − 14x − 8 = 0

10. (B − 2009) {xy + x + y = 7y

x2y2 + xy + 1 = 13y2

11. (B − 2013) 2 log2 x + log12(1 − x) =

1

2log 2(x − 2 x + 2)

12. (B − 2012) {xy + x − 2 = 0

2x3 − x2y + x2 + y2 − 2xy − y = 0

13. (B − 2011) log2(8 − x2) + log1

2( 1 + x + 1 − x) − 2 = 0

14. (B − 2010) 42x+ x+2 + 2x3= 42+ x+2 + 2x

3+4x−4

15. (D − 2009){x(x + y + 1) − 3 = 0

(x + y)2 −5

x2+ 1 = 0

16. (A − 2010) {(4x2 + 1)x + (y − 3)√5 − 2y = 0

4x2 + y2 + 2 3 − 4x = 7 (Câu 5)

5. Bảng phân tích đề thi đại học 3 khối trong 5 năm gần đây(2009–2013):

Chú thích:X: vô tỷ

X: Mũ, logarit

Đề bài

DẠNG PHƯƠNG PHÁP

PT,

BPT HPT Tham số Cơ bản Nhân tử Ẩn phụ Hàm số

Đánh

giá

Liên hợp

A.A1 2013 X X

A, A1–2012 X X

A–2011 X X X

http://lovebook.vn/


LOVEBOOK.VN | 48

A–2010–II.2 �� X

A–2010–V X X

A–2009 �� X

B–2013 X X X(phụ)

B–2012 �� X(phụ) X

B–2011 �� X(phụ) X

B–2010 �� X

B–2009 X X

D–2013 𝐗 X X

D–2012 X X

D–2011 𝐗 X X

D–2010 𝐗 X X

D–2009 X X

Nhận xét và dự đoán:

Tỷ lệ số bài PT, BPT/HPT/Tham số là 8/8/0. Như vậy PT, BPT và HPT là cân đối, tuy nhiên dạng tham số 5 năm

nay chưa xuất hiện ở cả 3 khối A, B, D dù những năm trước đó (từ 2008 trở về) có xuất hiện.

Tỷ lệ Cơ bản/ Phân tích thành nhân tử/ Ẩn phụ/ Hàm số/Đánh giá/Liên hợp là 5/4/7/4/1/2. Như vậy 4 phương

pháp chiếm ưu thế là Cơbản/ Phân tích thành nhân tử/ Ẩn phụ/ Hàm số. trong đó nổi bật là phương pháp ẩn phụ

với 7 lần xuất hiện.

KHỐI A:

+ Trong 5 năm gần đây có tỷ lệ PT, BPT/HPT là 2/4, trong đó PT, BPT đều là dạng vô tỷ.

+ Về phương pháp thì tần số như sau : Cơ bản/ Phân tích thành nhân tử/ Ẩn phụ/ Hàm số/Đánh giá là 1/1/1/3/1

trong đó 2 năm gần đây đều là HPT giải bằng phương pháp Hàm số

+ Do đó năm nay 2014 khả năng cao là sẽ không ra lại HPT và Phương pháp hàm số nữa. Có thể đề sẽ ra PT, BPT

vô tỷ, cũng không loại trừ khả năng sẽ kết hợp tham số (5 năm gần đây chưa ra). Tôi xin mạnh dạn dự đoán 3 bài:

1. Giải phương trình 23

2 24 8x 9

x 1 1x

x

3x 2 x 1

.

2. Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt: x2 − (m + 6)x − 3m− 7 = 2 x3 − 7x + 6.

3. Tìm m để BPT √(4 + x)(6 − x) ≤ x2 − 2x +m đúng ∀x ∈ [−4; 6]

KHỐI B:

+ Trong 5 năm gần đây tỷ lệ ra PT, BPT/HPT là 3/2 trong đó cả 3 PT, HPT đều ở dạng vô tỷ và rơi vào 3 năm liên

tiếp 2010;2011 v à 2012.

+ Về phương pháp thì tỷ lệ Phân tích thành nhân tử/ Ẩn phụ/ Liên hợp là 1/3/1, dễ thấy phương pháp ẩn phụ

chiếm ưu thế (phương pháp hàm số chưa từng xuất hiện trong đề thi Khối B trong 5 năm gần đây và cả những

năm trước đấy.

+ Dự đoán rằng năm 2014 đề khối B sẽ ra HPT với PP đặt ẩn phụ.

+ Tôi xin mạnh dạn đề nghị 3 bài sau:

𝟏. {x2 + 1 + y(y + x) = 4y

(x2 + 1)(x + y − 2) = y

𝟐. {logx+y(3x + y) + log3x+y(x

2 + 2xy + y2) = 3

4x+y + 2. 4xx+y = 20

𝟑. {x − √y + 2 =

3

2

y + 2(x − 2) x + 2 = −7

4

KHỐI D:

+ Tỷ lệ PT, BPT/HPT là 3/2 trong đó PT, BPT đều là PT mũ, logarit, không có PT, BPT vô tỷ.


49 | LOVEBOOK.VN

+ Về phương pháp, tỷ lệ Cơ bản/ Phân tích thành nhân tử/ Ẩn phụ/ Hàm số là 2/2/3/1, như vậy các phương pháp

được sử dụng với tần xuất khá cân đối. Nếu quan sát kỹ ta nhận thấy chu kỳ lặp lại của các PP đều là cách 1 năm.

Đây là sự vô tình hay cố ý ?

+ Dự đoán năm nay đề khối D sẽ rơi vào dạng HPT với phương pháp đặt ẩn phụ (tương tự phần dự đoán khối B)

hoặc PT, BPT phân tích thành nhân tử.

Sau đây là 1 số bài dạng này:

1. logx 2 + 2 log2x 4 = log 2x 8

2. x2. 2 2x+1−1 + 2x = 2 2x+1+1 + x2. 2x−2

3. Giải PT x2 + x − 1 = (x + 2) x2 − 2x + 2 .

http://lovebook.vn/

Trích đoạn cuốn “Tuyển tập 90 đề thi thử kèm lời giải chi...

Documents

Transcript of Trích đoạn cuốn “Tuyển tập 90 đề thi thử kèm lời giải chi...