Tuyển tập 90 đề thi thử đại học Môn Toán

XIN GỬI TỚI QUÝ THẦY CÔ VÀ CÁC EM HỌC SINH YÊU QUÝ TRÍCH ĐOẠN MỘT SIÊU ẤN 
PHẨM THÁNG 4 CỦA LOVEBOOK (dự kiến 06/04/2014) 
TUYỂN TẬP 90 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN (TẬP 2) 
ĐỀ SỐ 2 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
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). 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = 
   
π
2
π
3
sin2x cos x 1 2x cos x 1 ln x
dx
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 c
b c 1
1
c a 1 a b 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 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 anh Thùy cũng như chị Hiền, chị 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? 
B. Theo chương trình Nâng cao 
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 cạnh CD sao cho CN = 2CD. Biết đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – 3 = 0 và điểm M 
có tọa độ M
11
2
2
 
 
 
; . 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. 
GIẢI ĐỀ SỐ 2 
Câu 1. 
1. 
• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {2}. 
• Sự biến thiên: 
– Chiều biến thiên: 
 
2
5
y’ 0
x 2

 

 với mọi x ∈ 𝔻. 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 2) và (2; +). 
– Giới hạn và tiệm cận: 
x x
lim y lim y 1
 
  ; 
x 2
lim y

 

; 
x 2
lim y
 
 = –. 
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = 1 làm tiệm cận ngang và nhận đường thẳng x = 2 làm tiệm cận đứng. 
– Bảng biến thiên: 
• Đồ thị: 
Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại 
3
0
2
 
 
 
; , 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, x2 thì theo bài ra, x1 và x2 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 3
x 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, x2 thỏa mãn x1x2 < 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; –x1 + m) và B(x2; –x2 + m). 
AOB nhọn  cos AOB > 0       21 2 1 2 1 2 1 2OA.OB 0 x x x m x m 0 2x x m x x m 0             
x O 
1 
2 
y 
I 
–3 
1
 x 2 
y' − − 
y 
1 
    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
2
2
 
 
 
; . 
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 
1
cos x 0
2
 
  
 
; còn 
3π
4
 là nghiệm của phương trình 
1
cos x 0
2
 
  
 
. Dự đoán rằng 
1
cosx
2
 
 
 
 và 
1
cosx
2
 
 
 
 đều là nhân tử của phương trình  nhân tử chung 
của phương trình có thể là 2
1 1 1 cos2x
cosx 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). 
Phương trình đã cho tương đương với: 
 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 x
2x 0 2 4 2
π 1x x 1 π
x x k2π x k2π
4 22
     
  
            
cos
cos sin
cos
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). 
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.       
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) = 3t2 + 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 172x 1 4x 3x 2x 1 4x 9x 4x 0 x 0 x
8
 
              . 
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 0
8 8
      
          
; ; ; . 
Bài tập củng cố: 
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
x
12
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: 
Tử số = sin2x cosx 1 2cosx.xlnx lnx     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 x
dx
sin x x
I
ln x
   

  
   
π
3
2
π
2sin xcosx 2cosx.x ln x sin x x ln x
dx
sin x x ln x
’  


x – – 0 
0 0 Tử số VP(**) 
Mẫu số VP(**) 
VP(**) 
+ – + – 
+ – 
0 0 + + + – 
 
   
π π
π π
π π 3 3
3 3
π π2 2
2 2
sin x x ln x
dx 2sin x ln sin x x ln x
sin x x l
os
n
2c 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 ln
2 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 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’.SABC = CC’.
1
2
AB.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. 
C’ 
B 
C 
B’ 
A 
A’ 
M’ 
M 
H 
 MH  (CB’A’). 
+) CMM’ vuông tại M nên 
2 2 2 2 2 2
2
a
.a
1 1 1 CM.M’M a3MH
2MH CM M’M CM M’M a
a
3
     
  
  
 
. 
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 c
b 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 1
b c 1
 
    
 
. 
Xét    
a b c
f(a) 1 a 1 b 1 c 1
b c 1
 
     
 
 trên [0; 1]. Theo định lý: (P – 1)  max{f(0); f(1)}. 
Mặt khác: 
+) f(1) = 0. 
+) f(0) =   
     
2 2
2 2
b c
b c 1 bc 1bc b c b c bc 1 2b c
1 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 c
b c 1

   
 
. 
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 
           
 
3
1 1 1 a 1 a
b c 1 1 b 1 c b c 1 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c
3 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. 
Bài tập củng cố: 
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 chữ nhật 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 M
a d 2 a 5d 16
2 2
    
 
 
; của AC thuộc BD 
 
a d 2 a 5d 16
5. 7 0 4a 20 0 a 5
2 2
   
         A(5; 6). 
+) AD  ID        2
d 2
AD ID 0 d 5 d 1 5d 13 5d 11 0 26d 126d 14 37
d
1
0
3
8

            



 
. 
(loại)
 D(2; 3)  C(0; 5)  M
5 11
2 2
 
 
 
;  
B M D
B M D
5
x 2x x 2 2
2
11
y 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 Pn = (a, b, c) là véctơ pháp tuyến của (P) (điều kiện a
2 + b2 + c2  0). Ta có M ∈   M ∈ (P)  phương 
trình mặt phẳng (P) là: ax + by + c(z + 5) = 0. 
Do  ⊂ (P) nên P Pn u n .u 0 a b 4c 0 a 4c b          . 
I 
R 
r 
d 
+) d(I, (P)) = 3  
 
 
 
22 2 2
2 2 2 2 2 2
4c b 2b 3ca 2b 3c
3 3 7c b 9 4c b b c
a b c 4c b b c
     
              
   2 2
b 2c
17b 86bc 104c 0 b 2c 17b 52c 0 52c
b
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. 
 P(B) = C 2
3
.(0,4)2.0,6.0,4 = 0,1152. 
– Tương tự: P(C) = C 2
3
.(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 MN
cosMAN
2AM.AN 2 AB BM . AD DN
     
 
 
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
a a a 2a
a a
2 3 2 3 1
2a a
2 a . a
2 3
       
           
       
 
   
    
   
. 
A B 
C D N 
M 
+) A ∈ AN: 2x – y – 3 = 0  A(x; 2x – 3)  
11 7
AM x 2x
2 2
 
   
 
; . 
AN có véctơ chỉ phương là 
AN
u = (1; 2). 
Ta có:  
2
2
AN
2 2
2 2
11 7
1 x 2 2x
2 2 1 25 85
u AM MAN 2 5x 5 5x 25x
2 2211 7
1 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 A2(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: 
   
1 1BM DN
π tanMAB tanNAD 2 3AB ADcot MAN cot MAB NAD tan MAB NAD 1
2 BM DN 1 11 tanMAB.tanNAD 1 . 1 .
AB AD 2 3

  
         
    
 MAN = 450. 
Cách 2: 
  0
1
2
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 3