Đề thi thử Toán 12 - Số 1

 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 1 
ĐỀ MEGABOOK SỐ 1 MÔN TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 22y x x  (C). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C . 
b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng y m cắt đồ thị  C tại 4 điểm phân biệt , , ,E F M N . Tính tổng 
các hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị  C tại các điểm , , ,E F M N . 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 
1 co s 2
2 co s . 1 c o t
4 s in
x
x x
x
  
   
 
. 
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm tích phân 
 
2
0
2 s in 3 2 co s
s in co s
x x x x
I d x
x x x
  


 . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức 3 2 3z i   . Hãy tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức w , 
biết w 1 3z i   . 
b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau. Tính số phần tử của S. từ tập hợp S chọn 
ngẫu nhiên một số, tính xác suất để trong 5 chữ số của nó có đúng 2 chữ số lẻ. 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho đường thẳng 
43 3
:
3 1 1
yx z
d
 
  và mặt 
phẳng ( ) : 2 2 9 0x y z     . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong   ;  qua giao điểm A của d 
và   và góc giữa  và Ox bằng 
0
4 5 . 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B . Tam giác SAC cân tại S và 
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng  SBC và đáy bằng 
0
6 0 . Biết 2 ;SA a BC a  . 
Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy , cho hình thang ABCD vuông tại A và B . Đường 
chéo AC nằm trên đường thẳng : 4 7 28 0d x y   . Đỉnh B thuộc đường thẳng : 5 0x y    , đỉnh A có 
tọa độ nguyên. Tìm tọa độ , ,A B C biết  2 ; 5D và 2BC AD . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2
2 3 22
5 2 7 1
3 3 1
x y y
x y x x y x
x y
  
      

   
 ,x y  R . 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn 0 ; 1 0 ; 1 0 ; 2 1 0a b c a b c         . Tìm giá trị lớn 
nhất của biểu thức 
1 1 2 1
a b c
P
a b c
  
  
. 
..................HẾT.................. 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1.a. 
- Tập xác đinh: D R . 
- Sự biến thiên: 
+ Chiều biến thiên: 3' 4 4y x x  ; 
0
' 0
1
x
y
x
 
  
 
. 
 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 2 
   ' 0 , 1; 0 1;y x     , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  1; 0 và  1;  . 
   ' 0 , ; 1 0 ; 1y x     , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1  và  0 ; 1 . 
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0 , 0
CD
x y  . Hàm số đạt cực tiểu tại 1 , 1
C T
x y    . 
+ Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
   
    . 
+ Bảng biến thiên 
x  1 0 1  
'y  0  0  0  
y  
 1 
 0 
1 
  
- Đồ thị: 
 + Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm      2 ; 0 , 0 ; 0 , 2 ; 0 
+ Đồ thị hàm số cắt trục O y tại điểm  0 ; 0 . 
+ Đồ thị hàm số nhận trục O y làm trục đối xứng. 
+ Đồ thị hàm số đi qua điểm    2 ; 8 , 2 ; 8 . 
- Vẽ đồ thị: 
Câu 1.b. Từ đồ thị suy ra, để đường thẳng y m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt khi 1 0m   . 
Hoành độ 4 giao điểm là nghiệm của phương trình 4 2 4 22 2 0x x m x x m      (*). 
Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi phương trình 2 2 0t t m   có 2 nghiệm dương phân biệt 
1 2
0 t t  . 
Khi đó 4 nghiệm của pt (*) là 
1 2 2 1 3 1 4 2
; ; ;x t x t x t x t      . 
Như vậy ta có 
1 4 2 3
;x x x x    . Ta có 3' 4 4y x x  . 
Suy ra tổng hệ số góc của 4 tiếp tuyến tại 4 giao điểm với đồ thị  C là: 
       
3 3 3 3
1 2 3 4 1 1 1 2 1 3 1 4
4 4 4 4 4 4 4 4k k k k x x x x x x x x           
       
3 3 3 3
1 4 2 3 1 4 2 3
4 4 4 4 0x x x x x x x x         . 
Nhận xét: Đây là dạng toán biện luận số giao điểm của một đường thẳng  d với một hàm số  C cho trước. 
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số dựa vào dáng điệu của đồ thị xét các trường hợp: 
+  d cắt  C tại  1n n  điểm phân biệt. 
+  d và  C không có điểm chung. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 3 
+Kiến thức cần nhớ: Điểm  ,Q QQ x y là tọa độ tiếp điểm của hàm số  y f x . Phương trình tiếp tuyến tại 
Q là    ' Q Q Qy f x x x y   , hệ số góc tiếp tuyến là  ' Qk f x . 
+ Tìm m để đường thẳng y m cắt  C tại 4 điểm , , ,E F M N : Dựa vào dáng điệu đồ thị , đường thẳng 
y m song song với trục Ox nên sẽ cắt  C tại 4 điểm phân biệt khi 1 0m   . 
+ Tính tổng hệ số góc tiếp tuyến: Đổi biến 2t x ta có  d cắt  C tại 4 điểm phân biệt nên phương trình có 
hai nghiệm dương phân biệt. Tham số các nghiệm theo t tính được 4 hệ số góc tiếp tuyến tại 4 hoành độ 
giao điểm ( đối xứng qua trục O y ) , từ đó tính được tổng hệ số góc. 
Lưu ý: Ngoài cách sử dụng dáng điệu đồ thị ta có thế làm như sau: Viết phương trình giao điểm 
4 2 4 2
2 2 0x x m x x m      . Bài toán tương đương tìm m để phương trình 4 22 0x x m   có 4 nghiệm 
phân biệt. 
Đổi biến 2 0t x  , ta tìm m để phương trình 2 2 0t t m   có 2 nghiệm 
2 1
' 0
0 0
0
t t S
P
  

   



. 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Cho hàm số  
3 2
1 3 1y x m x x m      . Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị tại 
điểm có hoành độ bằng 1 tạo 2 trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2. 
Đáp số: 1, 3m m   . 
b. Cho hàm số 3 3 2y x x   . Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số để tiếp tuyến của hàm số tại M cắt đồ 
thị tại điểm thứ hai là N thỏa mãn 6
M N
x x  (Thi thử lần 3-THPT Thái Hòa-Nghệ An). 
Đáp số:    2 ; 4 , 2 ; 0M M  . 
Câu 2. Điều kiện ;x k k   Z . 
Phương trình tương đương  
2
2 co s co s
s in co s 1
s in s in
x x
x x
x x
   
     
2 2
sin co s 2 co s sin co s sin co s 2 co s 1 0x x x x x x x x        
 
s in co s 0
sin co s co s 2 0
co s 2 0
x x
x x x
x
  
    

. 
+ Với s in co s 0 tan 1
4
x x x x k

          . 
+ Với co s 2 0 2
2 4 2
x x k x k
  
        . 
Phương trình có nghiệm: ;
4 2
x k k
 
   Z . 
Nhận xét: Bài toán lượng giác cơ bản , ta chỉ cần sử dụng bến đổi các công thức hạ bậc , cosin của một hiệu 
và phân tích nhân tử. Tuy nhiên cần hết sức lưu ý việc xem xet điều kiện xác định của phương trình để tránh 
kết luận thừa nghiệm dẫn tới lời giải sai. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
 -Công thức cosin của một tổng , hiệu : 
 
 
c o s c o s c o s s in s in
co s c o s c o s s in s in
a b a b a b
a b a b a b
   

  
-Công thức hạ bậc: 21 co s 2 2 co sc c  , 21 co s 2 2 sinc c  
-Công thức nghiệm cơ bản của phương trình lượng giác: 
. 
2
sin s in ;
2
x k
x k Z
x k
    
   
     
 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 4 
. cos cos 2 ;x x k k Z        
. ;tanx tan x k k Z        
. cot cot ;x x k k Z        
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Giải phương trình 
5
5 co s 2 4 s in 9
3 6
x x
    
      
   
. Đáp số: 2
3
x k

   . 
b. Giải phương trình 
s in co s
2 tan 2 co s 2 0
sin co s
x x
x x
x x

  

. Đáp số: 
2
x k

 . 
Câu 3. 
 
2 2
0 0
2 sin 3 2 co s 3 co s
2
s in co s s in co s
x x x x x x
I dx dx
x x x x x x
    
   
  
  
 
22
0 0
s in co s '
2 3
s in co s
x x x
x d x
x x x
 
 

 
2
0
3 ln s in co s 3 ln ln 1 3 ln
2 2
x x x

  
           
 
. 
Nhận xét: Bản chất của bài toán là tách tử của biểu thức dưới dấu tích phân theo mẫu và đạo hàm của mẫu. 
Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta khó có thể sử dụng một trong hai phương pháp đổi biến số hoặc tích phân 
từng phần. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Ta có 
     
 
 
 
 
. g ' 'f x g x x g x
dx f x dx dx
g x g x

    . 
Tổng quát : 
       
 
 
   
 
' . 'f x g x h x g x h x g x
dx f x dx dx
g x g x

    . 
-Với các nguyên hàm cơ bản của  f x , công thức nguyên hàm tổng quát 
'
ln
u
du u C
u
  . Thay cận ta tính 
được I . 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Tính tích phân 
 
2
3
0
s in
s in c o s
x
I d x
x x



 . Đáp số: 
1
2
I  . 
b. Tính tích phân 
 1
1
ln
e x
x
x e
I d x
x e x



 . Đáp số: 
1
ln
e
e
I
e

 . 
Câu 4.a. Ta có    
2 2
3 2 3 3 2 9a b i i a b         (1). 
1
w 1 3 1 3
3
a x
z i x y i a b i i
b y
  
          
 
. 
Thay vào (1) ta được    
2 2
2 5 9x y M     thuộc      
2 2
: 2 5 9C x y    . 
Vậy tập hợp điểm M là đường      
2 2
: 2 5 9C x y    . 
Nhận xét: Đây là dạng toán toán tìm biếu diễn của số phức w theo số phức z thỏa mãn điều kiện nào đó. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Mọi số phức có dạng  ; ,z a b i a b R   . 
-Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo của 2 số đó bằng nhau. 
- Từ số phức z : Thay z a bi  vào phương trình 3 2 3z i   . Tìm được mối quan hệ giữa phần thực và 
phần ảo. 
 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 5 
- Đặt w x y i  , thay lại biểu thức mối quan hệ phần thực và ảo của z ta tìm được tập hợp điểm biểu diễn. 
-Các trường hợp biểu diễn cơ bản : 
+Đưởng tròn:    
2 2 2 2 2
; 2 2 0x a y b R x y ax by c         . 
+Hình tròn:    
2 2 2 2
; 2 2 0x a y b R x y ax by c         . 
+Parapol: 2y ax b x c   . 
+Elipse: 
22
2 2
1
yx
a b
  . 
Bài toan kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Cho số phức z thỏa mãn 
1 3
1
i
z
i



. Tìm modul của số phức w z iz  . Đáp số: w 2 . 
b. Tìm số phức z thỏa mãn  1 3 i z là số thực và 2 5 1z i   . Đáp số: 
7 21
2 6 ;
5 5
z i z i    . 
Câu 4.b. Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữ số khác nhau và trong 5 chữ số của nó có đúng 2 số 
lẻ. Ta tìm số phần tử của A như sau: Gọi y m npqr A  , ta có: 
+ Trường hợp 1: Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0: 
Lấy thêm 2 số lẻ và 2 số chẵn có 2 2
5 4
.C C cách; 
Xếp 5 số được chọn vào các vị trí , , , ,m n p q r có 4.4! cách. 
Suy ra trường hợp 1 có 2 2
5 4
.4 .4 ! 5 7 6 0C C  . 
+ Trường hợp 2: Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt số 0: 
Lấy thêm 2 số lẻ và 3 số chẵn có 2 3
5 4
.C C cách; 
Xếp 5 số được chọn vào các vị trí , , , ,m n p q r có 5! cách. 
Suy ra trường hợp 2 có 2 3
5 4
.5 ! 4 8 0 0C C  . 
Vậy 5760 4800 10560A    . Do đó  
10560 220
27216 567
P A   . 
Nhận xét: Bài toán xác suất cơ bản , ta chỉ cần áp dụng công thức tính xác suất với biến cố theo dữ kiện 
trong giả thiết. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Công thức tính xác suất của một biến cố A :  
 A
P A



( trong đó  A là số trường hợp thuận lợi cho 
A ,  là tổng số kết quả có thể xảy ra ). 
- Ta tính tổng số kết quả có thể xảy ra. 
- Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữa số khác nhau và trong 5 chữa số của nó có đúng 2 số lẻ. 
- Tính số phần tử của A bằng cách gọi y m npqr A  . Ta chia các trường hợp sau: 
+Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0. 
+Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt chữ số 0. 
- Áp dụng công thức tính xác suất ta được  P A . 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 có thế lập được bao nhiêu số lẻ có 4 chữ số đôi một khác nhau và luôn có 
mặt chữ số 2. Đáp số: 204. 
b. Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất có ít 
nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn 
5
6
.(Thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc khối D 2012-
2013). Đáp số: Rút ít nhất 6 thẻ. 
 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 6 
Câu 5. Gọi A là giao điểm của d và   , suy ra  –3 ; 2 ; 1A . Gọi  ; ;u a b c là một vectơ chỉ phương của 
 . 
Ta có một vectơ pháp tuyến của   là  2 ; –2 ; 1n  . 
Ta có . 0 2 2 0 2 2u n a b c c a b         . 
   
2
2 2
2 2 2
2 2
co s , 2 2 2
2 2
a
O x a a b a b
a b c
        
 
2 2 2 2 2
2 5 8 5 3 8 5 0 5
3
a b
a a ab b a ab b b
a
 
        
 

. 
+ Với a b , chọn 
3
1 0 : 2
1
x t
a b c y t
z
   

       


. 
+ Với 
5
3
b
a  , chọn 
23 1
3 ; 5 4 :
5 3 4
yx z
b a c
 
        

. 
Nhận xét: Hướng giải cho bài toán: Để viết phương trình đường thẳng  ta tìm một điểm thuộc  và một 
vector chỉ phương của  . 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
- Tìm tọa độ giao điểm  A d  : Tham số hóa A d , thay vào mặt phẳng   ta tính được A . 
- Viết phương trình đường thẳng  : Tham số hóa  ; ;u a b c là một vector chỉ phương của  . Do 
   . 0u n      (Với  n  là một vector pháp tuyến của   ). Ta tìn được mối quan hệ giữa , ,a b c . Chọn 
vector chỉ phương viết được  . 
- Lại có công thức tính góc giữa hau đường thẳng      
'
'
.
; ' : c o s , '
.
d d
d d
u u
d d d d
u u
  
   
0 2
; 4 5 co s ;
2
O x O x     . 
- Một đường thẳng có vố số vector chỉ phương nên lần lượt chọn giá trị ,a b cho các trường hợp tương ứng. 
Bài toán kết thúc. 
Bài tập tương tự: 
a. Trong hệ trục tọa độ O xyz , cho điểm  1; 2 ; 1A  , đường thẳng 
2 2
:
1 3 2
yx z
d
 
  và mặt phẳng 
  : 2 1 0x y z     . Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt d và song song với mặt phẳng 
  . 
Đáp số: 
21 1
2 9 5
yx z 
 
 
. 
b. Trong hệ trục tọa độ O xyz , cho điểm  0 ; 1; 3A và đường thẳng 
1
: 2 2
3
x s
d y t
z
  

 



. Hãy tìm các điểm 
,B C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC đều. 
Đáp số: 
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ; 3 , ; ; 3
5 5 5 5
6 3 8 2 3 6 3 8 2 3
; ; 3 , ; ; 3
5 5 5 5
B C
B C
       
    
   
    

      
       
   
. 
 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 7 
Câu 6. Gọi H là trung điểm AC , suy ra  SH ABC . 
Kẻ HI BC SI BC   . 
Góc giữa  SBC và đáy là 
0
6 0S IH  . 
2 2 01 5 3 5
. s in 6 0
2 4
a a
S I S C IC SH S I      
1 1 5 1 5
2
2 4 2
a a
H I S I A B H I     . 
3
1 1 5 3
. . .
3 2 1 6
a
V A B BC SH  (đvtt). 
Kẻ Ax song song với BC , HI cắt Ax tại K . Kẻ IM vuông góc với SK . 
Ta có    AK SIK AK IM IM SAK     . 
Tam giác SIK đều, suy ra 
3 5
4
a
IM SH  . 
Nhận xét: Đây là toán có sử dụng hình học không gian tổng hợp lớp 11, 
yếu tố vuông góc của hai mặt phẳng , góc giữa hai mặt phẳng. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Công thức tính thể tích khối chóp 
1
. h
3
V B . 
-Dựng góc giữa hai mặt phẳng    ,SBC ABC : Goi H là trung điểm của AC . Do mặt phẳng    SAC ABC 
nên  SH ABC .  
0
, 6 0SBC A BC S IH  . 
- Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp 
.
1 1 1
. . . .
3 3 2
S A BC
V B h V A B BC SH   . 
- Tính khoảng cách  ,d SA BC : Lí thuyết tính bằng cách khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng này 
tới một mặt phẳng chứa đường thẳng còn lại. 
Kẻ / /Ax BC , kẻ    IM SK AK SIK IM SAK     . Suy ra  ,d SA BC IM SH  . 
Lưu ý: Có thể sử dụng tỉ lệ khoảng cách. 
Bài toán kết thúc 
Bài tập tương tự: 
a. Cho hình chóp tam giác đều .S ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bân và đáy bằng 060 . Gọi M 
là trung điểm của SC . Tính thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và 
SB . Đáp số: 3
3
2 4
V a (đvtt) và  
2
,
4
a
d AM SB  . 
b. Cho hình chóp .S ABC có 3SA a , SA tạo với đáy  ABC một góc bằng 
0
60 . Tam giác ABC 
vuông tại B , 03 0A C B  . G là trọng tâm tam giác ABC , hai mặt phẳng    ,SGB SGC cùng vuông 
góc với mặt phẳng  ABC . Tính thể tích khối chóp .S ABC . 
Đáp số: 
3
2 4 3
1 1 2
a
V  (đvtt). 
Câu 7. Do B   , suy ra  ; 5B b b  . 
Ta có 
 
 
;
2
;
d B A C BE BC
D E ADd D A C
   . 
2 2 2 2
9 3
4 7 ( 5 ) 2 8 4 .2 7 .5 2 8 1 1 6 3 3 0
2 1 1 6 3 3 0 1 1
1 1 6 3 3 04 7 4 7 3
b b b b
b
b
b

              
     
. 
 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 8 
B và D ở khác phía đối với đường thẳng AC nên      4 7 28 4 7 28 0 30 11 63 0B B D Dx y x y b        . 
Do đó ta được 3b  , suy ra  3 ; –2B . 
Ta có 
2 8 4 4 7
( ) ; 2 ;
7 7
a a
A D A a D A a
     
       
   
 và 
4 4 2
3 ;
7
a
B A a
  
  
 
. 
Do đó    
     
 
2
0 0 ; 4
4 7 4 42
. 0 2 3 0 65 385 0 77
49 l
1 3
a A
a a
D A BA a a a a
a
  
   

         



. 
Ta có 
 
 
 
3 2 2 0
2 7 ; 0
2 2 5 4
C
C
x
B C A D C
y
   
  
  
. 
Vậy    4 ; 0 , 3; –2A B và  7 ; 0C là điểm cần tìm. 
Nhận xét: Để giải bài toán ta sử dụng kiến thức tham số hóa điểm thuộc đường thẳng cho trước, sử dụng 
khoảng cách-tỉ lệ khoảng cách tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C . 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Phương pháp tham số hóa điểm theo đường thẳng cho trước: Điểm 
  : 0 ;
m x p
P d m x n y p P
n
 
       
 
. 
-Khoảng cách từ điểm  ;M MM x y tới phương trình đường thẳng   : 0mx ny p    được xác định theo 
công thức  
2 2
;
M M
m x n y p
d M
m n
 
 

. 
-Tính chất vector:    ; , ;u x y v z t với 
x kz
u k v
y kt
 
  

. 
Áp dụng cho bài toán: 
- Tham số hóa tọa độ điểm B   . Do 
 
 
;
2
;
d B A C BE BC
D E ADd D A C
   ( E AC BD  ), ta có điểm B . 
-Để loại nghiệm sử dụng tính chất:    4 7 28 4 7 28 0B B D Dx y x y     B . 
-Tương tự   ,A d DA BA  . Mặt khác , . 0D A BA A  . 
- Tính tọa độ điểm C : 2BC AD C  . 
Bài tập tương tự: 
a. Trong mặt phẳng O xy , cho tam giác ABC cân tại A , trực tâm  3 ; 2H  . Gọi ,D E lần lượt là chân 
đường cao kẻ từ ,B C . Biết điểm A thuộc đường thẳng   : 3 3 0d x y   , điểm  2 ; 3F  thuộc đường 
thẳng DE và 2HD  . Tìm tọa độ đỉnh A . 
Đáp số:  3 ; 0A . 
 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 9 
b. Trong mặt phẳng O xy , cho tam giác ABC có    1; 3 , 5 ; 1A B  . Điểm M thuộc đường thẳng BC 
sao cho 2MC BB . Tìm tọa độ đỉnh C biết 5MA AC  và đường thẳng BC có hệ số góc nguyên. 
Đáp số:  4 ; 1C  . 
Câu 8. Phương trình thứ hai tương đương 
2
2 3 22
3 2 3 3 2
x y y
x y y
  
      . 
Đặt 
2
2 3
2
u x y
v y
   

 
, ta được 3 3u vu v   . 
Xét   3
t
f t t  ; ta có  ' 3 ln 3 1 0 ;
t
f t t     R , suy ra  f t đồng biến trên . 
Nhận thấy    f u f v u v   là nghiệm duy nhất cua phương trình. 
 2 22 3 2 1u v x y y y x         . 
Thay 2 1y x  vào phương trình thứ nhất, ta được  
2 2 2
1 5 2 7 1 1x x x x x x        
     
2 3 2 2
2 5 1 7 1 2 1 3( 1) 7 1 1x x x x x x x x x              . 
Đặt 
2
1 ; 0
1 ; 0
a x a
b x x b
   

   
. 
Phương trình trở thành 2 2
3
2 3 7
2
b a
b a ab
a b
 
   

. 
+ Với  
2 2
4 6 2 3 8 6
3 1 9 1 8 1 0 0
4 6 2 3 8 6
x y
b a x x x x x
x y
     
           
     
. 
+ Với    
2 2
2 1 4 1 4 3 5 0 vna b x x x x x          . 
Hệ phương trình có nghiệm:      ; 4 6 ; 2 3 8 6 , 4 6 ; 2 3 8 6x y      . 
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng kết hợp phương pháp hệ số bất định. 
Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 
-Hàm số  f x đồng biến(nghịch biến) trên    D f u f v u v    . 
-Hàm số  f x đồng biến(nghịch biến) trên   0D f x  có nhiều nhất 1 nghiệm. 
-Hàm số  f x đồng biến trên D ,  g x nghịch biến trên    D f x g x  có nghiệm duy nhất. 
Ý tưởng: Từ phương trình thứ nhất tách hoặc bình phương sẽ ra phương trình khó bậc cao, khó tìm mối quan 
hệ giữa ,x y . 
- Nhận thấy phương trì