Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán - Tập 2

Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
Chinh phục đề thi THPT quốc gia môn Toán tập 2 
(Cuốn ở bên phải, hàng thứ nhất). 
Giá bìa: 179.000đ 
___________________________________________________ 
Đặt sách Lovebook phiên bản 2.0: https://goo.gl/XeHwk5 
Giải đáp các thắc mắc trong sách Lovebook:  
Tài liệu Lovebook chọn lọc:  
Kênh bài giảng Lovebook: https://goo.gl/OAo45w 
Đăng ký nhận tài liệu thường xuyên Lovebook: https://goo.gl/ol9EmG 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
ĐỀ SỐ 21 
Câu I (1,0 điểm). Cho hàm số y = 


2x 1
x 2
có đồ thị (C) 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 
b) Cho 3 điểm A, B, C phân biệt thuộc (C )lần lượt có hoành độ xA, xB, xC nhỏ hơn 2. Chứng minh rằng 
 tam giác ABC không phải là tam giác vuông. 
Câu II (1,0 điểm). Giải phương trình sinx(1 + 2cos2x) = 1 
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I = 
ln2
x x
0
e ln(e 1)dx . 
Câu IV ( 1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với C(3; 2; 3), đường cao AH: 
  
 

x 2 y 3 z 3
,
1 1 2
phân giác trong BM: 
  
 

x 1 y 4 z 3
.
1 2 1
Viết phương trình trung tuyến CN của tam 
giác ABC. 
Câu V (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình vuông, cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với 
mặt phẳng đáy, góc giữa SD và mặt phẳng ABCD bằng 600. 
1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 
2. Số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SCD) bằng α. Tính sin α. 
Câu VI (1,0 điểm). 
1.Tính tổng C = C50
0 − 3C50
2 + 32C50
4 −⋯324C50
48 − 325C50
50 
2.Cho số phức z thỏa mãn 



(1 3.i)
z .
1 i
 Tìm môđun của số phức z i.z 
Câu VII (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; −2), phương trình 
đường cao BB’ là: 3x – y + 1 = 0 và phương trình đường trung tuyến CM là : 2x +5y - 2 = 0. Tìm phương 
trình các đường thẳng AC, AB, BC 
Câu VIII(1 điểm) Giải hệ phương trình 
      

   
3 2 2 3 2x 3x y 4x 4y 16xy 16y 0
x 2y x y 2 3
 (x, y  ℝ). 
Câu IX (1,0 điểm). Cho hình vuông ABCD. Đặt n điểm lần lượt trên các cạnh của hình vuông theo cách: A1 ∈
AB, A2 ∈ BC, A3 ∈ CD, A4 ∈ DA, A5 ∈ ABsao cho không điểm nào trùng nhau và không trùng A, B, C, D. 
Biết rằng số tam giác có 3 đỉnh lấy từ n điểm A1, A2, A3,  An là 17478, hỏi điểm An An được đặt trên cạnh 
nào? 
---------- HẾT ---------- 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN 
Câu I.2 
Trước những bài toán về tam giác vuông , ta thường có hai hướng giải quyết: 
+ Sử dụng định lý Pitago 
+ Sử dụng tích vô hướng 
Ở bài này ta có thể sử dụng cả 2 cách để giải một cách không mấy khó khăn, ta sẽ chọn phương pháp tích 
vô hướng để giải. 
ΔABC không vuông ⇔ {
AB⃗⃗⃗⃗ ⃗. AC⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (xB − xA)(xC − xA) + (yB − yA)(yC − yA) ≠ 0
AB⃗⃗⃗⃗ ⃗. BC⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (xB − xA)(xC − xB) + (yB − yA)(yC − yB) ≠ 0
BC⃗⃗⃗⃗ ⃗. AC⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (xC − xB)(xC − xA) + (yC − yB)(yC − yA) ≠ 0
 (1) 
Nhận thấy điểm đặc biệt xA; xB; xC ∈ (−∞; 2) là khoảng nghịch biến của hàm số ⟶ chứng minh (1) bằng 
đánh giá bất đẳng thức. 
Giả sử A(xA, yA); B(xB, yB); C(xC, yC) và không mất tính tổng quát ta giả sử xA < xB < xC . 
Do hàm số y =
2x − 1
x − 2
 nghịch biến trong khoảng (−∞; 2) 
⟹ yA > yB > yC 
Ta có: 
xB − xA 0
yB − yA > 0; yC − yA > 0 ⇒ (yB − yA)(yC − yA) > 0
} 
⇒ AB⃗⃗⃗⃗ ⃗. AC⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (xB − xA)(xC − xA) + (yB − yA)(yC − yA) > 0 
Tương tự: 
AB⃗⃗⃗⃗ ⃗. BC⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (xB − xA)(xC − xB) + (yB − yA)(yC − yB) > 0 
BC⃗⃗⃗⃗ ⃗. AC⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (xC − xB)(xC − xA) + (yC − yB)(yC − yA) > 0 
Vậy tam giác ABC không phải tam giác vuông 
Nhận xét: 
-Bài này chỉ xuất phát đơn thuần từ tính chất đơn điệu của bài toán nên hoàn toàn có thể mở rộng được 
như sau: Xét hàm số f đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến) và liên tục trên D. Khi đó, với mọi bộ 3 điểm 
A, B, C thỏa mãn xA, xB, xC ∈ D thì tam giác ABC là tam giác tù. Bạn đọc có thể chứng minh điều này tương 
tự như lời giải trên. 
Câu II. 
 Giải phương trình: sin x (1 + 2cos2x) = 1 
Nhận thấy 2cos2x = 1 − 2sin2x do đó ta có thể đưa phương trình về ẩn phụ là sinx, sau đó giải tìm 
nghiệm như phương trình đại số thông thường. 
sinx (1 + 2cos2x) = 1 
⇔ sin x [1 + 2(1 − 2sin2x)] = 1 ⇔ 3 sin x − 4sin2x = 1 
⇔ (sin x + 1)(2 sin x − 1)2 = 0 ⇔ [
1 − 2sinx = 0
sinx + 1 = 0
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
Với ∶ 1 − 2 sin x = 0 ⇔ [
x =
π
6 + k2π
x =
5π
6 + k2π
Với ∶ sin x + 1 = 0 ⇔ x = −
π 
2
 + k2π 
Kết luận nghiệm: x =
π
6
 +
k2π
3
Câu III 
I = ∫ ex ln(ex + 1) dx
ln2
0
= ∫ ln(ex + 1) d(ex + 1)
ln2
0
Đây là dạng tích phân từng phần quen thuộc. (xem đề 26) 
Đặt u = ln(ex + 1) , dv = d(ex + 1) ⇒ v = ex + 1 
I = ln(ex + 1) . (ex + 1) |
ln2
0
− ∫
(ex + 1)ex
(ex + 1)
ln2
0
dx 
= 3ln3 − 2ln2 − ex| ln2
0
= ln
27
4e
Câu IV 
Viết phương trình trung tuyến CN của tam giác ABC 
Bài này có khá nhiều điều kiện nên ta sẽ tư duy theo chiều xuôi sẽ dễ dàng hơn 
Đã biết {
AH
BM
C
⟶
{
AH ∩ BM (∃ mp(ABC))
mp(α) {
Qua C
⊥ AH
∩ AH tại B (vì BC ⊥ AH)
⟶ B
C′đối xứng với C qua BM ⇒ C′ ∈ BA }
⟶ BA ≡ BC′ ⟶ A = BA ∩ AH ⟶ N⟶ ptđt CN 
u⃗ AH = (1; 1;−2); u⃗ BM = (1;−2; 1);M1(2; 3; 3) ∈ AH;M2(1; 4; 3) ∈ BM 
[u⃗ AH, u⃗ BM]. M1M2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 0 nên AH cắt BM hay tồn tại mặt phẳng (ABC) 
+ Mặt phẳng ( α) đi qua C và vuông góc với AH nên 
( α): (x − 3) + (y − 2) − 2(z − 3) = 0 ⇔ x + y − 2z + 1 = 0 
Dễ thấy:B = (α) ∩ BM. Giải hệ: {
x + y − 2z + 1 = 0
x = 1 + t
y = 4 − 2t
z = 3 + t
 được: t = 0; x = 1; y = 4; z = 3 
Vậy B(1; 4; 3) 
+ Mặt phẳng (β) đi qua C và vuông góc với BM có phương trình: 
(β): (x − 3) − 2(y − 2) + (z − 3) = 0 ⇔ x − 2y + z − 2 = 0 
Dễ thấy: K = (β) ∩ BM. Giải hệ {
x − 2y + z − 2 = 0
x = 1 + t
y = 4 − 2t
z = 3 + t
 được: t = 1; x = 2; y = 2; z = 4 
Vậy K(2; 2; 4). Suy ra C’ (1; 2; 5) là điểm đối xứng với C qua BM 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
+ Khi đó ta có AB chính là đường thẳng qua B và C'. 
Suy ra: 
AB: {
x = 1
y = 2 − t
z = 5 + t
. Khi đó A = AB ∩ AH. Giải hệ
{
x = 1
y = 2 − t
z = 5 + t
x − 1
1
=
y − 3
1
=
z − 3
−2
ta được t = 0; x = 1; y = 2; z = 5 
Vậy A(1; 2; 5). Suy ra trung điểm của AB là N(1; 3; 4). 
Suy ra phương trình: 
x − 1
−2
=
y − 3
1
=
z − 4
1
Nhận xét: ở bài có nhiều điều kiện như thế này, việc lập sơ đồ giải toán theo “chiều xuôi” có vẻ dễ dàng 
hơn theo “chiều ngược”. như vậy việc chọn cách tư duy “xuôi” hay “ngược” còn tùy thuộc vào từng bài 
toán. Thông thường những bài dễ sẽ tư duy “xuôi” còn những bài khó hơn sẽ phải tư duy “ ngược” 
Câu V. 
+ Hình vẽ 
+ A là hình chiếu của S trên mp(ABCD) ⟹ ∠SAD =
60° 
AC = a ⟹ SA = a√3 
⟹ VS.ABCD =
1
3
a2. a√3 =
a3√3
3
2. Số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng 
(SCD) bằng α. Tính sin α 
Đã tính được SB = 2a = √SA2 + SB2 
⟹ Để tính được sinα ta cần tính BG = d(B; (SCD)) 
do tam giác SBG vuông tại G. 
Tuy nhiên tính trực tiếp d(B; (SCD)) không dễ dàng, do đó ta nên chuyển về điểm khác thuận tiện hơn, dễ 
nhất là chuyển về d(A; (SCD)) do AB ∥ (SCD). 
Gọi E, G lần lượt là hình chiếu của A, B trên mp(SCD) 
mp(SAD) ⊥ mp(SCD) ⟹ E ∈ SD 
Do AB ∥ mp(SCD) ⟹ BG = AE =
a√3
2
α = ∠BSG 
SB = 2a ⟹
a 3 3
sinα
2.2a 4
  
Câu VI 
1. 
s 
E 
G 
C 
A 
B 
D 
a 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
Ta chỉ cần thay trực tiếp z̅ vào biểu thức z̅ + i. z rồi tìm môđun. Tuy nhiên để cho đơn giản ta nên rút gọn z 
trước. 
z̅ =
1 − √3i
1 − i
=
(1 − √3i)(1 + i)
2
=
1 + √3
2
+
1 − √3
2
i 
z =
1 + √3
2
−
1 − √3
2
i 
⟹ i. z =
1 − √3
2
+
1 + √3
2
i 
z̅ + i. z = 1 + i ⟹ |z̅ + i. z| = √2 
Nhận xét: Nếu để ý sâu hơn ta sẽ thấy, với số phức z = a + bi bất kì ta đều có z + iz̅ = (1 + i)(a + b) 
hay
z + iz̅
1 + i
= a + b ∈ R ∀z ∈ C 
Về phương diện hình học thì 
z + iz̅
1 + i
 luôn nằm trên trục Ox khi biểu diễn trong mặt phẳng phức. 
2. 
Câu VIIb.
Tính tổng 
Phân tích: Câu VIIb thường luôn là vị trí của bài số phức hoặc hệ phương trình mũ –logarit. Sao bây giờ lại 
có bài tổ hợp??? Thực ra đây là một ứng dụng rất thú vị của số phức trong việc giải quyết các biểu thức tổ 
hợp. 
Xét khai triển 
Mặt khác, 
Đồng nhất lại ta được 
Mở rộng: Phương pháp ứng dụng số phức trong khai triển Newton. 
Số phức có 2 điểm đặc biệt để trở nên hữu dụng trong việc xây dựng cũng như giải quyết các biểu thức tổ 
hợp: 
- Khi khai triển sẽ tạo ra sự biến thiên về dấu theo chu kì 4 (vì i2 = −1) 
- Dễ dàng xử lí các số mũ lớn dưới dạng lượng giác. 
Dấu hiệu nhận biết phương pháp: Có sự đan dấu theo chu kì 4 hoặc đan dấu trong tập các hạng tử có hệ số 
chẵn ( như bài trên là dãy với hệ số chẵn :0;-2;4;-6;) 
0 2 2 4 24 48 25 50
50 50 50 50 50
3 3 ... 3 3C C C C C C     
       
50 2 50
0 1 2 50
50 50 50 50
1 3 3 3 ... 3i C i C i C i C      
   0 2 2 4 24 48 25 50 1 3 3 49 4950 50 50 50 50 50 50 503 3 ... 3 3 3 3 ... 3C C C C C C C C i          
 
50
50
50 502 2 100 1001 3 2 cos sin 2 cos sin
3 3 3 3
i i i
      
        
   
50 49 491 32 2 2 3
2 2
i i
 
      
 
492C  
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
Áp dụng: khai triển lũy thừa của một số phức dưới 2 dạng: Dạng thường và dạng lượng giác. Sau đó đồng 
nhất hệ số cho ta kết quả. 
Một số bài tập tự luyện: Tính: 
a) 
b) 
c) (khó) Chứng minh rằng: 
Câu VII 
1. Tìm phương trình các đường thẳng AC, AB, BC 
AC ⊥ BB′ Suy ra véc tơ pháp tuyến của AC là n ⃗⃗⃗ AC = (1; 3) 
Phương trình AC: (x - 1) + 3(y + 2) = 0 ⇔ x+ 3y + 5 = 0 
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: {
2x + 5y − 2 = 0
x + 3y + 5 = 0
⇔ {
x = 31
y = −12
C(31; -12) 
M(1 − 5t; 2t) ⟹ B(1 − 10t; 4t + 2) 
B ∈ CM ⟹ 3(1 − 10t) − (4t + 2) + 1 = 0 
⇔ t =
1
34
⟹ B(
7
17
;
38
17
) 
⟹ Phương tình AB: 36c + 5y − 26 = 0 
⟹ Phương trình BC: 121x + 260y − 631 = 0 
Câu VIII. Giải hệ phương trình: {
x3 − 3x2y − 4x2 + 4y3 + 16xy − 16y2 = 0 (1)
√x − 2y + √x + y = 2√3 (2)
ĐK: {
x − 2y ≥ 0
x + y ≥ 0
Phân tích: Phương trình (2) chứa căn thức khó xử lí, phương trình (1) bậc không quá cao→ phân tích (1) 
thành nhân tử. Trước hết ta thử với các nhân tử liên quan tới phương trình (2) như (x - 2y); (x + y) →
thấy (x − 2y) là nhân tử 
Phương trình (1) ⇔ (x − 2y)2(x + y − 4) = 0 
+ Với x - 2y = 0 ⇔ x = 2y thế vào phương trình (2) 
⟹√3y = 2√3 ⟺ y = 4 ⟹ x = 8 ⟹ (x; y) = (8; 4) 
+ Với x + y - 4 = 0 ⟺ y = 4 − x thế vào phương trình (2) 
⟹ √3x − 8 + 2 = 2√3 ⟺ √3x − 8 = 2(√3 − 1) 
⟺ x = 8 −
8√3
3
⟹ y =
8√3
3
− 4 ⟹ (x; y) = (8 −
8√3
3
;
8√3
3
− 4) 
0 2 4 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
... n n
n n n n n
S C C C C C
    
     
1 3 5 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
... n n
n n n n n
S C C C C C 
    
     
3 6 11 ... 2 2cos
3 3
n
n n
n
C C
 
     
 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
Kết luận nghiệm (x; y) = (8; 4) hoặc (x; y) = (8 −
8√3
3
; 
8√3
3
− 4) 
Câu IX 
Nếu n ≤ 12 suy ra S12 < C12
3 = 220 tam giác 
Vậy n > 12. 
Anđược đặt trên cạnh nào?⟵ n chia 4 dư mấy? (vì hình vuông có 4 cạnh) ⟵ phải tìm được n. 
Gọi Sn là số tam giác thỏa mãn đề bài ứng với n điểm. Số bộ 3 điểm trong n điểm là Cn
3. 
3 điểm bất kỳ tạo thành một tam giác ⟺ 3 điểm đó không thuộc cùng một cạnh 
⇒ Gọi số bộ 3 điểm thuộc cùng một cạnh là tn thì Sn = Cn
3 − tn 
Vì cần tìm số dư của n khi chia cho 4 ⇒ Đặt n = 4k + r (k, r ∈ Z; 0 ≤ r ≤ 3) 
⇒ tn = (4 − r)Ck
3 + r. Ck+1
3 ⇒ 4Ck
3 ≤ tn ≤ 4Ck+1
3 
Xét hàm f(k) = C4k
3 − 4Ck
3 
Ta có f(12) = 16416 17478 
Vậy k = 12, r > 0 
Nếu r = 1 ⟹ Sn = C49
3 − 3C12
3 − C13
3 = 17478 
Nếu r = 2 ⟹ Sn = C50
3 − 2C12
3 − 2C13
3 = 18588 
Nếu r = 3 ⟹ Sn = C51
3 − C12
3 − 3C13
3 = 19747 
Suy ra: k = 12; r = 1 ⟹ n = 49. Vậy điểm A49 nằm trên cạnh AB. 
Nhận xét: Đây là một dạng toán tổ hợp khá thú vị và mới đối với học sinh ôn thi đại học, tuy vậy nó lại 
không hề khó, nhất là khi được sử dụng máy tính. Chỉ cần khéo léo sử dụng các điều kiện đề bài để đánh 
giá được n là bài toán xem như được giải quyết. 
Có thể tổng quát xét với đa giác n cạnh ( với n nhỏ) cách làm tương tự như trên. 
--------- HẾT ---------- 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
ĐỀ SỐ 17 
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = 
2x 1
x 1


, có đồ thị (C). 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến này cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại các 
điểm A, B phân biệt thỏa mãn AB = 82 OB. 
Câu II (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2 2 2
3
cos x cos 2x cos 3x cos 4x
2
    (x ∈ ℝ). 
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I =
 
π
4
3
0
2sin x cosx
dx.
sin x cosx


 
Câu IV (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxyz, lập phương trình mặt phẳng (α) qua giao 
tuyến hai mặt phẳng (P): 2x – z = 0 và (Q): x + y – z + 5 = 0, đồng thời (α) song song với đường thẳng 
(d): 
x 1 y 2 z 3
.
7 1 4
  
 

Câu V (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy là tam giác ABC đều cạnh a. Hình chiếu của A' 
trên tam giác ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC, đồng thời hai mặt phẳng (A'BC) và (CC'B') vuông góc 
với nhau. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC'. 
Câu VI (1,0 điểm). 
1.Tìm hệ số của x2 trong khai triển thành đa thức của 
10
311
x
.x
 
  
 
2. Có 3 xạ thủ độc lập bắn vào một bia, mỗi người bắn một viên đạn. Xác suất bắn trúng đích của các xạ thủ 
lần lượt là 0,6; 0,7; 0,8. Tính xác suất bia bị bắn trúng. 
Câu VII (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao kẻ từ 
B và phân giác trong kẻ từ A lần lượt là d
1
: 3x + 4y + 10 = 0 và d
2
: x – y + 1 = 0. Điểm M(0; 2) thuộc 
đường thẳng AB và cách C một khoảng bằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 
Câu VIII (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 2x x 2 3 x 5x 4x 6      (x ∈ ℝ). 
Câu IX (1,0 điểm). Cho x, y, z ∈ (0; 1] và thỏa mãn x + y ≥ 1 + z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
P =
x
y + z
+
y
z + x
+
z
xy + z2
––––– HẾT ––––– 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN 
Câu I 
1. 
• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {1}. 
• Sự biến thiên: 
– Chiều biến thiên: 
 
2
1
y’ 0
x 1

 

 với mọi x ∈ 𝔻. 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +). 
– Giới hạn, tiệm cận:
x x
lim y lim y 2
 
  ; 
x 1
lim y

  ; 
x 1
lim 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
;0
2
 
 
 
. Đồng thời (C) nhận giao 
điểm của hai đường tiệm cận là I(1; 2) làm tâm đối xứng. 
2. 
+) Ta có: 
 
2
1
y
x 1



. 
Gọi 0
0
0
2x 1
M x ;
x 1
 
   
 là tiếp điểm. 
Phương trình tiếp tuyến tại M là: 
 
  002
0
0
2x 11
y x x
x 1x 1

   

. 
+) Tiếp tuyến cắt trục Ox tại  20 0A 2x x 1 0  ; , cắt Oy tại 
 
2
0 0
2
0
2x 2x 1
B 0
x 1
   
 
  
; . 
ΔOAB vuông tại O ⇔ 2 2 2OA OB AB  . Mặt khác ta có: AB 82.OB . 
2 2 2 2 2OA OB 82.OB OA 81.OB OA 9.OB       (1). 
O 
2 
y 
1 
1 
I 
x 
1 
2 2 
– 
+ 
y 
x + – 
y’ – – 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
Ta có: (1) ⇔ 
 
 
2
02 0 0
0 0 02
00
x 22x 2x 1
2x x 1 9 x 1 9
x 4x 1
  
       
 
. 
– Với x
0
 = 2, ta có:  
1 5
y x 2
9 3
   . 
– Với x
0
 = 4, ta có:  
1 7
y x 4
9 3
    . 
Bình luận: 
– Một hướng đi quen thuộc trong kiểu bài tiếp tuyến của đồ thị hàm số. Ta có y'(x
0
) chính là hệ số góc tiếp 
tuyến của đồ thị tại đó. Từ đó ta có được phương trình tiếp tuyến và có thể tìm ra được tọa độ A, B theo x
0
. 
– Các em để ý dữ kiện AB 82.OB . Ta có chút gì đó nghi nghờ. Sao lại là 82 mà không phải là số khác (82 
gần 81)? Từ đó ta kết hợp với ΔOAB vuông tại O ⇒ OA = 9.OB. Đến đây bài toán được giải quyết. 
Câu II 
Phương trình đã cho tương đương với: 
cos2x 1 cos4x 1 cos6x 1 cos8x 1 3
2 2
      
 
2cos2x cos4x cos6x cos8x 1 0 2cos4x.cos2x cos4x 2cos 4x 0          
 2cos4x. 2cos2x 1 2 2cos 2x 1 0         
2cos4x. 4cos 2x 2cos2x 1 0    
2
4x 0
4 2x 2 2x 1 0

 
  
(1)
(2)
cos
cos cos
+) (1) 
π kπ
x
8 4
   (k ∈ ℤ). 
+) (2) 
π1 5
x kπ2x
54
2π1 5 x kπ2x
54
   
   
  
      
cos
cos
Vậy phương trình có các họ nghiệm là 
π kπ
x
8 4
  , 
π
x kπ
5
   và 
2π
x kπ
5
   (k ∈ ℤ). 
Bình luận: 
Khi gặp các phương trình lượng giác xuất hiện sin2x; sin22x; sin23x; sin2nx, ta thường nghĩ đến công 
thức hạ bậc 2
cos2x 1
cos x
2

 . 
Câu III: 
Ta có: 
 
   
 
π π
4 4
3 3
0 0
3 1
sin x cos x sin x cos x
2sin x cos x 2 2I dx dx
sin x cos x sin x cosx
  

 
 
  
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
 
 
 
 
 
π π π π
4 4 4 4
2 3 3
20 0 0 0
4
d sin x cosx d sin x cosx3 dx 1 3 dx 1
2 2 2πsin x cosx sin x cosx sin x cosxsin x
4
 
   
    
 
    
 
π
π
4
4
2
2
0
0
3 π 1 1
cot x .
4 4 4 sin x cos
3 1 5
4 8 8x
 
   
 
  

. 
Vậy I = 
5
8
. 
Bình luận: 
Đây là một dạng tích phân khá đặc trưng với biểu thức dưới dấu tích phân chỉ có sin x và cos x. Ta sẽ tách 
tử số thành dạng: a(sinx + cosx) + b(sinx – cosx) từ đó với chú ý: d(sinx + cosx) = –sinx + cosx. Ta sẽ rút 
gọn tử và mẫu và có được lời giải như trên. 
– Ta có một cách khác là đặt t = 
tan x
2
. Khi đó, 
2
2t
sin x
1 t


 và 
2
2
1 t
cos x . 
1 t



Ta sẽ đi đến lời giải dễ dàng và ngắn gọn hơn. Tuy nhiên lối suy nghĩ của bài theo hướng này không tự 
nhiên cho lắm. 
Câu IV 
+) Gọi 
α P Q n ; n ; n lần lượt là véctơ pháp tuyến của (α), (P), (Q). 
Ta chọn  Pn 2 0 1 ; ; ,  Qn 1 1 1 ; ; . 
+) Gọi du  là véctơ chỉ phương của d' là giao tuyến của (P), (Q). 
Ta có:  P d d P Q
Q d
u u
d (P) (Q) u n n 1 1 2
u u



          
 ; ; ; . 
 
 
d
d
n ud
d n u 


    
 
   
'
. Chọn  α d dn u u 6 10 8     ; ; ; . 
+) Ta có: A(5; 0; 10) ∈ (α). 
Vậy (α) có phương trình: –6(x – 5) – 10(y – 0) + 8(z – 10) = 0 ⇔ 3x + 5y – 4z + 25 = 0. 
Bình luận: 
– Giao tuyến của (P), (Q) ta luôn tìm được α dd : n u   . 
– (α) chứa d ⇒ α dn u . Vì vậy ta tìm được αn ⇒ phương trình (α). 
Câu V 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
+) Gọi H, K lần lượt là trung điểm BC và B'C'. 
Gọi G là trọng tâm ΔABC. Do G là hình chiếu của A’ trên (ABC) ⇒ A'G ⊥ (ABC). 
Ta có: 
   
    
A BC BCC B BC
BC A’H A HK A BC BCC B 90
BC HK
 

    

  


 ' , 
⇒ A'H ⊥ (BB'C'C) ⇒ ΔAA'H vuông tại A' 
2
2 2 2 2 2 2 2 23aAH A A A H A B A H A H B H A H
4
              
2 2
23a a a a2A H A H A G
4 4 2 6
        . 
+) Thể tích khối lăng trụ: 
3
ABC.A B C ABC
a 1 a 1 a 3 a
V A G.S . .AH.BC . . .a
2 2 26 6 4 2
      (đvtt). 
Ta có: AA' // A'B ⇒ AA' // (BCC'B')        
a
d AA , B C d AA , BCC B d A', BCC B A H
2
            . 
Bình luận: 
Bài tập về hình lăng trụ là bài tập thường không dễ, đòi hỏi các bạn phải tưởng tượng khá nhiều. Vì vậy, 
các bạn trước hết cần thuộc lòng các khái niệm liên quan đến lăng trụ thì ta mới có thể giải các bài tập. 
Sau khi có A'G ⊥ (ABC). Dữ kiện:     A BC BCC B 90   , đòi hỏi phải tìm được giao tuyến của (A'BC) và 
(BCC'B') và đi xét góc liên quan. Đó là lý do điểm H xuất hiện. 
    
AH BC
BC A H A HK A BC BCC B 90
A G BC
 
        
 
, . 
Đây là mấu chốt của bài toán, đến đây thì bài toán được gỡ rối. 
Câu VI 
1. 
+) Ta có: 
10 k10 10 k 10 k
3 k 3 k i i k 3i k i 4i k
10 10 k 10 k
k 0 k 0 i 0 k 0 i 0
1 1
1 x C . x C . C .x .x C . C ..x
x x
 
    
   
        
   
   
   
   
   
     
A’ 
C’ 
B’ 
C 
A B 
H 
G 
K 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
+) Số hạng chứa x2 thỏa mãn        
4i k 2
0 i k 1 2 2 6 3 1i k 10
i k
0
 

  

 

 ,
; ; , ; , ; . 
Vậy ta có số hạng chứa x2 là 
2 1 2 6 2 2 10 3 2 2
10 2 10 6 10 10
C .C .x C .C .x C .C .x 3360x   . 
Bình luận: bài này lúc đầu làm các bạn có thể thấy bế tắc vì có 3 số hạng trong khai triển. Khi đó phải dùng 
2 biến để xét nên rất lằng nhằng. Nhưng nguyên tắc là khử những phần tử dễ trước. Vì vậy, ta khử 1 trước. 
Sau đó dùng 2 biến i; k dễ dàng hơn nhưng chú ý i ≤ k và những nhận xét tinh tế như: k = 4i – 2 ⇒ k ⋮ 2. 
2. 
Ta gọi A, B, C lần lượt là các biến cố: xạ thủ 1; 2; 3 bắn trúng bia. 
Gọi D = "đĩa bị bắn trúng". Ta có: D = "đĩa không bị bắn trúng”. 
D A B C                 P D P A P B P C 1 0 6 1 0 7 1 0 8 0 024      . . , . , . , , . 
⇒ xác suất P(D) = 1 – P  D = 0,976. 
Vậy xác suất bia bị bắn trúng là: 0,976. 
Bình luận: Khi tính trực tiếp sẽ gặp nhiều trường hợp nên rất khó khăn vì vậy ta sẽ tính gián tiếp qua D 
để giảm các trường hợp. 
Chú ý: Xét trực tiếp càng khó khăn, càng phức tạp thì xét biến cố đối càng đơn giản và gọn gàng. 
 Câu VII 
+) Gọi N là điểm đối xứng của M qua AO. Do MN ⊥ AD ⇒ MN có véctơ pháp tuyến là (1; 1). 
Ta có M(0; 2)  MN: x + y – 2 = 0. Do I = MN ∩ AD ⇒ I là trung điểm MN. 
Tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình 
1
x
x y 2 0 1 32 I
x y 1 0 3 2 2
y
2

     
    
      

; ⇒ N(1; 1). 
+) AC đi qua N và AC ⊥ BH ⇒ AC: 4(x – 1) – 3(y – 1) = 0 ⇔ 4x – 3y – 1 = 0. 
Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình 
4x 3y 1 0 x 4
x y 1 0 y 5
    
 
    
  A(4; 5). 
 AM 4; 3   ⇒ AB có véctơ pháp tuyến (3; –4). 
AB: 3(x – 0) – 4(y – 2) = 0 ⇔ 3x – 4y + 8 = 0. 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
x 3
3x 4y 8 0 1
B 31
3x 4y 10 0 4y
4
  
     
      
       

; . 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
+) Gọi 4c 1 4c 7C c MC c
3 3
    
    
   
; ; . 
Ta có:  
2
2 2 2
31
4c 7 c
MC 2 MC 2 c 2 25c 56c 31 0 25
9
c 1

           


– Với c = 
31 31 33
C ;
25 25 25
 
  
 
. Ta thấy B, C khác phía so với AD ⇒ 
31 33
C ;
25 25
 
 
 
, thỏa mãn. 
– Với c = 1 ⇒ C(1; 1). Kiểm tra ta thấy thỏa mãn. 
Kết luận: Tọa độ điểm A(4; 5), 
1
B 3;
4
 
  
 
 và C(1; 1) hoặc 
31 33
C ;
25 25
 
 
 
. 
Bình luận: Đây là dạng bài tập tam giác, đề bài thường cho tam giác cùng 2 đường thẳng bất kì: đường cao, 
đường phân giác, đường trung trực, trung tuyến. 
Hãy nhớ: 
– Đường cao: cố gắng viết phương trình cạnh chứa chân đường cao 
– Phân giác: lấy đối xứng. 
– Trung tuyến: công thức trọng tâm, trung điểm. 
Câu VIII 
Điều kiện:  
2
2
x x 2 0
x 0 x 2
5x 4x 6 0
   

   

  
; 
Bất phương trình đã cho tương đương với: 
  2 2 2x 8x 2 5x 4x 6 6 x x x 2        
   23 x x 2 x 1 2x 6x 2      (1*)       2 23 x 2x x 1 2 x 2x 2 x 1       (2*) 
+) Vì x ∈ [2; +∞) ⇒ x + 1 ≠ 0 ∀ x ∈ [2; +∞). 
Ta có: (2*) 
2 2x 2x x 2x
3 2. 2
x 1 x 1
 
  
 
. 
+) Đặt t = 
2x 2x
x 1


. Ta có: 2
t 2
2t 2 3t 1
t
2

  
  

. Vì t ≥ 0 ⇒ t ≥ 2. 
Ta có: t ≥ 2 ⇒  
2
2 2 x 3 13x 2x 2 x 2x 4 x 1 x 6x 4 0
x 1 x 3 13
  
          
  
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S = [3 + 13 ; +∞). 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
Bình luận: 
(1*) là dạng phương trình, bất phương trình đẳng cấp có dạng tổng quát:        m.f x n.g x p f x .g x  . 
Cách giải: 
– Nếu g(x) = 0 thì ta có phương trình ⇔ f(x) = 0. 
– Nếu g(x) ≠ 0 chia hai vế phương trình cho g(x) ta có: 
 
 
 
 
f x f x
m. n p
g x g x
  . 
Đặt t = 
 
 
f x
g x
. Ta có dạng tam thức bậc hai: mt2 – pt + n = 0. 
Ở bài này, do x ∈ [2; +∞) nên x + 1 ≠ 0, ta coi g(x) = x + 1. 
Câu IX 
Cho x, y, z ∈ (0; 1] và thỏa mãn x + y ≥ 1 + z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
P =
x
y + z
+
y
z + x
+
z
xy + z2
Lời giải: 
Cách 1: Nhận xét: Do x, y ∈ (0; 1] ⇒ (x − 1)(y − 2) ≥ 0 ⇔ xy + 1 ≥ x + y 
Từ giả thiết suy ra xy ≥ z. Ta có P =
x
z
y
z + 1
+
y
z
x
z + 1
+
1
z
xy
z2
+ 1
Đặt a =
x
z
; b =
y
z
; c =
1
z
, ta có xy ≥ z ⇔
x
z
.
y
z
≥
1
z
≥ 1 
Khi đó P =
a
b + 1
+
b
a + 1
+
c
ab + 1
, ab ≥ c ≥ 1 
Xét BĐT 
1
a + 1
+
1
b + 1
≥
2
1 + √ab
⇔ (√ab − 1)(√a − √b)
2
≥ 0 luôn đúng do ab ≥ 1 
Biến đổi: 
a
b + 1
+
b
a + 1
= (
a
b + 1
+ 1) + (
b
a + 1
+ 1) − 2 = (a + b + 1) (
1
b + 1
+
1
a + 1
) − 2
≥ (2√ab + 1).
2
1 + √ab
− 2 
⇒
a
b + 1
+
b
a + 1
≥
2√ab
1 + √ab
Suy ra P ≥
2√ab
1 + √ab
+
1
ab + 1
. Đặt √ab = t ≥ 1 
Ta có P ≥
2t
1 + t
+
1
1 + t2
Xét hàm số f(t) =
2t
1 + t
+
1
1 + t2
, t ≥ 1 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
Ta có f ′(t) =
2(t − 1)2(t2 + t + 1)
(1 + t)2(t2 + 1)
> 0, ∀t > 1 
Do đó hàm số đồng biến trên [1; +∞) ⇒ f(t) ≥ f(1) =
3
2
. 
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 ⇒ x = y = z = 1. 
Vậy MinP =
3
2
đạt ⇔ z = y = x = 1. 
Cách 2: (ngắn gọn hơn) 
Có x + y ≥ 1 + z > 1 và x + y < 2 
Ta sẽ chứng minh 
z
xy + z2
≥
z
x + y
⇔ x + y ≥ xy + z2 
Ta có: xy + z2 ≤
(x + y)2
4
+ (x + y − 1)2 =
5
4
(x + y − 2)(x + y − 0,4) + x + y ≤ x + y 
Vậy P ≥
x
y + z
+
y
z + x
+
z
x + y
≥
3
2
 (BĐT Nesbit quen thuộc). 
Bình luận: 
Lời giải theo cách 1 dùng phương pháp đưa biểu thực về hàm một biến rồi khảo sát, nếu đối chiếu với 
cách 2 thì cách 1 dài hơn rất nhiều. 
Cái hay ở cách 2 là sự xuất hiện của biểu thức 
x
y + z
+
y
z + x
 khiến ta nghĩ đến BĐT Nesbit nổi tiếng 
x
y + z
+
y
z + x
+
z
x + y
≥
3
2
 với mọi x, y, z dương. 
Mặt khác dùng máy tính thử giá trị của P với các biến x, y, z bất kìa thỏa mãn đề bài ta đều thấy 
3
P
2
. Từ 
đó, để đưa bài toán đơn giản thành BĐT Nesbit, ta buộc phải chứng minh 
 2
z z
x yxy z
là biết thức đang 
còn thiếu. 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
ĐỀ SỐ 28 
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 + 3x2 − 2 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
 2. Tìm trên đường thẳng y = 9x − 7 những điểm mà qua đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C) của 
hàm số. 
Câu II(1,0 điểm). Giải phương trình 
  22 3 2 1 2 4 2 3
0
2 2 1
sin . cos cos sin
sin
  


x x x x
x
 (x ∈ ℝ). 
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 
2
0
3
1


π
sin xdx
I .
cos x
Câu IV(1,0 điểm)Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d): 
x 1 y 2 z
2 1 1
 
  và mặt phẳng (P): 
x 2y z 3 0    . Viết phương trình đường thẳng (Δ) thuộc (P), vuông góc với (d)và có khoảng cách giữa 
(d) và (Δ) bằng √2. 
Câu V (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, BD = a. Trên cạnh AB lấy 
điểm M sao cho BM = 2AM. Biết rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SDM) cùng vuông góc với mặt phẳng 
(ABCD) và mặt bên (SAB) tạo với mặt đáy một góc 60°. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a và cosin của 
góc tạo bởi hai đường thẳng OM và SA. 
Câu VI (1,0 điểm). 
1.Cho tập hợp A tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0. Hỏi có thể lấy được bao nhiêu 
số tự nhiên từ tập A mà số đó chỉ có mặt 3 chữ số khác nhau. 
2. Giải phương trình 
2 1 2
2
1
2log log (1 2 ) log (2 2 1) 3
2
x x x x      
Câu VII (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1;5). Tâm đường tròn nội 
tiếp và ngoại tiếp của tam giác lần lượt là I(2;2) và 5K ;3
2
 
 
 
. Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam giác 
Câu VIII (1,0 điểm). Giải hệ phương trình {
(x + √x2 + 4)(y + √y2 + 1) = 2
12y2 − 10y + 2 = 2√x3 + 1
3
 (x, y ∈ ℝ). 
Câu IX (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
P = 3(a + b + c) + 2 (
1
a
+
1
b
+
1
c
). 
––––– HẾT ––––– 
Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2 Lovebook.vn 
LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN 
Câu I. 
1. Học sinh tự giải 
2. Gọi M(m; 9m − 7) là điểm bất kì nằm trên đường thẳng y = 9x − 7 
Vì mọi đường thẳng có dạng x=m không là tiếp tuyến của đồ thị (C) nên ta xét d là đường thẳng đi qua M 
và có dạng: y = k(x − m) + 9m − 7 (d) 
Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: 
3 2 3 2 2
2 2
x 3 2 k(x m) 9m 7 x 3 2 (3 6 )(x m) 9m 7
3 6 k 3 6 k
              
 
     
x x x x
x x x x
Qua M kẻ được ba tiếp điểm đến (C) khi hệ trên có ba nghiệm phân biệt hay phương trình sau có ba 
nghiệm phân biệt: 
3 2 2 22 3 3m 6m 2 (5 3m)x 5 9m 0             x x x x 9m 5=0 (x 1) x 
Do đó điều kiện của m là: 
2 2
2
1
m
(5 3m) 8(5 9m) 0 9m 42m 15 0 3
m 5m 12.1 (5 3m).1 5 9m 0
m 1

         
            
 
Vậy các điểm M cần tìm có tọa độ (m; 9m − 7) với m < −5 hoặc 
1
m 1
3
  . 
Bình luận:Để làm được và trình bày chặt chẽ bài toán trên, cần nắm vững một số điểm quan trọng sau đây: 
- Hàm đa thức nếu có tiếp tuyến thì tiếp tuyến đó tồn tại hệ số góc. Như trong lời giải, ta đã nhận xét x =
 m không tiếp tuyến của đồ thị hàm số. Nhờ đó mà ta biểu diễn được phương trình (d) qua M có hệ số góc 
k. Nếu quên lập luận điều này thì lời giải sẽ thiếu chặt chẽ. 
- (d): y = kx + p tiếp xúc với đồ thị hàm số f(x) ⟺ {
f(x) =