第8章 模擬試験 — 10 đề thi mẫu & bộ công thức tham khảo nhanh
Luyện đề là chìa khóa. 10 đề thi mô phỏng theo phong cách thi đại học Nhật Bản (kỳ thi 共通テスト + 二次試験) — mỗi đề có giải đầy đủ. Cuối chương là bộ công thức nén nhỏ để ôn nhanh trước ngày thi.
ĐỀ 1 — Phương trình & Đa thức (cấp 2)
Câu 1. Cho $a = \sqrt{2} + \sqrt{3}, b = \sqrt{2} - \sqrt{3}$. Tính $a^2 + b^2$ và $a^3 - b^3$.
$a + b = 2\sqrt{2}, a - b = 2\sqrt{3}, ab = 2 - 3 = -1$.
$a^2 + b^2 = (a+b)^2 - 2ab = 8 + 2 = 10$.
$a^3 - b^3 = (a-b)(a^2 + ab + b^2) = 2\sqrt{3}(10 - 1) = 18\sqrt{3}$.
$a^2 + b^2 = (a+b)^2 - 2ab = 8 + 2 = 10$.
$a^3 - b^3 = (a-b)(a^2 + ab + b^2) = 2\sqrt{3}(10 - 1) = 18\sqrt{3}$.
Câu 2. Tìm $m$ để $(m-1)x^2 - 2(m-1)x + m + 1 \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.
TH1 $m = 1$: $0 \cdot x^2 - 0 \cdot x + 2 = 2 \ge 0$ ✓.
TH2 $m \ne 1$: cần $a = m - 1 > 0$ và $\Delta' = (m-1)^2 - (m-1)(m+1) = (m-1)(-2) \le 0$.
$a > 0 \iff m > 1$; $\Delta' \le 0 \iff (m-1) \ge 0 \iff m \ge 1$. Giao: $m > 1$.
Kết hợp: $m \ge 1$.
TH2 $m \ne 1$: cần $a = m - 1 > 0$ và $\Delta' = (m-1)^2 - (m-1)(m+1) = (m-1)(-2) \le 0$.
$a > 0 \iff m > 1$; $\Delta' \le 0 \iff (m-1) \ge 0 \iff m \ge 1$. Giao: $m > 1$.
Kết hợp: $m \ge 1$.
Câu 3. Phân tích nhân tử: $A = x^3 + 3x^2 - 4$.
Thử $x = 1$: $A(1) = 0$. Chia $(x-1)$: được $x^2 + 4x + 4 = (x+2)^2$.
Vậy $A = (x-1)(x+2)^2$.
Vậy $A = (x-1)(x+2)^2$.
ĐỀ 2 — Hàm số bậc hai & tham số
Câu 1. Tìm phương trình parabola có đỉnh $(1, -2)$ và đi qua $A(3, 6)$.
$y = a(x-1)^2 - 2$. $A(3,6)$: $6 = 4a - 2 \Rightarrow a = 2$.
$y = 2(x-1)^2 - 2 = 2x^2 - 4x$.
$y = 2(x-1)^2 - 2 = 2x^2 - 4x$.
Câu 2. Cho $f(x) = x^2 + (m-2)x - m + 1$. Tìm $m$ để $f$ có 2 nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $x_1 < 0 < x_2 < 3$.
$x_1 < 0 < x_2$: $a f(0) < 0 \iff -m + 1 < 0 \iff m > 1$.
$x_2 < 3$: $f(3) > 0 \iff 9 + 3(m-2) - m + 1 > 0 \iff 2m + 4 > 0 \iff m > -2$.
Giao: $m > 1$.
$x_2 < 3$: $f(3) > 0 \iff 9 + 3(m-2) - m + 1 > 0 \iff 2m + 4 > 0 \iff m > -2$.
Giao: $m > 1$.
Câu 3. Tìm Max-Min của $f(x) = -x^2 + 4x + m$ trên $[0, 5]$ theo $m$.
$f(x) = -(x-2)^2 + 4 + m$. Đỉnh $(2, 4+m)$, $a < 0$ → max tại đỉnh.
$2 \in [0,5]$ → Max = $4 + m$.
Min: $f(0) = m, f(5) = -5 + m$. Min = $f(5) = m - 5$.
$2 \in [0,5]$ → Max = $4 + m$.
Min: $f(0) = m, f(5) = -5 + m$. Min = $f(5) = m - 5$.
ĐỀ 3 — Lượng giác & tam giác
Câu 1. Tam giác $ABC$ có $a = 8, b = 7, c = 5$. Tính $\cos A$, diện tích $S$, bán kính $R, r$.
$\cos A = \dfrac{49+25-64}{70} = \dfrac{10}{70} = \dfrac{1}{7}$.
$\sin A = \dfrac{\sqrt{48}}{7} = \dfrac{4\sqrt{3}}{7}$.
$S = \dfrac{1}{2} bc \sin A = \dfrac{1}{2}\cdot 7 \cdot 5 \cdot \dfrac{4\sqrt{3}}{7} = 10\sqrt{3}$.
$R = \dfrac{a}{2\sin A} = \dfrac{8}{2\cdot \dfrac{4\sqrt{3}}{7}} = \dfrac{7}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$.
$p = 10, r = S/p = \sqrt{3}$.
$\sin A = \dfrac{\sqrt{48}}{7} = \dfrac{4\sqrt{3}}{7}$.
$S = \dfrac{1}{2} bc \sin A = \dfrac{1}{2}\cdot 7 \cdot 5 \cdot \dfrac{4\sqrt{3}}{7} = 10\sqrt{3}$.
$R = \dfrac{a}{2\sin A} = \dfrac{8}{2\cdot \dfrac{4\sqrt{3}}{7}} = \dfrac{7}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$.
$p = 10, r = S/p = \sqrt{3}$.
Câu 2. Đơn giản: $\sin^4 \theta + \cos^4 \theta + 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
$= (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)^2 = 1^2 = 1$.
ĐỀ 4 — Tập hợp, logic, chứng minh
Câu 1. Cho $A = \{x \in \mathbb{R} \mid x^2 - 3x + 2 \le 0\}$, $B = \{x \mid |x-1| \le 2\}$. Tìm $A \cap B$, $A \cup B$.
$A: 1 \le x \le 2$, $B: -1 \le x \le 3$.
$A \cap B = [1, 2]$, $A \cup B = [-1, 3]$.
$A \cap B = [1, 2]$, $A \cup B = [-1, 3]$.
Câu 2. Chứng minh: nếu $a + b + c = 0$ và $a, b, c$ là số hữu tỉ thì $\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}$ hoặc là số hữu tỉ, hoặc là $\sqrt{2|ab+bc+ca|}$.
$(a+b+c)^2 = 0 \Rightarrow a^2+b^2+c^2 = -2(ab+bc+ca)$.
$\sqrt{a^2+b^2+c^2} = \sqrt{-2(ab+bc+ca)} = \sqrt{2|ab+bc+ca|}$ (vì $a^2+b^2+c^2 \ge 0$ nên $ab+bc+ca \le 0$). ∎
$\sqrt{a^2+b^2+c^2} = \sqrt{-2(ab+bc+ca)} = \sqrt{2|ab+bc+ca|}$ (vì $a^2+b^2+c^2 \ge 0$ nên $ab+bc+ca \le 0$). ∎
ĐỀ 5 — Tổ hợp xác suất
Câu 1. Một hộp có 4 bi đỏ, 5 bi xanh, 6 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 3 bi. Tính xác suất: a) 3 bi cùng màu; b) đủ 3 màu; c) ít nhất 1 bi đỏ.
Tổng $\binom{15}{3} = 455$.
a) $\binom{4}{3} + \binom{5}{3} + \binom{6}{3} = 4 + 10 + 20 = 34$. $P = \dfrac{34}{455}$.
b) $4 \cdot 5 \cdot 6 = 120$. $P = \dfrac{120}{455} = \dfrac{24}{91}$.
c) Bù: không có đỏ = $\binom{11}{3} = 165$. $P = 1 - \dfrac{165}{455} = \dfrac{290}{455} = \dfrac{58}{91}$.
a) $\binom{4}{3} + \binom{5}{3} + \binom{6}{3} = 4 + 10 + 20 = 34$. $P = \dfrac{34}{455}$.
b) $4 \cdot 5 \cdot 6 = 120$. $P = \dfrac{120}{455} = \dfrac{24}{91}$.
c) Bù: không có đỏ = $\binom{11}{3} = 165$. $P = 1 - \dfrac{165}{455} = \dfrac{290}{455} = \dfrac{58}{91}$.
Câu 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lập từ {0,1,2,3,4,5,6} sao cho số đó là số chẵn?
Chữ số cuối ∈ {0, 2, 4, 6}.
TH cuối = 0: 4 vị trí đầu chọn từ 6 chữ số còn lại, có $A_6^4 = 360$.
TH cuối ∈ {2,4,6}: 3 cách chọn cuối. Hàng vạn ≠ 0 và ≠ chữ số cuối: 5 cách. Còn lại 3 vị trí từ 5 chữ số còn lại: $A_5^3 = 60$. → $3 \cdot 5 \cdot 60 = 900$.
Tổng = $360 + 900 = 1260$.
TH cuối = 0: 4 vị trí đầu chọn từ 6 chữ số còn lại, có $A_6^4 = 360$.
TH cuối ∈ {2,4,6}: 3 cách chọn cuối. Hàng vạn ≠ 0 và ≠ chữ số cuối: 5 cách. Còn lại 3 vị trí từ 5 chữ số còn lại: $A_5^3 = 60$. → $3 \cdot 5 \cdot 60 = 900$.
Tổng = $360 + 900 = 1260$.
ĐỀ 6 — Bất đẳng thức & min-max
Câu 1. Tìm GTNN của $f(x) = x + \dfrac{4}{x-1}$ với $x > 1$.
$f(x) = (x-1) + \dfrac{4}{x-1} + 1 \ge 2\sqrt{4} + 1 = 5$.
Dấu = ⟺ $(x-1)^2 = 4 \iff x = 3$.
Min = 5 tại $x = 3$.
Dấu = ⟺ $(x-1)^2 = 4 \iff x = 3$.
Min = 5 tại $x = 3$.
Câu 2. Cho $a, b > 0$, $a + b = 2$. Chứng minh $\dfrac{1}{a^2+1} + \dfrac{1}{b^2+1} \le \dfrac{1}{ab+1}$.
Quy đồng. Hoặc thử $a = b = 1$ (dấu =?): VT = 1, VP = 1/2 — sai chiều!
Đề có vấn đề, có lẽ là $\ge$ thay vì $\le$. Với $a = b = 1$, VT $= 1 = $ VP. Đề đúng: $\ge \dfrac{2}{ab+1}$?
(Bài luyện logic — kiểm tra bằng dấu = mọi lúc!)
Đề có vấn đề, có lẽ là $\ge$ thay vì $\le$. Với $a = b = 1$, VT $= 1 = $ VP. Đề đúng: $\ge \dfrac{2}{ab+1}$?
(Bài luyện logic — kiểm tra bằng dấu = mọi lúc!)
ĐỀ 7 — Hình học & vector
Câu 1. Trong $Oxy$, cho $A(1,2), B(3,-1), C(-2,4)$. Tính diện tích tam giác $ABC$.
$\overrightarrow{AB} = (2, -3), \overrightarrow{AC} = (-3, 2)$.
$S = \dfrac{1}{2} |x_1 y_2 - x_2 y_1| = \dfrac{1}{2}|2\cdot 2 - (-3)\cdot(-3)| = \dfrac{1}{2}|4 - 9| = \dfrac{5}{2}$.
$S = \dfrac{1}{2} |x_1 y_2 - x_2 y_1| = \dfrac{1}{2}|2\cdot 2 - (-3)\cdot(-3)| = \dfrac{1}{2}|4 - 9| = \dfrac{5}{2}$.
Câu 2. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn, $AB = 5, BC = 4, CD = 3, AD = 7$. Tính $AC \cdot BD$.
Ptolemy: $AC \cdot BD = AB \cdot CD + BC \cdot AD = 5\cdot 3 + 4\cdot 7 = 15 + 28 = 43$.
ĐỀ 8 — Định lý Vi-ét nâng cao
Câu 1. Cho phương trình $x^2 - 2mx + m^2 - 1 = 0$. Tìm $m$ để 2 nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $x_1 = 3 x_2$.
$S = 2m, P = m^2 - 1$. $x_1 = 3x_2 \Rightarrow x_2(3+1) = 2m \Rightarrow x_2 = \dfrac{m}{2}, x_1 = \dfrac{3m}{2}$.
$x_1 x_2 = \dfrac{3m^2}{4} = m^2 - 1 \Rightarrow m^2 = 4 \Rightarrow m = \pm 2$.
$x_1 x_2 = \dfrac{3m^2}{4} = m^2 - 1 \Rightarrow m^2 = 4 \Rightarrow m = \pm 2$.
Câu 2. Tìm $m$ để pt $x^2 - 2(m+1)x + m^2 + 2 = 0$ có 2 nghiệm $x_1 \le 1 \le x_2$.
Đặt $f(x) = x^2 - 2(m+1)x + m^2 + 2$. ĐK: $a \cdot f(1) \le 0 \iff f(1) \le 0$.
$f(1) = 1 - 2(m+1) + m^2 + 2 = m^2 - 2m + 1 = (m-1)^2 \le 0 \iff m = 1$.
Khi $m = 1$: $f(1) = 0$ → $x = 1$ là nghiệm kép.
$f(1) = 1 - 2(m+1) + m^2 + 2 = m^2 - 2m + 1 = (m-1)^2 \le 0 \iff m = 1$.
Khi $m = 1$: $f(1) = 0$ → $x = 1$ là nghiệm kép.
ĐỀ 9 — Bài toán thực tiễn
Câu 1. Người ta cần làm 1 cái thùng hình hộp chữ nhật không nắp có thể tích $32\,\text{cm}^3$, đáy hình vuông. Tính kích thước để diện tích vật liệu ít nhất.
Đáy cạnh $x$, cao $h$: $x^2 h = 32 \Rightarrow h = \dfrac{32}{x^2}$.
Diện tích: $S = x^2 + 4xh = x^2 + \dfrac{128}{x}$.
$S' = 2x - \dfrac{128}{x^2} = 0 \Rightarrow x^3 = 64 \Rightarrow x = 4, h = 2$.
$S_{\min} = 16 + 32 = 48\,\text{cm}^2$.
Diện tích: $S = x^2 + 4xh = x^2 + \dfrac{128}{x}$.
$S' = 2x - \dfrac{128}{x^2} = 0 \Rightarrow x^3 = 64 \Rightarrow x = 4, h = 2$.
$S_{\min} = 16 + 32 = 48\,\text{cm}^2$.
Câu 2. Một chiếc thuyền cách bờ 2km, người chèo lên bờ tốc độ 5km/h, trên bờ chạy 13km/h đến nhà cách điểm gần nhất 10km. Hỏi điểm chèo lên bờ cách nhà bao xa để thời gian nhỏ nhất?
Đặt $x$ = khoảng cách điểm lên bờ tới điểm vuông góc nhà (0 ≤ x ≤ 10).
Thời gian: $T(x) = \dfrac{\sqrt{4+x^2}}{5} + \dfrac{10-x}{13}$.
$T'(x) = \dfrac{x}{5\sqrt{4+x^2}} - \dfrac{1}{13} = 0 \Rightarrow 13x = 5\sqrt{4+x^2} \Rightarrow 169x^2 = 25(4+x^2) \Rightarrow 144 x^2 = 100 \Rightarrow x = \dfrac{5}{6}$ km.
Khoảng cách lên bờ tới nhà: $10 - \dfrac{5}{6} = \dfrac{55}{6}$ km.
Thời gian: $T(x) = \dfrac{\sqrt{4+x^2}}{5} + \dfrac{10-x}{13}$.
$T'(x) = \dfrac{x}{5\sqrt{4+x^2}} - \dfrac{1}{13} = 0 \Rightarrow 13x = 5\sqrt{4+x^2} \Rightarrow 169x^2 = 25(4+x^2) \Rightarrow 144 x^2 = 100 \Rightarrow x = \dfrac{5}{6}$ km.
Khoảng cách lên bờ tới nhà: $10 - \dfrac{5}{6} = \dfrac{55}{6}$ km.
ĐỀ 10 — Tổng hợp toàn diện (mức "10 điểm")
Câu 1. Cho $f(x) = x^2 + 2(m+1)x + m^2 + 2m$. Tìm $m$ để: a) $f(x) \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$; b) $f$ có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu; c) Min của $f$ trên $[-1, 1]$ bằng $-4$.
a) $\Delta' = (m+1)^2 - (m^2+2m) = 1 \ne 0$ → $\Delta' = 1 > 0$ luôn → $f$ luôn có 2 nghiệm. Vô nghiệm $m$.
b) ĐK $\Delta > 0$ (luôn đúng) và $P = m^2 + 2m > 0 \iff m > 0$ hoặc $m < -2$.
c) Đỉnh $x = -(m+1)$. Min trên $[-1,1]$:
• Nếu $-(m+1) \in [-1,1]$ tức $-2 \le m \le 0$: min = $f(-m-1) = -1$. → $-1 = -4$ vô lý.
• Nếu $m > 0$: min = $f(-1) = 1 - 2(m+1) + m^2 + 2m = m^2 - 1 = -4 \Rightarrow m^2 = -3$ vô nghiệm.
• Nếu $m < -2$: min = $f(1) = 1 + 2(m+1) + m^2 + 2m = m^2 + 4m + 3 = -4 \Rightarrow m^2 + 4m + 7 = 0$ vô nghiệm.
Vậy không tồn tại $m$.
b) ĐK $\Delta > 0$ (luôn đúng) và $P = m^2 + 2m > 0 \iff m > 0$ hoặc $m < -2$.
c) Đỉnh $x = -(m+1)$. Min trên $[-1,1]$:
• Nếu $-(m+1) \in [-1,1]$ tức $-2 \le m \le 0$: min = $f(-m-1) = -1$. → $-1 = -4$ vô lý.
• Nếu $m > 0$: min = $f(-1) = 1 - 2(m+1) + m^2 + 2m = m^2 - 1 = -4 \Rightarrow m^2 = -3$ vô nghiệm.
• Nếu $m < -2$: min = $f(1) = 1 + 2(m+1) + m^2 + 2m = m^2 + 4m + 3 = -4 \Rightarrow m^2 + 4m + 7 = 0$ vô nghiệm.
Vậy không tồn tại $m$.
Câu 2. Tam giác $ABC$ có $\sin A : \sin B : \sin C = 2 : 3 : 4$. Tính $\cos A$.
Theo định lý sin: $a : b : c = \sin A : \sin B : \sin C = 2 : 3 : 4$. Đặt $a = 2k, b = 3k, c = 4k$.
$\cos A = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \dfrac{9 + 16 - 4}{24} = \dfrac{21}{24} = \dfrac{7}{8}$.
$\cos A = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \dfrac{9 + 16 - 4}{24} = \dfrac{21}{24} = \dfrac{7}{8}$.
Câu 3. Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho khai triển $(1 + \sqrt{2})^n$ có dạng $a + b\sqrt{2}$ với $a, b$ là các số nguyên dương thỏa $a^2 - 2b^2 = -1$.
Tính từng $n$:
$n=1$: $1 + \sqrt{2}$, $a=1, b=1$, $a^2 - 2b^2 = -1$ ✓.
Vậy $n = 1$. (Đây là chuỗi Pell.)
$n=1$: $1 + \sqrt{2}$, $a=1, b=1$, $a^2 - 2b^2 = -1$ ✓.
Vậy $n = 1$. (Đây là chuỗi Pell.)
BỘ CÔNG THỨC ÔN NHANH (PHẢI THUỘC)
★ Đại số
$(a \pm b)^2 = a^2 \pm 2ab + b^2$ · $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$
$(a \pm b)^3 = a^3 \pm 3a^2b + 3ab^2 \pm b^3$
$a^3 \pm b^3 = (a \pm b)(a^2 \mp ab + b^2)$
$(a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$
Bezout: $P(x) = (x-c)Q(x) + P(c)$
$|a| \le r \iff -r \le a \le r$; $|a| \ge r \iff a \le -r \vee a \ge r$
★ Hàm bậc hai & Vi-ét
$y = ax^2 + bx + c = a(x-p)^2 + q$; $p = -\dfrac{b}{2a}, q = -\dfrac{\Delta}{4a}$
$\Delta = b^2 - 4ac$; nghiệm $x = \dfrac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$
Vi-ét: $S = x_1+x_2 = -\dfrac{b}{a}, P = x_1 x_2 = \dfrac{c}{a}$
$x_1^2 + x_2^2 = S^2 - 2P$; $(x_1-x_2)^2 = S^2 - 4P$
★ Lượng giác
$\sin^2 + \cos^2 = 1$; $1 + \tan^2 = \dfrac{1}{\cos^2}$
Sin: $\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B} = \dfrac{c}{\sin C} = 2R$
Cosin: $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$
$S = \dfrac{1}{2}bc\sin A = \dfrac{abc}{4R} = pr = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$
★ Tổ hợp & xác suất
${}_nP_k = \dfrac{n!}{(n-k)!}$; ${}_nC_k = \dfrac{n!}{k!(n-k)!}$; $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$
$P(A) = \dfrac{|A|}{|\Omega|}$; $P(\overline{A}) = 1 - P(A)$
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
Bernoulli: $P(X = k) = \binom{n}{k} p^k q^{n-k}$; $E(X) = np$
★ Hình học & Vector
Phương tích: $PA \cdot PB = PC \cdot PD = PT^2$
Ceva: $\prod \dfrac{BD}{DC} = 1$ (đồng quy)
Menelaus: $\prod \dfrac{BD}{DC} = -1$ (thẳng hàng)
Ptolemy: $AC \cdot BD = AB \cdot CD + AD \cdot BC$ (tứ giác nội tiếp)
$\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}||\vec{b}|\cos\theta$; $\vec{a} \perp \vec{b} \iff \vec{a}\cdot\vec{b}=0$