Đây là đáp án giải siêu chi tiết môn Toán Học kỳ thi THPT quốc gia 2016 chính thức theo phong cách Thần Tốc Luyện Đề của Megabook. Tham khảo ngay các bộ sách hay nhất của Megabook tại http://megabook.vn/ Chúc các em học tốt ^^

1. http://megabook.vn/
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu I.
1. Cho số phức 1 2z i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức
w 2z z .
2. Cho 2
log 2x . Tính giá trị của biểu thức:
2 3
2 1 4
2
log log logA x x x .
Lời giải
1. Ta có 1 2 1 2 w 2 2 1 2 1 2 3 2z i z i z z i i i .
Kết luận: Phần thực và phần ảo của w lần lượt là 3 và 2.
Lý thuyết: Số phức z có dạng : 2
, , 1z a bi a b R i
Thì:
+ a là phần thực và b là phần ảo.
+ Liên hợp của z là z a bi
+ Mô đun của z là 2 2
z a b
Dạng toán: Cho biểu thức z. Sau đó xác định phần thực phần phần ảo của
,w f z z
Bước 1: Biến đổi hoặc giải phương trình để tìm số phức z
Bước 2: Thay z vào biểu thức w rồi biến đổi để đưa w về dạng biểu thức số
phức .
Bước 3: Kết luận
Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2 1 4 0i z i .Tìm
phần ảo của số phức 1 2w zi z
1 2 1 4 0 1 2 1 4i z i i z i
2
2
1 4 1 21 4 1 2 4 8 9 2
1 2 51 2 1 2 1 4
i ii i i i i
z
i i i i
.
22 9 29 2 5 9 2 18 4 25 13
1 2 1 .
5 5 5 5
ii i i i i
w zi z i

2. http://megabook.vn/
Phần thực :
25
5
5
phần ảo
13
5
Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn :
2
1 2 8 (1 2 )i i z i i z
Xác định phần thực và phần ảo của z “CĐ khối A,B,D-2009 (CB)
Bài làm: Ta có :
2
1 2 8 1 2i i z i i z
2
1 2 2 8 1 2i i i z i i z
2 2 8 1 2i i z i i z
2
4 2 8 1 2i i z i i z
4 2 8 1 2i z i i z
4 2 1 2 8i z i z i
4 2 2 1 8i i z i
2
2
8 1 28 8 16 2 10 15
2 3
2 1 1 4 51 2
i ii i i i i
z i
i i
.
Phần thực :2 phần ảo :-3
Ví dụ 3: Tìm phần ảo của số phức z, biết:
2
2 1 2z i i “ĐH khối A
2009(CB).
Bài làm: Ta có :
2 2
2
2 1 2 2 2 2 1 2z i i i i i
2 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2i i i i
2
1 2 2 2 4 5 2 5 2i i i i z i .
Phần ảo của số phức z là 2
Ví dụ 4: Cho số phức z thỏa mãn:
3
1 3
1
i
z
i
. Tìm mô đun cuả
A z iz “ĐH khối A 2010(NC).
Lời giải: Ta có
3 2 3
3 2
1 3 1 3.1 . 3 3.1. 3 3 1 3 3 9 3 3 8i i i i i i .
3
2
1 3 8 1 8 18
4 4
1 1 21
i i i
z i
i i i

3. http://megabook.vn/
4 4z i .
2
4 4 4 4 4 4 4 4 8 8z zi i i i i i i i
2 2
8 8 8 2z zi .
Ví dụ 5: Khối D2012: Cho số phức z thỏa mãn:
2 1 2
2 7 8
1
i
i z i
i
. Tính mô đun của số phức 1w z i .
Ta có:
2 1 2 2 1 2 1
2 7 8 2 7 8
1 1 . 1
i i i
i z i i z i
i i i
2
2 1 2 1
2 7 8
1
i i
i z i
i
2
2 1 2 2 7 8i z i i i i
2 7 8 3 4 7i z i i i
2
2 2
4 7 24 7 8 14 4 7 15 10
3 2
2 52 2 2
i ii i i i i
z i
i i i i
2 2
2 3 13z .
Ví dụ 6: Khối D2013: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
1 2 2i z i z i . Tính mô đun của số phức 2
2 1z z
w
z
Lời giải: Ta có 1 2 2 1 2( ) 0i z i z i i z i z i
1 2 0 3 0z i i z i i z i .
Ta có: 2 2
2 2
2 1 2 1 1 3
1 3 1 3 10
1
z z i i i
w i w
z i
Ví dụ 7: Khối QG2015: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
1 1 5 0i z i . Tìm phần thực và phần ảo của z
Lời giải: Ta có 1 1 5 0 (1 )z 1 5ii z i i
2
2
1 5 11 5 1 5 5 6 4
z 3 2
1 21 1 1
i ii i i i i
i
i i i i
.
Phần thực: 3 và phần ảo : 2.
Bài tập tự luyện: Tìm các thuộc tính phần thực ,phần ảo của số phức sau :
) 2 . 2 5 : 3 4a z i z i DS z i
) 2 . 3 5 : 2 3b z i z i DS z i
) 2 3. 1 . 1 9 : 2 3c z i z i DS z i

4. http://megabook.vn/
) 3 . 1 5 8 1 : 3 2d z z i z i DS z i
2.
Công thức bay: log logaa
b b; 2
log 2 logn
a a
b n b .
Công thức bỏ + thêm: log loga a
b c b c ;log .log loga b a
b c c
log
; log
log
a
c
a
b
b
c
.
Công thức lộn đầu:
1
log
loga
b
b
a
.
Công thức đội đầu: log c
a
b c b a .
Công thức độn thổ + thăng thiên: loga b
a b ; log logb bc a
a c .
Công thức thương hiệu: log log log .a a a
b
b c
c
Công thức tích tổng: log . log loga a a
b c b c .
Lưu ý: loga
x thì điều kiện xác định là 0 1 , 0a x
10 2,781...
log 1; log 1 0; log lg ; log log lna a e
a x x x x x .
Ta thấy đây là dạng toán dễ vì chúng ta chỉ sử dụng công thức quen thuộc
rồi biến đổi để biểu thức cần tính về dạng mà chứ dự kiến đầu bài cho.
Cách 1: ĐKXĐ: 0x mà 2
2
log 2 2x x thay vào biểu thức
2 3 2. 2 3. 2 2
2 1 4 2 1 4
2 2
log log log log 2 log 2 log 2A x x x
1 2
2. 2 3. 2 2
2 2 2
log 2 log 2 log 2
2 2 2
3 2 2 2 2
2 2 log 2 .log 2 .log 2 2 2 3 2
2 2 21
.
Cách 2: ĐKXĐ: 0x .
Khi đó 2 2 2 2
1 1 2
2log 3log log log
2 2 2
A x x x x .
Kết luận :
2
2
A .
Bài tập tự luyện:
Bài 1: Tính giá trị của biểu thức sau:
a) Biết 3
log 3x Tính 3 2 5
9 33
2
log 3log log
3
A x x x

5. http://megabook.vn/
b) Biết 5
log 2x Tính 3
3 2 4
5 5 5
2
log 3log log
9
B x x x
c) Biết 4
log 2x Tính 3 2 5
16 832
6
log 3log log
5
C x x x
d) Biết 81
log 5x Tính 4 3
27 33
2
log 3log log
3
D x x x
Bài 2: Tính giá trị các biểu thức sau:
1
2 2
2
2 2
1 1
2 . 5 2
2 2
x x x x
A x
x x x x
với 3,92x .
5
33
52
2 210
5
2 27
3 32 2 .3
2 3
y
B y
y
với 1,2y .
1
25 13 7 1 1
3 32 4 4 2
3 .5 : 2 : 16 : 5 .2 .3C .
3
2 34 0,25 9
0,5 625 19. 3
4
D .
Câu II. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 2
2y x x .
Lời giải
TXĐ: D .
Ta có : 3 2
' 4 4 4 1y x x x x ' 0 0y x hoặc 1x hoặc
1x .
Giới hạn : lim lim
x x
y y .
Bảng biến thiên :
x 1 0 1
y’
y 1 1
0

6. http://megabook.vn/
Nhận xét: Hàm số đồng biến trên ; 1 hoặc 0;1 , nghịch biến trên
1;0 hoặc 1; .
Điểm cực đại : 1;1A và 1;1B . Điểm cực tiểu : 0;0O .
Đồ thị hàm số :
Nhận xét : Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.
Trong các đề thi chúng ta phải nhớ những dạng sau đây hay thi :
3 2
f x ax bx cx d
4 2
f x ax bx c
ax b
f x
cx d
Đối hàm đa thức cần nhớ:
Hàm bậc 3
+ Tập xác định: D = R.
+ Sự biến thiên: 3 2 2
'( ) 3 2f x ax bx cx d f x ax bx c
Cho 2 1 1
2 2
( )
( ) 3 2 0
( )
x x y f x
f x ax bx c
x x y f x
+ Giới hạn: 3 2 ; 0
lim
; 0x
a
ax bx cx d
a
+ Bảng biến thiên: 0; 0a

7. http://megabook.vn/
x 1
x 2
x
y’ 0 0
y 1
y
2
y
Hàm số đồng biến trên các khoảng 1
;x và 2
;x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1 2
;x x .
Hàm số đạt cực đại tại 1 1
; CD
x x y y
Hàm số đạt cực tiểu tại 2 2
; CT
x x y y
+ Vẽ đồ thị: 0 ?i
C ox y x 0C oy x y d
0
0
a
đồ thị hình chữ N ,
0
0
a
đồ thị hình chữ N ngược.
Hàm bậc 4: Thường vẽ khi hàm số có 3 cực trị a.b<0 .
Vẽ đồ thị bậc 4 khi a>0;b<0
+ Tập xác định: D = R
+ Sự biến thiên: 4 2 3
'( ) 4 2f x ax bx c f x ax bx
Cho
1 1 1
3
2 2
3 3 3
( )
2 4
( ) 4 2 0 0 (0)
( )
2 4
b
x y f x
a a
f x ax bx x y f c
b
x y f x
a a
+ Giới hạn: 4 2 ; 0
lim
; 0x
a
ax bx c
a
+ Bảng biến thiên : 0; 0a b
x 1
x 2
x 3
x
y’ 0 0 0
y 2
y
1
y 3
y
Hàm số đồng biến trên các khoảng 1 2
;x x và 3
;x

8. http://megabook.vn/
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1
;x và 2 3
;x x .
Hàm số đạt cực đại tại 2 2
; CD
x x y y c
Hàm số đạt cực tiểu tại 1 3 1 3
; CT
x x x x y y y
+ Vẽ đồ thị: 0 ?i
C ox y x 0C oy x y c
0
0
a
b
đồ thị hình chữ W ,
0
0
a
b
đồ thị hình chữ M .
hàm bậc nhất trên bậc nhất



ax b
y
cx d
+Tập xác định :
 
  
 
d
D R /
c
+Sự biến thiên :  
 
 
   
 
2
ax b ad bc
f x y f'(x)
cx d cx d
TH1: nếu
 

 

2
ad bc
f'(x) 0
cx d
thì hàm số đồng biến trên D và không có
cực trị .
TH2: nếu
 

 

2
ad bc
f'(x) 0
cx d
thì hàm số nghịch biến trên D và không có
cực trị .
+Giới hạn :TH1 :
 

 

2
ad bc
f'(x) 0
cx d


 
   
 
 
x
x
ax b a
lim
acx d c y
ax b a c
lim
cx d c
là tiệm cận ngang của đồ thị


 
 
 
 
 
 
 
   
 
  
 

d
x
c
d
x
c
ax b
lim
cx d
d
x
ax b c
lim
cx d
là tiệm cận đứng của đồ thị

9. http://megabook.vn/
TH2 :
 

 

2
ad bc
f'(x) 0
cx d


 
   
 
 
x
x
ax b a
lim
acx d c y
ax b a c
lim
cx d c
là tiệm cận ngang của đồ thị


 
 
 
 
 
 
 
   
 
  
 

d
x
c
d
x
c
ax b
lim
cx d
d
x
ax b c
lim
cx d
là tiệm cận đứng của đồ thị
+ Bảng biến thiên : TH1 :
 

 

2
ad bc
f'(x) 0
cx d
x

 
 
 
d
c

y’ + +
y 
a
c
a
c

+ Bảng biến thiên : TH2 :
 

 

2
ad bc
f'(x) 0
cx d
x

 
 
 
d
c

y’ -- ---
y
a
c


a
c

10. http://megabook.vn/
+Đồ thị hàm số :
 
 
 
             
 
          
ax b b b
C ox y 0 y 0 x A ;0
cx d a a
a.0 b b b
C oy x 0 y B 0;
c.0 d d d
Y’>0 thì cần nhớ đồ thị nằm ở phần tư thứ 2 và thứ 4
Y’<0 thì cần nhớ đồ thị nằm ở phần tư thứ 1 và thứ 3
Câu III: Tìm m để hàm số 3 2
3 1f x x x mx có hai điểm cực trị.
Gọi 1 2
,x x là hai điểm cực trị đó, tìm m để 2 2
1 2
3x x .
Lời giải
Ta có: 2
' 3 6f x x x m f x có 2 điểm cực trị ' 0f x có 2
nghiệm phân biệt 1 2
,x x
36 12 0 3m m .
Áp dụng định lý Vi-ét ta được:
1 2
22 2
1 2 1 2 1 2
1 2
2
2
2 4
3
3
x x
m
x x x x x xm
x x
.
Vậy 2 2
1 2
2 3
3 4 0
3 2
m
x x m (thỏa mãn 3m ).
Kết luận :
3
2
m .
Phương pháp giải:
Xác định điều kiện m để hs ậc có Đ T thỏa m n điều kiện cho trước:
1 2
0x x k ; 2 2
1 2
0x x k ; 3 3
1 2
x x k ; 4 4
1 2
x x k ; a 1
x + b 2
x = c
+ Điều kiện là: y’= 2
3 2 0ax bx c có 2 nghiêm phân biệt
khi 2
0; ' 3 0a b ac
+ Theo định lý Vi-ét:
1 2
1 2
2b
x + x = -
3a
c
x .x =
3a
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu

11. http://megabook.vn/
2
2
3 3 9
b bc
y c x d
a a
.
+ Biến đổi điều kiện cách th ch hợp rồi áp dụng vi-ét.
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2b c
0 4 . 4. ?
3a 3a
x x k x x x x k k m .
2
22 2
1 2 1 2 1 2
2b c
0 2 . 2. ?
3a 3a
x x k x x x x k k m .
33 3
1 2 1 2 1 2 1 2
3 . .x x k x x x x x x k
3
2b c 2b
3. . ?
3a 3a 3a
k m .
4 24 4 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
4 . . 2 .x x k x x x x x x x x k
4 2 2
2 2
4. . 2. ?
3 3 3 3
b c b c
k m
a a a a
Ví dụ 1: Cho hàm số
3 2 2 2
2 1 4 1 2 1y x m x m m x m C . Tìm m để đồ thị
hàm số C có hai điểm cực trị phân biệt thỏa mãn điều kiện
1 2
1 2
1 1 1
2
x x
x x
.
Lời giải: Tập xác định: D .
Ta có: 2
2 2 5 4y x m x m
Để hàm số có cực đại, cực tiểu phương tình ' 0y có hai nghiệm phân
biệt và y đổi dấu khi đi qua hai nghiệm đó
2 2 2 2 3
4 1 3 4 1 4 1 0
2 3
m
m m m m m
m
.
Khi đó gọi 1 2
;x x lần lượt là hoành độ của hai điểm cực trị, theo giả thiết
chúng ta có: 1 2
1 2
1 1 1
2
x x
x x
Mặt khác, áp dụng định lý Viet ta được:
1 2
2
1 2
4 1
3
4 1
3
m
x x
m m
x x
xét điều kiện:

12. http://megabook.vn/
1 21 2
1 2 1 2 2
1 21 2 1 2
1 001 1 1 1
22 2 4 5 0
mx xx x
x x x x
x xx x x x m m
Kết hợp với điều kiện
2 3
2 3
m
m
suy ra 1m hoặc 5m là giá trị cần
tìm.
Ví dụ 2: Cho hàm số 3 21 1
( ) ( 1) 3( 2)
3 3
f x mx m x m x .Tìm m để
hàm số có hai nghiệm 1 2
,x x thoả mãn 1 2
2 1x x .
Lời giải: Tập xác định: D .
Ta có 2
2 1 3 2y mx m x m
Hàm số có Đ T
2
' 0 2 4 1 0 2 6 2 6
' 0 ó
0 2 20
m m
y c m
m m
.
Theo viet ta có
1 2
1 2
2 1
1
3 2
2
m
x x
m
m
x x
m
.
Hàm số có cực trị thỏa mãn 1 2
2 1 3x x kết hợp với hệ thức trên viét ta
được 2 1
2 3 4
;
m m
x x
m m
.Thay vào 2 ta có: 1 2
3 2m
x x
m
3 22 3 4
.
mm m
m m m
2
2 3 4 3 0 2 6 4 0 2
3
m
m m m m m
m
.
Vậy với m = 2;
2
3
m là thỏa m n điều kiện đầu ài.
Ví dụ 3: Cho hàm số
2
3 21
(2 1) ( ) 1
3 2
x
y x m m m x m . Tìm m để
a). Hàm số có cực đại, cực tiểu.
b). Hàm số có cực đại tại 1
x ,cực tiểu tại 2
x sao cho 2 2
1 2
2 6x x .

13. http://megabook.vn/
c). Hàm số có cực đại tại 1
x , cực tiểu tại 2
x sao cho 3 3
1 2
2 11x x .
Lời giải: Tập xác định: D .
Ta có 2 2
2 1y x m x m m
a). Hàm số có Đ T khi và chỉ khi y’= 0 có 2 nghiệm phân iệt
2 2
0 2 1 4 0 1 0 ( )m m m Ld .
b). Hàm số có Đ T thỏa m n 2 2
1 2
2 6(*)x x .
Ta có
1
2
2 1 1
21
2 1 1
1
2
m
x m
m
x m
.
Thay vào (*) ta được
22 2
2
2 1 6 3 4 4 0 3
2
m
m m m m
m
thì
thỏa m n điều kiện bài toán.
c). Hàm số có Đ T thỏa mãn
33 3 3
1 2
2 11 2 1 11x x m m
2
2
2 5 0 1 21
2
m
m m m
m
.
Vậy với m = 2;
1 21
2
m thoả m n điều kiện ài toán.
Ví dụ 4: Cho hàm số
2
31
( 2) (1 ) 2 1
3 2
x
y x m m x m . Tìm m để
a). Hàm số có cực đại, cực tiểu.
b). Hàm số có CĐ, CT tại x1;x2 sao cho 3 3
1 2
2 9x x .
c). Hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ nhỏ hơn 2.
d). Hàm số có cực đại, cực tiểu tại 1 2
,x x sao cho 2 2
1 2
4 13x x .
Lời giải: Tập xác định: D .
a). Ta có 2
2 1y x m x m .
Hàm số có Đ T khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt 0
2 2
2 4 1 0 0 ( )m m m ld với 0m .
Vậy hàm số luôn có cực trị với 0m .

14. http://megabook.vn/
b). Hàm số có Đ T tại x1;x2 sao cho 3 3
1 2
2 9(1)x x
y’=0 có hai nghiệm:
1
2
2 | |
2
2 | |
2
m m
x
m m
x
.
+ Với m > 0 thì 1
2
1
1
x m
x
thay vào ( ) ta được
3 3
1 2 9 1 7m m
+ Với m < 0 thì 1
2
1
1
x
x m
thay vào ( ) ta được
3 3
1 2(1 ) 9 1 4m m → 3
1 4 0m .
Kết hợp hai trường hợp ta được: với 3
1 4;0 0;m thì thỏa mãn
bài toán.
c). Hàm số có Đ T tại các điểm có hoành độ nhỏ hơn 2
1
1
2
2
2 | |
22 2
2 2 | |
2
2
m m
xx
x m m
x
+ Với m > 0 → - m < 2 → m > -1 hay m > 0
+ Với m < 0 → –m < 2 → m > -1 hay -1 < m < 0 thỏa mãn
Kết hợp hai trường hợp ta được m > -1 và 0m thì thỏa m n điều kiện bài
toán.
d). Hàm số có cực đại cực tiểu tại 1 2
,x x sao cho 2 2
1 2
4 13x x
+ Với m > 0 ta có
1
2
1
1
x m
x
→ 2 2 1 3 2( )
(1 ) 4 13 (1 ) 9
1 3 4( )
m m loai
m m
m m tm
+ Với m < 0 ta có :
1
2
1
1
x
x m
→ 2 2 1 3 1 3 ( )
1 4(1 ) 13 (1 ) 3
1 3 1 3 ( )
m m tm
m m
m m loai

15. http://megabook.vn/
Vậy với m = 4 và 1 3m thì thỏa mãn bài toán
Bài tập tự luyện:
1). Cho hàm số 3 21
2 5
3
y x x m x m .Tìm m m để đồ thị hàm số
( ) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho 1 2
1x x Đs: m=
2). Cho hàm số 3 21
3 4 6
3
y x mx mx .Tìm m m để đồ thị hàm số (1) có 2
điểm cực trị x1,x2 sao cho 2 2
1 2
5x x Đs:
1 5
;
2 18
m m
3). Cho hàm số 3 2 2
4 2 5 2 3y x m x m x m m .Tìm m m để
đồ thị hàm số ( ) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho 3. 10CT CD
x x Đs: 2m
Câu IV: Tính tích phân
3
2
0
3 16I x x x dx .
Lời giải
Ta có :
3 3 3
2 2 2
0 0 0
3 16 3 3 16I x x x dx x dx x x dx
3
3
3 2 2
0
0
3
16. 16
2
x x d x
3
33
3 2
0
0
1
16 27 61 88
3
x x
Kết luận : 88I .
Phương pháp về tích phân có 3 họ công thức chính :
Loại 1: Tích phân họ nhà đa:chứa biến x
1
1
1
ln 1
u
u du loai
du
u loai
u
d ax b
dx
a
dx d x a
.
Loại 2: Tích phân họ nhà lượng : họ sin mang dấu trừ , họ cos mang dấu
cộng
2
sin cos
cot
sin
udu u C
du
u C
u 2
cos sin
tan
cos
udu u C
du
u C
u
.

16. http://megabook.vn/
Loại 3: Tích phân họ nhà mũ ằng chính nó :
ln
u u
u
u
e du e C
a
a du C
a
.
Nhiều khi ta phải nhớ công thức chuyển đổi bằng cách đặt để đưa về mấy
hàm t ch phân căn ản . thông thường có căn thức ta đặt để đưa iểu thức về
dạng căn ản .
3 3
2 2 2
0 0
3 16 3 3 . 16I x x x dx x x x dx
3 3
2 2
1 2
0 0
3 . 3 . 16.x dx x x dx I I .
Ta thấy tích phân toàn chứa biến x nên nó là tích phân họ nhà đa mà mẫu
bằng 1 nên nó thuộc loại 1 họ nhà đa
1
1
u
u du ,nhìn vào biểu thức
t ch phân thì chưa có dạng đó nên ta phải đặt biểu thức căn ằng t.
Ta có :
3 3
2 3 3 3
1
0
3 3
3 3. 3 0 27
0 03
x
I x dx x     
Ta có :
3
2
2
0
3 16.I x x dx 
đặt 2 2 2
16 16 2 2t x t x tdt xdx tdt xdx        
Đổi cận :
2
2
0 0 16 4
3 3 16 5
x t
x t
     

    
5 5
2 3 3 3
2
4 4
5
3 . 3 5 4 125 64 61
4
I t tdt t dt t        
Vậy 1 2 61 27 88I I I    

17. http://megabook.vn/
Câu V. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm 3;2; 2A ,
1;0;1B và 2; 1;3C . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông
góc với đường thẳng BC. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên
đường thẳng BC.
Định hướng:
Bài toán: Viết phương trình mặt phẳng khi đ iết vecto pháp tuyến và
điểm đi qua.
Ý đầu tiên là viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường
thẳng BC.
Như vậy điểm đi qua là điểm A (đ iết tọa độ); nên chúng ta chỉ cần một
vecto pháp tuyến nữa là hoàn thành.
Để ý thì thấy giả thiết cho mặt phẳng ( )P vuông góc với đường thẳng BC,
nên ta sẽ có ( )P BC
n u .
Công thức viết phương trình mặt phẳng khi đ iết vecto pháp tuyến
; ;n a b c (với 2 2 2
0a b c ) và điểm đi qua 0 0 0
; ;M x y z là:
0 0 0
( ): 0P a x x b y y c z z .
Bài toán: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ; ;M M M
M x y z
và đường thẳng
0
0
0
:
x x at
d y y bt
z z ct
. Tìm tọa độ hình chiếu của điểm M trên
đường thẳng d .
Phương pháp 1: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ; ;d
u a b c .
Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .
Giả sử 0 0 0
; ;I x at y bt z ct d .
Ta có 0 0 0
; ;M M M
MI x at x y bt y z ct z .
Do I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d , nên ta có
. 0d
MI u 0 0 0
0M M M
a x at x b y bt y c z ct z
Giải phương trình trên tìm ẩn t , suy ra tọa độ điểm I là tọa độ hình chiếu
vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .

18. http://megabook.vn/
Phương pháp 2: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ; ;d
u a b c .
Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d .
Ta có ( )
; ;d
n u a b c .
Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng
d là: ( ): 0M M M
a x x b y y c z z
. . . 0M M M
ax by cz a x b y c z .
Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .
Do đó I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) .
Giả sử 0 0 0
; ;I x at y bt z ct d , do ( )I d nên ( )I
0 0 0
. . . 0M M M
a x at b y bt c z ct a x b y c z .
Giải phương trình trên tìm ẩn t , suy ra tọa độ điểm I là tọa độ hình chiếu
vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .
Lời giải: Gọi mặt phẳng qua A vuông góc BC là P . Ta có 1; 1;2BC
là véc-tơ pháp tuyến P suy ra P có dạng 2 0x y z t . Lại có
3 2 4 0 3A P t t .
Vậy P có phương trình là 2 3 0x y z .
Phương trình đường thẳng BC là
1 1
1 1 2
yx z
. Gọi 1, ,2 1H t t t
là hình chiếu của A lên B . Khi đó
. 0 1 3 2 2 2 1 2 0 6 6 0 1AH BC t t t t t
Suy ra 0,1, 1H .
Kết luận: Phương trình mặt phẳng qua A vuông góc BC là
2 3 0x y z .
Tọa độ hình chiếu của A lên BC là 0,1, 1 .
Bài tập tự luyện. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
2; 5; 3M và đường thẳng
1 2
:
2 2
x t
d y t
z t
. Tìm tọa độ hình chiếu của điểm
M trên đường thẳng d .
Lời giải 1. Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: 2; 1; 2d
u .
Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .
Giả sử 1 2 ; ; 2 2I t t t d.

19. http://megabook.vn/
Ta có 1 2 2; 5; 2 2 3 1 2 ; 5; 1 2MI t t t t t t .
Do I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d , nên ta có
. 0d
MI u 2 1 2 1 5 2 1 2 0 1 3; 1; 4t t t t I
Vậy 3; 1; 4I .
Lời giải 2: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: 2; 1; 2d
u .
Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d .
Ta có ( )
2; 1; 2d
n u .
Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng
d là: ( ): 2 2 1 5 2 3 0x y z 2 2 15 0x y z .
Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .
Do đó I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) .
Giả sử 1 2 ; ; 2 2I t t t d, do ( )I d nên ( )I
2 1 2 2 2 2 15 0 1 3; 1; 4t t t t I .
Vậy 3; 1; 4I .
Bài tập tự luyện. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
2; 1; 5M và đường thẳng
4
:
2
x t
d y t
z t
. Tìm tọa độ hình chiếu của điểm
M trên đường thẳng d .
Đáp số: 4; 0; 2I .

20. http://megabook.vn/
Câu VI. 1. Giải phương trình 2
2sin 7sinx 4 0x .
2. Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng của
lớp mình. Bảng gồm 10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và
không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở của cần nhấn
liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút đố theo thứ tự đã
nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B
không biết quy tắc mở của trên, đã ấn ngẫu nhiên liên tiếp 3 nút
khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B mở được cửa
phòng học đó.
1.
Định hướng : Đây là phương trình ậc hai đối với một loại hàm lượng giác,
cụ thể ở đây là hàm sin .
Phương trình có dạng 2
.sin .sin 0a b c .
Phương pháp đặc biệt:
+ Nếu 0a b c thì phương trình tương đương với:
.sin sin 1 0a c .
+ Nếu 0a b c thì phương trình tương đương với:
.sin sin 1 0a c .
Phương pháp tổng quát:
Đặt sint (điều kiện 1 1t ).
Phương trình trở thành: 2
0at bt c (phương trình quy về phương trình
bậc hai ẩn là t ).
Lời giải: Ta có 2
2sin 7sinx 4 0 sinx 2sinx 1 4 2sinx 1 0x
sinx 4 2sinx 1 0
sinx 4
1
sinx1
2sinx
2
(vì sinx 1 x )
2
6
5
2
6
x k
k
x k
.
Kết luận : 2
6
x k hoặc
5
2
6
x k với k .
Cách 2: Đặt  sin 1,1t x   khi đó phương trình:

21. http://megabook.vn/
2
1 2
sin sin 6
2 7 4 0 2 6
5
24 1 ( )
6
x k
t x
t t
x kt loai

 


                      
2. Gọi 3 nút bạn B ấn có ghi số X, Y, Z. (X, Y, Z là số nguyên từ 0 đến 9 và
đôi một khác nhau) .Vậy số cách chọn bộ , ,X Y Z là 3
10
720A .
Điều kiện để mở được cửa phòng là
10X Y Z
X Y Z
. Khi đó chỉ có 8 khả
năng sau :
, , 0,1,9 ; 0,2,8 ; 0,3,7 ; 0,4,6 ; 1,2,7 ; 1,3,6 ; 1,4,5 ; 2,3,5X Y Z
Vậy xác suất để B mở được cửa phòng là
8 1
720 90
P .
Đây là câu xác suất khiến cho nhiều học sinh bỡ ngỡ và rối vì đề bài xác
suất dài nên khi học sinh mà đọc không kỹ thường sai không gian mẫu ngay
từ đầu chưa nói gì xét iến cố thuận lợi vì số nguyên từ 0 đến 9 và đôi một
khác nhau nên ta phải dùng chỉnh hợp chọn 3 nút trong 10 nút là chỉnh hợp
chập 3 của 10 phân tử nên không gian mẫu là 3
10
720n A .
Để mở của cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên nút đố
theo thứ tự đ nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 0 nên khi đó
ta chỉ xét trường hợp tổng là 10 mà theo thứ tự tăng dần là 8 trường hợp .
Điều kiện để mở được cửa phòng là
10X Y Z
X Y Z
. Khi đó chỉ có 8 khả
năng sau : , , 0,1,9 ; 0,2,8 ; 0,3,7 ; 0,4,6 ; 1,2,7 ; 1,3,6 ; 1,4,5 ; 2,3,5X Y Z
Vậy xác suất để B mở được cửa phòng là
8 1
720 90
P .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
 ông thức t nh xác suất của iến cố E thỏa m n yêu cầu nào đó:
 
 
 
n E
P E
n


trong đó  n E là số kết quả thuận lợi cho iến cố E ,
 n  là tất cả các trường hợp xảy ra. Ta cần tìm hai yếu tố đó.
 Bài toán cho học sinh A thiết kế một ảng điện tử gồm 0 nút mỗi
nút ghi một số tự nhiên có một chữ số không trùng nhau.
Phép thử: “Nhấn nút khác nhau trên ảng số” với yêu cầu nút đó được
sắp xếp theo d y số tăng và tổng ằng 0.

22. http://megabook.vn/
Giả sử nút cần nhấn nhận giá trị lần lượt là , ,a b c .
Với , , 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9a b c ta cần chọn ộ số th ch hợp thỏa m n
thỏa m n , 10a b c a b c .
Vì a là số nhỏ nhất nên ta chọn số a trước và tìm được các ộ số sau:
; ; 0; 1; 9 , 0; 2; 8 , 0; 3; 7 , 0; 4; 6 , 1; 2; 7 , 1; 3; 6 , 1; 4; 5 , 2; 3; 5a b c
Tới đây thu được 8n E .
Học sinh B ”nhấn ngẫu nhiên nút liên tiếp khác nhau” trên ảng điện tử
tới đây ta sử dụng công thức chỉnh hợp k
nA với 3, 10k n . Đây ch nh là
n .
Áp dụng công thức t nh xác suất ta thu được kết quả ài toán.
Câu VII. Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân
tại B, 2AC a . Hình chiếu vuông góc của 'A trên mặt phẳng ABC là
trung điểm của cạnh AC, đường thẳng 'A B tạo với mặt phẳng ABC
một góc 45o
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và chứng
minh 'A B vuông góc với 'CB .
Lời giải
Vì ABC vuông cân tại B, M là
trung điểm AC nên
2
AC
MB a
21
2ABC
S MB AC a và
' 'MB AC A M ABC A M
là chiều cao hình lăng trụ và
' 90o
A BM .
Vì 'A B tạo với mặt phẳng
ABC một góc 45o
nên
' 45 'o
A BM A BM vuông cân tại M 'A M BM a.
Vậy 3
. ' ' '
'ABC A B C ABC
V A M S a . Lại có :

23. http://megabook.vn/
' ' 'M MB 'A' A'C 'M 'A' 'MA'C MB 'A' MBA'C
'M A 'MA'C MB A MBA'C 'M A' MB
A BB C A B A B A B
A B A B A M MC
2 2
'MA' A' MB MB ' 0
BM MA
A M MMC BM MA A M BM
Vậy 'A B vuông góc với 'CB (đpcm).
Cách 2:
A
B
C
A'
B'
C'
x
y
z
H
Đặt trục tại H như hình vẽ :
0;0;0H , ;0;0A a , ;0;0C a , 0; ;0B a , ' 0;0;A h ,
Ta thấy :đường thẳng BA’ có véc tơ chỉ phương ' 0; ;BA a h ,mặt phẳng
(ABC);z=0 mà mặt phẳng ( )ABC có véc tơ pháp tuyến 0;0;1ABCn
Nên Đường thẳng 'A B tạo với mặt phẳng ABC một góc 45o
.
0
2 2 2 2 2 2 2 2
. ' 0.0 .0 .1 1
sin45
20 0 1 . 0. '
ABC
ABC
n BA a h h
a h a hn BA
2 2 2 2 2
2 2h a h h a h h a .
Do tứ giác ABA’B’ là hình ình hành nên

24. http://megabook.vn/
'
' ' ' '
'
' ' ; ;0 ' ' ; ; ' ; ;
0
B
B B B B
B
x a
AB A B AB a a A B x y z a y a B a a a
z a
Thể t ch hình lăng trụ A’B’ ’.AB là
3
. ' ' '
1 1
. ' . . . ' . .2 .
2 2ABC A B C ABC
V S A H BH AC A H a a a a
Để chứng minh 'A B vuông hóc với 'B C
' 0; ; . ' 0; ; 0.0 . . 0 ' 'A B a a B C a a a a a a A B B C
Các bạn th sinh thường câu hình học không gian là phân khoảng cách
nên trong đề năm nay là phấn chứng minh vuông góc là bỡ ngỡ và rất
nhiều bạn là làm sai ? nếu bạn nào mà chắc kiến thức thì các chứng minh
đường vuông góc với đường.
1. Tính chất của hai tia phân giác của hai góc kề bù.
2. Hai đường thẳng cắt nhau tạo thành một góc bằng 90 độ
3. Tổng của hai góc phụ nhau bằng 90 độ
4. Đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song
thì vuông góc với đường thẳng thứ ba
5. Tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.
6. Định nghĩa a đường cao trong tam giác định nghĩa đường trung
trực của đoạn thẳng.
7. Định lý Pitago.
8. Tính chất đường kính của một đường tròn đi qua trung điểm của
một dây cung.
9. Tính chất tiếp tuyến của đường tròn.
10. Tiếp tuyến chung và đường nối tâm của hai đường tròn, dây cung
chung và đường nối tâm của hai đường tròn.
11. Sử dụng hai góc kề bù bằng nhau.
12. Sử dụng định lí tổng ba góc trong một tam giác bằng 80 độ
13. Sử dụng các góc vuông cho trước
14. Sử dụng chứng minh một tam giác bằng một tam giác vuông
15. Sử dụng tính chất tam giác cân
16. Sử dụng tính chất giao điểm a đường cao của tam giác
17. Sử dụng phép quay góc vuông hoặc góc quay vuông
18. Chứng ming phản chứng
+ Cách 1 : Nhưng thông thường khi chứng minh đường thẳng d vuông góc
đường thẳng  . Ta sẽ chứng minh đường thẳng d với mặt phẳng (P), mà
đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P) khi đó d  .

25. http://megabook.vn/
+ Cách 2 : để chứng minh 2 đường thẳng vuông góc thì tích vô hướng bằng
0 bằng cách đưa các véc tơ về vuông góc bằng cách tách véc tơ thành tổng
bằng áp dụng nhuần nhuyễn các tính chất sau:
   
 
1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 2 1 1
1 1 1 1 1 11 1
. . . . . . ;
. 0; . . .cos ,
a b a a b b a b a b a b a b a b
a b a b a b a b
       
  
+ Cách 3: sau khi đặt trục xong ,dựa vào hình lăng trụ là hình mà 2 mặt đáy
song song mà các bên là hình bình hành .khi đó sau đó đặt trục xong ta tìm
tọa độ các điểm rồi khi đó chứng minh 2 đường thẳng vuông
   1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3, , , , , . . . 0a a a a b b b b ab a b a b a b    
Câu VIII. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội
tiếp đường tròn đường kính BD. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông
góc của A trên các đường thẳng BC, BD và P là giao điểm của hai
đường thẳng MN, AC. Biết đường thẳng AC có phương trình
1 0x y , 0;4M , 2;2N và hoành độ điểm A nhỏ hơn 2. Tìm tọa
độ các điểm P, A, B.
Định hướng:
Ta cần tìm luôn tọa độ P , vì rất đơn
giản khi nó là giao của ,AC MN .
Bài toán xoay quanh các dữ kiện về
điểm ; ;M N P và đường thẳng
;AC MN ta nghĩ tới điểm A vì đề có
2A
x . Cần chú ý khi đề cho P ,vẽ
hình chính xác ta sẽ thấy P là trung
điểm AC hay PA PC PM . Chứng
minh được điều này là bài toán kết thúc
vì tìm A xong điểm B sẽ dễ dàng xác
định khi B BC BD.
Định hướng chứng minh:
Từ / /AM CD và từ các tứ giác ,ABCD ABMN nội tiếp ta suy ra được
PAM PCD ABD AMP do đó PA PM .
Lời giải: Phương trình đường thẳng MN là 4 0x y P là giao điểm của
MN và AC nên tọa độ điểm P thỏa mãn HPT
4 0 5 3 5 3
; ,
1 0 2 2 2 2
x y
x y P
x y
.

26. http://megabook.vn/
Gọi , 1A a a với 2a .
Gọi O là trung điểm BD. Khi đó 90o
AMB ANB nên M, N thuộc đường
tròn đường kính AB. Suy ra
90 90
1 180
90
2 2
o o
o
o
PNO MAB MBA ADC
AOC
AOC OAP
Vậy A, P, O, N cùng thuộc một đường tròn
90o
APO ANO OP AC P là trung điểm AC PA PM (vì
90o
AMC ) . Vậy do 2a nên :
2 2 2 2 2
5 3 5 3 5 25
1 0 4 5 0 0
2 2 2 2 2 4
a a a a a a
Suy ra 0, 1A mà P là trung điểm AC nên 5,4C .
Phương trình đường thẳng CM là 4 0y . Vì B CM nên gọi b,4B .
Do 0 2 2 3 4 2 0 1 1,4ANNB b b B .
Kết luận :
5 3
,
2 2
P ; 0, 1A ; 1,4B .
Câu IX. Giải phương trình
2
2 2
3 1 3 1
3 3
3log 2 2 2log 2 2 log 9 1 log 0x x x x x x
Phân tích ý tưởng: Đây là một câu mang tính phân loại trong đề thi và đảm
bảo được tiêu chí là khắc chế được máy t nh ASIO cũng như đòi hỏi tư
duy khi đưa công cụ log vào giải toán. Tuy nhiên dễ thấy được ở bài toán là
có sự lặp lại ở các biến nhưng điều đầu tiên ta cần phải làm là đưa chúng là
cùng cơ số để đơn giản, ta sẽ đưa hết về cơ số 3 . Khi đó ta được:
22 2
3 3 3 3
3log 2 2 2log 2 2 log 9 1 log 0x x x x x x
Đến đây không khó để nhận ra rằng biểu thức 3
log 2 2x x lặp lại
hai lần đồng thời có chứa bậc hai trong khi đó sử dụng công thức log ta dễ
dàng có được
22
3 3 3 3
log 9 log 3 2log 3 2 1 logx x x x . Và biểu

27. http://megabook.vn/
thức 3
1 log x cũng lặp lại tương tự với 3
log 2 2x x khi đó dễ
thấy nếu đặt 3
3
log 2 2
1 log
a x x
b x
thì ta sẽ đưa phương trình trên về
phương trình đẳng cấp là
2 2
3 4 0 3 0
3
a b
a ab b a b a b
a b
.
Với a b, ta có 3 3
log 2 2 log 1x x x . Sử dụng công thức log
quen thuộc là 3 3 3
log log log
x
x y
y
thì ta có 3
2 2
log 1
x x
x
2 2
3
x x
x 2 2
0 2
2 2 3
4 2 4 9
x
x x x
x x
.
Đặt 2 2 2 2
4 0 4 4 2 9 4t x x t t t 2
9 2 32 0t t .
2
16
9
t
t
. Do
2
216 16 2 17
0 4
9 9 9
t t x x mà 0 2x
nên
2 17
9
x .
Với 3a b , ta có
3
3 3
log 2 2 log 1x x x
3
2 2 3x x x. 32 23
2 2 3 4 2 4 9x x x x x
.
Ta có 32 2 2 64
4 2 4 4 9 4 4
9
x x x Loại.
Vậy phương trình đ cho có nghiệm duy nhất là
2 17
9
x .
Lời giải. Điều kiện: 0 2x .
Đặt 3
3
log 2 2
1 log
a x x
b x
khi đó phương trình đ cho tương đương
vói 2 2
3 4 0 3 0
3
a b
a ab b a b a b
a b

28. http://megabook.vn/
TH1. Với a b, ta có 3 3
log 2 2 log 1x x x .
3
2 2
log 1
x x
x
2 2
3
x x
x
.
2 2
0 2
2 2 3
4 2 4 9
x
x x x
x x
.
Đặt 2 2 2 2
4 0 4 4 2 9 4t x x t t t 2
9 2 32 0t t
2
16
9
t
t
.
Do
2
2
0 2
16 16 2 17
0 4 2 179 9 9
9
x
t t x x
x
.
TH2. Với 3a b , ta có
3
3 3
log 2 2 log 1x x x .
3
2 2 3x x x.
32 23
2 2 3 4 2 4 9x x x x x .
Ta có 32 2 2 64
4 2 4 4 9 4 4
9
x x x loại.
Vậy phương trình đ cho có nghiệm duy nhất là
2 17
9
x .
Câu X. Xét các số thực x, y thỏa mãn 1 2 2 3x y x y (*).
1. Tìm giá trị lớn nhất của x y .
2. Tìm m để 4 7 2 2
3 1 2 3x y x y
x y x y m đúng với mọi
x, y thỏa mãn (*).
Lời giải
1. ĐKXĐ : 2, 3x y .
Ta có
2 27 1 1
(*) 2 2 3 2
2 2 2
x y
x y
Vì
2 21 1
2 2 3 2 0 2, 3
2 2
x y x y nên 7 0x y
Vậy GTLN của x + y là 7 khi x = 6 và y = 1.

29. http://megabook.vn/
2. Đặt 4 7 2 2
3 1 2 3x y x y
P x y x y . Đặt t x y thì theo câu
ta được 7t .
Nếu 1 0x y thì do
9476
2, 3 2, 3
243
x y x y P
Nếu 1 0x y thì
2
(*) 1 4 1 2 2 3 4 1 3x y x y x y x y t
Lại có :
2 22 2 4 7
1 1 2 2 2 5 3 1 2 15t t
x y x y x y P t
Xét 4 7
3 1 2 15t t
f t t với 3;7t . Ta được :
4 7 7
4 2 7
' 3 ln3 2 1 2 ln2
'' 3 ln 3 2 ln2 ln2 ln2 2 0 3;7
t t t
t t
f t t
f t t t
Lại có ' 3 ' 7 0f f suy ra 'f t có 1 nghiệm 3,7k . Vì '' 0f t nên :
Nếu
148
3, ' 0 3
3
t k f t f t f
Nếu ,7 ' 0 7 20t k f t f t f
Tóm lại ta được
148
max
3
P khi chẳng hạn 2,y 1x .
Vậy 4 7 2 2
3 1 2 3x y x y
x y x y m khi và chỉ khi
148
3
m .
Kết luận :
148
3
m .