Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 4

 1 
Đăng trên Tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ Số 449.11/2014 
 THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI 
Đề số 2 
 (Thời gian làm bài: 180 phút) 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số 3 26 9y x x x m= − + + (m là tham số) cĩ đồ thị ( ).
m
C 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )C khi 0.m = 
b) Tìm m để tồn tại tiếp tuyến với đồ thị ( )
m
C đi qua điểm (3;0)A và cắt đường trịn ( )S cĩ phương trình 
2 2( 1) ( 2) 25x y+ + − = theo một dây cungMN cĩ độ dài nhỏ nhất. 
Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình 
cos4 3 sin 2 2
3
sin 4 3 cos2
x x
x x
− +
= ⋅
−
Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân 
1 2 2
2
2
2 4 3
.
( 1) 2 3
x x
I dx
x x x
+
− +
=
− − + +
∫ 
Câu 4 (1 điểm). 
a) Giải phương trình ( ) ( ) ( )2 422015 2015 2015
1
log 4 log 2 log 3 .
4
x x x− = + + − 
b) Cho số phức z thỏa mãn (1 2 ) 2(1 2 ).z i z i+ − = − Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2 3 .z zω = − 
Câu 5 (1 điểm). 
Trong khơng gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z+ − = và hai đường 
thẳng
1
4
: ,
1 1 3
x y z−
∆ = =
−
2
6 2
:
1 2 2
x y z− +
∆ = = ⋅Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ),P điểm N trên đường 
thẳng
1
∆ sao cho M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng .
2
∆ Viết phương đường thẳng∆ đi qua ,M vuơng 
gĩc với
1
∆ và tạo với mặt phẳng ( )P một gĩc o.30 
Câu 6(1 điểm). Cho hình chĩp .S ABCD cĩ đáy ABCD là hình vuơng, ( ), .SA ABCD SA a⊥ = Diện tích tam giác 
SBC bằng
2
2
2
a
⋅ Tính thể tích khối chĩp .S ABCD theo .a Gọi ,I J lần lượt là trung điểm các cạnh SB và 
.SD Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và .CJ 
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD cĩ tâm (2; 1)I và 2 .AC BD= 
Điểm 
1
0;
3
M
 
 
 
thuộc đường thẳng ,AB (0; 7)N thuộc đường thẳng .CD Tìm tọa độ điểm P biết 5BP BI=



 


với điểm 
B cĩ tung độ dương. 
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình 
44
2 2
3 2 5
2 ( 2) 8 4 0
x x y y
x y y y
 + + − − + =
⋅
 + − + − + =
x
Câu 9(1 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn
1
6
abc = ⋅ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
4 4 4
1 1 1
(2 1)(3 1) 16 (3 1)( 1) 81 ( 1)(2 1)
P
a b c b c a c a b
= + + ⋅
+ + + + + +
PHẠM TRỌNG THƯ 
 (GV THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp) 
Cảm ơn thầy Phạm Trọng Thư chủ nhân  đã chia sẻ đến 
 2 
BÀI GIẢI CHI TIẾT 
Câu 1. Cho hàm số 3 26 9y x x x m= − + + (m là tham số) cĩ đồ thị ( ).
m
C 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )C khi 0.m = 
b) Tìm m để tồn tại tiếp tuyến với đồ thị ( )
m
C đi qua điểm (3;0)A và cắt đường trịn ( )S cĩ phương trình 
2 2( 1) ( 2) 25x y+ + − = theo một dây cungMN cĩ độ dài nhỏ nhất. 
Bài giải. 
a) Bạn đọc tự giải. 
b) Giả sử∆ là tiếp tuyến với đồ thị ( )
m
C đi qua Avà cắt đường trịn ( )S tại hai điểm phân biệt , .M N 
Đường trịn ( )S cĩ tâm ( 1;2),I − bán kính 5R = và điểm Anằm trong đường trịn ( ).S 
Vẽ IH ⊥ ∆ tại .H 
Ta cĩ 2 22 2 .MN MH R IH= = − 
Mà IH IA≤ nên 2 22MN R IA≥ − (hằng số). 
Do đĩ MN nhỏ nhất khi và chỉ khiH trùng với .A 
Đường thẳng ∆ đi qua Avà nhận vectơ (4; 2)IA = −



làm vectơ pháp tuyến, cĩ phương trình 2 6 0.x y− − = 
Đường thẳng ∆ tiếp xúc với đồ thị ( )
m
C nếu và chỉ nếu hệ sau cĩ nghiệm
3 2
2
6 9 2 6
3 12 9 2
x x x m x
x x
 − + + = −

− + =
Đến đây, ta tìm được 
36 10 15
9
m
− ±
= ⋅ 
Câu 2. Giải phương trình 
cos4 3 sin 2 2
3
sin 4 3 cos2
x x
x x
− +
= ⋅
−
Bài giải. 
Điều kiện ( )
4 2
cos2 0
sin 4 3 cos2 0 2sin 2 3 0 ( , , ) (*)3
6sin2
2
3
cos2
m
x
x
x x x x n m n l
x
x l
x
pi pi
pi
pi
pi
pi

≠ +
≠ 
 
− ≠ − ≠ ⇔ ⇔ ≠ + ∈ 
≠ 
 
≠ +

⇔ ℤ 
Với điều kiện trên thì PT đã cho tương đương ( ) ( )cos4 3sin 4 3 3cos2 sin2 2 0x x x x− + − + = 
2cos 4 3 cos 2 1 0 2cos 2 3 cos 2 0
3 6 6 6
6 2cos 2 0 2
6 6 2
( ).
5 33 5
2 2cos 2 cos
6 66 2 6
2
x x x x
k
x
x x k
x k k
x kx
x k
pi pi pi pi
pi pi
pi
pi pi
pi
pi
pi
pi pipi pi
pi
pi
pi
       
⇔ + + + + = ⇔ + + + =       
       

= +   + = + = +    ⇔ ⇔ ⇔ = + ∈     + = ± + + = − =      = − +

ℤ
Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy 
2
, ( )
3 2
x k x k k
pi pi
pi pi= + = − + ∈ℤ là nghiệm của PT đã cho. 
Câu 3. Tính tích phân 
1 2 2
2
2
2 4 3
.
( 1) 2 3
x x
I dx
x x x
+
− +
=
− − + +
∫ 
Bài giải. 
Ta cĩ 
1 2 1 2
2 2
2 2
2( 1)
2 3 ( 1) 2 3
x dx
I dx
x x x x x
+ +
−
= +
− + + − − + +
∫ ∫
( )21 2 1 2
2 2
2 2
1
2 3 1 2
22 3 1 1
1
2 2
x
d
d x x
x x x x
+ +
− 
 − + +  = − + ⋅
− + + − −   
−   
   
∫ ∫ 
i Tính 
( )
( ) ( )
21 2
2
1
2
2
1 2
2
2 3
2 2 3 2 2 3 .
2 3
d x x
I x x
x x
+
+
− + +
= = − + + = −
− + +
∫ 
 3 
i Tính 
1 2
2
2
2
1
2
1 1
1
2 2
x
d
I
x x
+
− 
 
 = ⋅
− −   
−   
   
∫ 
Đặt 
1
sin , ;
2 2 2
x
t t
pi pi−  
= ∈ − ⋅ 
 
Đổi cận: khi 2x = thì 
6
t
pi
= ; 1 2x = + thì 
4
t
pi
= ⋅ 
Ta cĩ 
4 4
4
2
66 6
tan
(sin ) 8ln tan ln
sin .cos sin 2
tan
12
d t dt t
I
t t t
pi pi
pi
pi
pi pi
pi
pi
 
  
= = = = ⋅  
   
 
∫ ∫ 
Vậy ( )1 2
tan
1 1 8
2 3 2 ln
2 2
tan
12
I I I
pi
pi
 
 
= − + = − + ⋅ 
 
 
Câu 4. 
a) Giải phương trình ( ) ( ) ( )2 422015 2015 2015
1
log 4 log 2 log 3 .
4
x x x− = + + − 
b) Cho số phức z thỏa mãn (1 2 ) 2(1 2 ).z i z i+ − = − Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2 3 .z zω = − 
Bài giải. 
a) Điều kiện ( ; 2) (2;3) (3; ).x∈ −∞ − ∪ ∪ +∞ 
Với điều kiện đĩ, phương trình viết lại là 
( ) ( )( ) ( )2 22 22015 2015log 4 log 2 3 4 2 3
2 ( 2) 3 (*).
x x x x x x
x x x
− = + − ⇔ − = + −
⇔ − = + −
i Với ( ; 2) (2;3) ,x (a)∈ −∞ − ∪ ta cĩ: 
2
8 2 2(*) 2 ( 2)(3 ) x xx x x ⇔ = ⇔ = ±⇔ − = + − (thỏa mãn (a)). 
i Với (3; ) ,x (b)∈ +∞ ta cĩ: 
2
2 4 0 1 5.(*) 2 ( 2)( 3) x x xx x x ⇔ − − = ⇔ = ±⇔ − = + − 
Đối chiếu với (b) ta được 1 5.x = + 
Vậy, phương trình đã cho cĩ các nghiệm là 2 2x = ± và 1 5.x = + 
b) Giả sử , ). (z x yi x y= + ∈ℝ Ta cĩ 
(1 2 ) 2(1 2 ) (1 2 )( ) 2 4z i z i x yi i x yi i+ − = − ⇔ + + − − = − 2 2 2 2 4 .x y xi i⇔ − − = −
2 4 2
2 .
2 2 2 1
x x
z i
x y y
− = − = 
⇔ ⇔ ⇒ = + 
− = = 
Do đĩ 2 23 (2 ) 3(2 ) 3 .z z i i iω = − = + − + = − + 
Vậy phần thực của số phức cần tìm là 3,− phần ảo là 1. 
Câu 5. Trong khơng gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z+ − = và hai đường 
thẳng
1
4
: ,
1 1 3
x y z−
∆ = =
−
2
6 2
:
1 2 2
x y z− +
∆ = = ⋅Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ),P điểm N trên đường 
thẳng
1
∆ sao cho M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng .
2
∆ Viết phương đường thẳng∆ đi qua ,M vuơng 
gĩc với
1
∆ và tạo với mặt phẳng ( )P một gĩc o.30 
Bài giải. 
Gọi ( ; ; 2 ), (4 ; ; 3 ).M m n m n N k k k+ + − 
Ta cĩ VTCP của đường thẳng
2
∆ là
2
(1; 2; 2)u
∆
=




và (4 ; ; 3 2 ),MN k m k n k m n= + − − − − −





trung điểm của 
MN là
4 2 3
; ; 
2 2 2
m k n k m n k
I
+ + + + − 
⋅ 
 
 4 
z 
B 
C 
D 
J 
y 
I 
A 
x 
S 
Vì M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng
2
∆ nên
2
2
. 0
I
MN u
∆
∈∆

=




 


 
2 2 3 2
2 4 2
1(4 ) 2( ) 2( 3 2 ) 0
m k n k m n k
k m k n k m n
+ − + + − +
= =
⇔ ⋅
 + − + − + − − − =
Giải hệ trên ta được 1, 1, 1.m n k= = − = 
Suy ra (1; 1; 1), (5; 1; 3).M N− − 
Gọi VTCP của đường thẳng 
1
, ∆ ∆ lần lượt là ( ; ; )u a b c
∆
=



( )2 2 2 0a b c+ + ≠ ,
1
(1; 1; 3)u
∆
= −




; VTPT của mặt 
phẳng ( )P là (2; 1; 1).n = −


Vì 
1
∆ ⊥ ∆ nên
1
3 0 3 (1)u u a b c b c a
∆ ∆
⊥ ⇔ + − = ⇔ = −


 



Vì gĩc giữa ∆ và mặt phẳng ( )P là 030 nên ( )0
2 2 2
. 21
sin30 cos ,
2. 6
u n a b c
u n
u n a b c
∆
∆
∆
+ −
= = ⇔ =
+ +


 


 


  (2) 
 Thế (1) vào (2) khai triển và rút gọn lại ta được 2 211 13 2 0c ac a c a− + = ⇔ = hoặc
2
11
c a= ⋅ 
Chọn ( 1, 2 a b= = và 1c = ) hoặc( 11, 5 a b= = − và 2c = ) ta được PT đường thẳng 
1 1 1
:
1 2 1
x y z− + −
∆ = = hoặc 
PT đường thẳng 
1 1 1
:
11 5 2
x y z− + −
∆ = = ⋅
−
Câu 6. Cho hình chĩp .S ABCD cĩ đáy ABCD là hình vuơng, ( ), .SA ABCD SA a⊥ = Diện tích tam giác 
SBC bằng
2
2
2
a
⋅ Tính thể tích khối chĩp .S ABCD theo .a Gọi ,I J lần lượt là trung điểm các cạnh SB và 
.SD Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và .CJ 
 Bài giải. 
i Tính thể tích khối chĩp .S ABCD theo .a 
Ta cĩ{ ( )BC AB BC SAB BC SBBC SA
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
 SBC⇒∆ vuơng tại .B 
Gọi x là độ dài cạnh hình vuơng .ABCD Tam giác SBC cĩ diện tích là 
2
2 21 1 2
. . .
2 2 2
SBC
a
S SB BC x a x x a= = + = ⇔ = 
Thể tích khối chĩp .S ABCD là
3
1
.
3 3
ABCD
a
V S SA= = (đvtt). 
i Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và .CJ 
Dựng hệ trục Axyz như hình vẽ ta cĩ : (0; 0; 0);A ( ; ; 0);C a a
; 0; ;
2 2
a a
I
 
 
 
0; ; 
2 2
a a
J
 
⋅ 
 
Ta cĩ 
2 2 2
3
, ; ; ( ; ; 0).
4 4 4
; 
a a a
AI CJ AC a a= − − =
 
    
 


 

 



Khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và CJ là 
3
2
, . 22( , )
1111,
4
a
AI CJ AC
a
d AI CJ
aAI CJ
 
 
= = = ⋅
 
 


 


 





 



Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD cĩ tâm (2; 1)I và 2 .AC BD= Điểm 
1
0;
3
M
 
 
 
thuộc đường thẳng ,AB (0; 7)N thuộc đường thẳng .CD Tìm tọa độ điểm P biết 5BP BI=



 


 với điểm B cĩ tung độ 
dương. 
Bài giải. 
PT đường thẳng AB qua M cĩ dạng ( )2 21 0 0 ,
3
 ax b y a b
 
+ − = + > 
 
suy ra PT đường thẳngCD qua N và song 
song với AB là ( 7) 0.ax b y+ − = Do đường thẳng AB vàCD đối xứng nhau qua tâm ,I nên ta cĩ 
 5 
( , ) ( , )d I AB d I CD
I AB CD
=

 nằm giữa hai đường và 
2 2 2 2
2
2
2 63
2
2 (2 6 ) 3 4 .
3
2
2 (2 6 ) 0
3
a b
a b
a b a b a ba b a b
a b a b

+ −
 =
⇔ ⇔ + = − − ⇔ = + +

  + − <  
Chọn 4a = và 3b = ta được PT : 4 3 1 0.AB x y+ − = 
Do ABCD là hình thoi nên AC BD,⊥ do đĩ 

1
tan 2 cos( , )
5
AI AC
ABI AB BD
BI BD
= = = ⇒ = ⋅ 
PT đường thẳng BD qua I cĩ dạng ( )2 2( 2) ( 1) 0 0 . m x n y m n− + − = + > 
Ta cĩ ( )2 2 2 2
2 2
4 3 1
cos( , ) 5 16 24 9
55
m n
AB BD m n m mn n
m n
+
= = ⇔ + = + +
+
2 2
11 24 4 0m mn n⇔ + + = 2m n⇔ = − hoặc 
2
11
m n= − ⋅ 
Chọn ( 2m = và 1n = − ) hoặc( 2m = và 11n = − ) ta được PT : 2 3 0BD x y− − = hoặcPT : 2 11 7 0BD x y− + = 
Do B cĩ tung độ dương và B cũng là giao điểm của AB và BD nên
1 3
;
5 5
B
 
− ⋅ 
 
Theo giả thiết 
1 11 54
5
54 135 5 5
5 ;
3 2 13 5 5
5
5 5 5
P P
P P
x x
BP BI P
y y
 
+ = ⋅ =    
= ⇔ ⇔ ⇒ ⋅   
  − = ⋅ =
  



 


Câu 8. Giải hệ phương trình 
44
2 2
3 2 5
2 ( 2) 8 4 0
x x y y
x y y y
 + + − − + =
⋅
 + − + − + =
x
Bài giải. 
Điều kiện để HPT đã cho cĩ nghĩa là 2≥x (*) 
PT thứ hai của hệ cĩ thể viết lại dưới dạng 24 ( 2) 0y x y y= + − ⇒ ≥ (**) 
Đặt 44 2 0) 3 5.t x t x t= − ≥ ⇒ + = + ( 
Do đĩ PT thứ nhất của hệ trở thành 4 45 5t t y y+ + = + + (1) 
Xét hàm số 4( ) 5, 0f u u u u= + + ≥ , ta cĩ 
3
4
2
( ) 1 0, 0
5
u
f u u
u
′ = + > ∀ ≥
+
 nên hàm số đồng biến trên [0; ).+∞ 
Từ (1) cĩ ( ) ( ),f t f y= suy ra 4 2t = ⇔ = +y x y (2) 
Thế (2) vào 24 ( 2)y x y= + − được ( )4 2 7 44 ( ) 2 4 0y y y y y y y= + ⇔ + + − = (3) 
Mà 7 4( ) 2 4g y y y y= + + − , cĩ 6 3( ) 7 8 1 0 0g y y y y′ = + + > ∀ ≥ nên hàm số đồng biến trên [0; ).+∞ 
Do đĩ PT(3) cĩ nghiệm 0y = hoặc 1.y = 
Đối chiếu với điều kiện (*) và (**), suy ra HPT đã cho cĩ hai nghiệm ( ; )x y là (2; 0), (3; 1). 
Câu 9. Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn
1
6
abc = ⋅ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
4 4 4
1 1 1
,
(2 1)(3 1) 16 (3 1)( 1) 81 ( 1)(2 1)
P
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +
Bài giải. 
Đặt 
1 1 1
, , ,
2 3
x y z
a b c
= = = do
1
6
abc = nên 1.xyz = Thay vào biểu thức P ta được 
3 3 3
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)
x y z
P
y z z x x y
= + + ⋅
+ + + + + +
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương 
3
1 1
, ,
( 1)( 1) 8 8
x y z
y z
+ +
+ +
 ta cĩ 
 6 
3 3
3
1 1 1 1 3
3
( 1)( 1) 8 8 ( 1)( 1) 8 8 4
x y z x y z x
y z y z
+ + + +
+ + ≥ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
+ + + +
Tương tự 
3 3
1 1 3 1 1 3
,
( 1)( 1) 8 8 4 ( 1)( 1) 8 8 4
y z x y z x y z
z x x y
+ + + +
+ + ≥ + + ≥ ⋅
+ + + +
Cộng theo vế ba BĐT trên rồi rút gọn ta được 
3
2 4
x y z
P
+ +
≥ − (1) 
Lại vì 1,xyz = ta cĩ 33 3x y z xyz+ + ≥ = (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
3
4
P ≥ ⋅ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.x y z= = = Lúc đĩ 
1 1
1, ,
2 3
a b c= = = ⋅ 
Vậy GTNN của P là 
3
,
4
đạt được khi 
1 1
( ; ; ) 1; ;
2 3
 a b c
 
= ⋅ 
 