thử sức trước kỳ thi đề 1,2,3 năm 2011 trên báo THTT

Thử sức trước kì thi

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI
THTT SỐ 400-10/2010
ĐỀ SỐ 01
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG
Câu I:
Cho hàm số: y  x 3  3mx  3m  1 (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời chúng cách đều đường thẳng
x  y  0.
Câu II:
5  cos 2x
 2cos x
1) Giải phương trình:
3  2 tan x
 x 3  y3  9
2) Giải hệ phương trình:  2
2
 x  2y  x  4y
Câu III:

2

Tính tích phân: I  
0

1 cos x

1  sin x 
ln

1  cos x

dx .

Câu IV:
Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A. AB  a, AC  a 3, DA  DB  DC . Biết
rằng DBC là tam giác vng. Tính thể tích tứ diện ABCD.
Câu V:
Chứng minh rằng với mỗi số dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  3, ta có bất đẳng thức:
1
4
3

 .
xyz  x  y  y  z  z  x  2
PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các cạnh AB, BC lần lượt
là 5x  2y  7  0, x  2y  1  0 . Biết phương trình phân giác trong góc A là x  y  1  0 . Tìm
tọa độ đỉnh C của tam giác ABC.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho điểm M 1;2;3  . Viết phương trình
đường thẳng đi qua M, tạo với Ox một góc 600 và tạo với mặt phẳng (Oxz) một góc 300.
Câu VII.a:

Trang1




Thử sức trước kì thi

Giải phương trình: e x  1  ln 1  x  .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:

3
và parabol (P): y 2  x . Tìm
2
trên (P) các điểm M từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) và hai tiếp tuyến này tạo
với nhau một góc 600.
2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hình vng ABCD có A  5;3; 1 ,

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2 

C  2;3; 4  , B là một điểm trên mặt phẳng có phương trình x  y  z  6  0 . Hãy tìm tọa độ
điểm D.
Câu VII.b:

Giải phương trình:





3

1  x  1  x3  2 .

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
PHẦN CHUNG
Câu I:
1) Tự giải
2) y '  3x 2  3m  y’ có CĐ và CT khi m  0 .


 x1  m
 y  2m m  3m  1
Khi đó: 
 1
 y 2  2m m  3m  1
x 2   m




x  y2
 m  2m m  3m  1

Vì CĐ và CT đối xứng qua y = x nên:  1
 x 2  y1   m  2m m  3m  1

1
Giải ra được m 

3
Câu II:
3
1) ĐK: tan x   ,cos x  0
2
2
PT  5  cos x  sin 2 x  2  3cox  2sin x 
 cos 2 x  6 cos x  5  sin 2 x  4sin x
2

  cos x  3    sin x  2 

2

  cos x  sin x  1 cos x  sin x  5   0
 cos x  sin x  1
 sin x  0

 x  k
cos x  0  loai 


kZ



Trang2

Thử sức trước kì thi

2)

 x 3  y3  9
(1)
Hệ PT   2
2
 x  x  2y  4y (2)
Nhân 2 vế PT(2) với -3 rồi cộng với PT(1) ta được:
3
3
x 3  3x 2  3x  y 3  6y 2  12y  9   x  1   y  2   x  y  3

 y  1  x  2
2
Thay x  y  3 vào PT(2):  y  3  y  3  2y 2  4y  y 2  3y  2  0  
 y  2  x  1
Nghiệm hệ:  2; 1 , 1; 2 
Câu III:

2

Đặt x 


2

1 cos x

1  sin x 
I   ln
1  cos x
0


2


2

dx   cos x.ln 1  sin x dx   ln 1  sin x dx   ln 1  cos x dx
0

0

(1)

0


 t  dx  dt
2

2


2


2

Suy ra: I   sin t.ln 1  cos t dt   ln 1  cos t dt   ln 1  sin t dt
0

0


2

0


2


2

Hay I   sin x.ln 1  cos x dx   ln 1  cos x dx   ln 1  sin x dx
0

0

(2)

0


2


2

Cộng (1) với (2): 2I   cos x.ln 1  sin x dx   sin x.ln 1  cos x dx
0
0
 
J

K


2

Với J   cos x.ln 1  sin x dx
0

2

2
2

Đặt t  1  sin x  dt  cos xdx  J   ln tdt  t ln t 1   dt  2ln 2  1
1

1


2

Với K   sin x.ln 1  cos x dx
0

1

2

Đặt t  1  cos x  dt   sin xdx  K    ln tdt   ln tdt  2ln 2  1
2

1

Suy ra: 2I  2ln 2  1  2ln 2  1  I  2ln 2  1



Trang3




Thử sức trước kì thi

Câu IV:
ABC vng tại A  BC  2a
DBC vuông cân tại D  DB  DC  DA  a 2
BC
Gọi I là trung điểm BC  IA  ID 
a

2
Vì DA  a 2 , nên IAD vuông tại I  ID  IA
Mà ID  BC
 ID  (ABC)

 VABCD

1
1
1
a3 3
 ID.SABC  .ID.AB.AC  .a.a.a 3 
3
6
6
6

Câu V:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương

1
1
4



2xyz 2xyz  x  y  y  z  z  x 

4
1

1
;
và
2xyz 2xyz
 x  y  y  z  z  x 

3
3

x 2 y 2 z 2  x  y  y  z  z  x 

Ta có: x 2 y 2 z 2  x  y  y  z  z  x   xyz  xz  yz  xy  zx  yz  xy 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy, yz và zx:
3
 xy  yz  zx 
2 2 2
xy.yz.zx  
  1  x y z  1  xyz  1 (1)
3


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy + yz, yz + zx và zx + xy:
3

3

  xz  yz    xy  zx    yz  xy    2  xy  yz  zx  
 xz  yz  xy  zx  yz  xy   
 
 8

3
3

 

Từ (1) và (2) suy ra: x 2 y 2 z 2  x  y  y  z  z  x   8

1
4
3
3

 3 
xyz  x  y  y  z  z  x 
8 2
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1) Tọa độ điểm A:
5x  2y  7  0  x  3

 A  3;4 

 x  y 1  0
 y4
Tọa độ điểm B:
5x  2y  7  0  x  1

 B  1; 1


x  2y  1  0
y  1


Vậy:



Trang4

(2)




Thử sức trước kì thi

Gọi D là giao điểm phân giác và BC.
Tọa độ điểm D:
 x  y 1  0
x 1

 D 1;0 

 x  2y  1  0  y  0


Giã sử đường thẳng AC có vectơ pháp tuyến n   n1 ;n 2    5;2 
Suy ra:
n1.1  n 2 .1

5.1  2.1
n  n2
7
2

 1

 20n1  58n1n 2  20n 2  0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
29
n1  n 2 . 1  1
5  2 . 1 1
n1  n 2
5

n1  n 2


2  n  2;5  (AC) : 2x  5y  14  0


 
n  2 n
 1 5 2

Tọa độ điểm C:
11

x
2x  5y  14  0 

 11 4 
3

 C ; 

 3 3
 x  2y  1  0
y 4

3


2) Gọi vectơ chỉ phương của d là a   a1 ;a 2 ;a 3 
Ox có vectơ chỉ phương là 1;0;0 
Đường thẳng d tạo Ox 1 góc 600 

a1
2
2
a1  a 2  a 3

2

 cos 600 

1
2
2
 3a1  a 2  a 3  0
2
2

(Oxz) có vectơ pháp tuyến  0;1;0 
Đường thẳng d tạo (Oxz) 1 góc 300 nghĩa là d tạo với vectơ pháp tuyến này 1 góc 600.
a2
1
2
2

 cos 600   a1  3a 2  a 3  0
2
2
2
2
2
a1  a 2  a 3

1 2
1
2
Giải ra được: a1  a 2  a 3  a1  a 2 

a3
2
2
2




Chọn a 3   2 , ta được: a  1;1; 2 , a  1;1;  2 , a  1; 1;  2 , a  1; 1; 2

















Suy ra 4 phương trình đường thẳng (d):
x 1 y  2 z  3 x 1 y  2 z  3
,





1
1
1
1
2
 2
x 1 y  2 z  3 x 1 y  2 z  3
,




1
1
1
1
 2
2



Trang5




Thử sức trước kì thi

Câu VII.a:
ĐK: x  1
Đặt y  ln 1  x   e y  1  x .

 ey  1  x
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ:  x
e  1  y
Lấy (2) trừ (1): e x  e y  y  x  e x  x  e y  y
Xét hàm số f  t   e t  t
t  1

(1)
(2)

Ta có: f '  t   e t  1  0 t  1
 Hàm số luôn tăng trên miền xác định.
 f  x   f  y   x  y  x  ln 1  x   e x  1  x  e x  x  1
Dễ thấy x = 0 là 1 nghiệm của phương trình.
Xét hàm số f  t   e t  t
Ta có: f '  t   e t  1
- Với t  0 thì f '  t   0  Hàm số luôn tăng  f  t   f  0   1  e t  t  1 t  0
 PT vơ nghiệm.
- Với 1  t  0 thì f '  t   0  Hàm số luôn giảm  f  t   f  0   1  e t  t  1   1  t  0
 PT vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
2
2

1) Điểm M(x0;y0) này cách tâm của (C) một đoạn bằng 6  x 0  y 0  6
2
M  (P)  y 0  x 0

2
Suy ra: y 4  y 2  6  0  y 0  2  y 0   2
0
0







Vậy M 2; 2 hoặc M 2;  2



2) AC  3 2  BA  BC  3
Tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương trình:
  x  5  2   y  32   z  12  9
 x  5  2   y  32   z  12  9


2
2
2

 x  2    y  3   z  4   9   x  z  1  0

 x  yz 6  0
 x  yz 6  0



 x  5 2   4  2x 2   2  x 2  9
x2
 x3



z  1 x
  y  3 hoặc  y  1


z  1
 z  2
y  7  2x





Trang6




Thử sức trước kì thi

B  2;3; 1 hoặc B  3;1; 2 
 


AB  DC  D  5;3; 4  hoặc D  4;5; 3

Câu VII.b:





3

1  x  1  x3  2

ĐK: x  1

 x  2  2 x  1  3 x3  2
 x  2  3 x3  2
 x 3  6x 2  12x  8  x 3  2
2

 6  x  1  0
Suy ra: x  1 là nghiệm của PT.

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI
THTT SỐ 401-11/2010
ĐỀ SỐ 02
Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG
Câu I:
Cho hàm số: y  2x 3  3x 2  1 (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung
độ bằng 8.
Câu II:
 xy  18  12  x 2

1) Giải hệ phương trình: 
1 2
 xy  9  y
3

x
2) Giải phương trình: 4   x  12  2x  11  x  0
Câu III:
Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên
và cạnh đáy đối diện bằng m.
Câu IV:


Tính tích phân: I   x  cos x  sin 5 x dx
0

Câu V:


Trang7

Thử sức trước kì thi

a  a  c   b 2

Cho tam giác ABC, với BC = a, AC = b, AB = c thỏa mãn điều kiện 
2
b  b  a   c

1 1 1
Chứng minh rằng:  
a b c
.
PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường thẳng (d) : 3x  4y  5  0 và đường tròn (C):
x 2  y 2  2x  6y  9  0 . Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài
nhỏ nhất.
2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hai mặt phẳng (P1): x  2y  2z  3  0 ,
x2 y z4


. Lập phương trình mặt cầu
(P2): 2x  y  2z  4  0 và đường thẳng (d):
1
2

3
(S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P 1) và (P2).
Câu VII.a:



Đặt 1  x  x 2  x 3



4

 a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a12 x12 . Tính hệ số a7.

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
2
2
1 7
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):  x  1   y  3  1 và điểm M  ;  .
5 5
Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất.
2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2x  4y  2z  5  0
và mặt phẳng (P): x  2y  2z  3  0 . Tìm những điểm M thuộc (S), N thuộc (P) sao cho MN
có độ dài nhỏ nhất.
Câu VII.b:
Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số:
,
x 0
0

 3
f  x    1  3x  1  2x
tại điểm x0 = 0.
,
x0


x

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
PHẦN CHUNG
Câu I:
1) Tự giải


Trang8




Thử sức trước kì thi

2) y  2x 3  3x 2  1  y '  6x 2  6x
2
Gọi M  x 0 ; y 0   Phương trình tiếp tuyến: y   6x 0  6x 0   x  x 0   y 0
2
2
3
2
Hay y   6x 0  6x 0  x  6x 3  6x 0   2x 0  3x 0  1

0
2
Tiếp tuyến này có tung độ bằng 8  6x 3  6x 2   2x 3  3x 0  1  8
0
0
0

Giải ra được: x 0  1  y 0  4
Vậy M  1; 4 
Câu II:
1) ĐK: x  2 3, xy  0

 xy  18  12  x 2
 xy  30  x 2

- Nếu xy  18 thì ta có hệ: 
1 2 
2
3xy  27  y
 xy  9  y
3


(1)
(2)

2

Lấy (2) trừ (1): 2xy  3  x 2  y 2   x  y   3  x  y   3
 Với x  y  3  y  x  3 , thay vào (1):





x x  3  30  x 2  2x 2  3x  30  0  x 



 Nghiệm 2 3; 3 3

5 3
(loại) hoặc x  2 3 (nhận)
2



 Với x  y   3  y  x  3 , thay vào (1):





x x  3  30  x 2  2x 2  3x  30  0  x  



 Nghiệm 2 3;3 3

5 3

(loại) hoặc x  2 3 (nhận)
2



- Nếu xy  18 thì từ (1) suy ra: x  2 3 , từ (2) suy ra: y  3 3  xy  18  xy  18
 Vơ nghiệm.
Hệ có 2 nghiệm 2 3;3 3 , 2 3; 3 3 .



 



2) 4x   x  12  2x  11  x  0  4 x  12.2x  11  x  2 x  1  0

  2 x  11 2 x  1  x  2x  1  0
  2 x  11  x  2 x  1  0
2x  1  x  0
 x
 2  11  x  0  x  3
Phương trình có 2 nghiệm x = 0, x = 3.



Trang9

Thử sức trước kì thi

Câu III:
Gọi M là trung điểm BC  AM  BC,SM  BC
 BC  (SAM)
Trong (SAM) dựng MN  SA
 MN là khoảng cách SA và BC.
 MN = m

3a 2
 m2
4
Dựng đường cao SO của hình chóp.
MN SO
m
SO
2 3ma



 SO 
AN AO
a 3
3a 2
3 3a 2  4m 2
2
m
3
4

AN  AM 2  MN 2 

1
1
2 3ma
a2 3
ma 3
V  SO.SABC  .
.

3
3 3 3a 2  4m 2
4
6 3a 2  4m 2
Câu IV:










I   x  cos x  sin x dx   x cos xdx   x sin xdx   x cos xdx   x 1  2cos 2 x  cos 4 x  sin xdx
0
0
0
0

0
  

5

5

J

K



J   x cos xdx
0

Đặt u  x  du  dx
dv  cos xdx  v  sin x





 J  x sin x 0   sin xdx  cos x 0  2
0


2

K   x 1  cos 2 x  sin xdx

0

Đặt u  x  du  dx

2
1
dv  1  2cos 2 x  cos 4 x  sin xdx  v  cos x  cos3 x  cos5 x
3
5




2
1
2
1




 K  x  cos x  cos 3 x  cos5 x     cos x  cos 3 x  cos 5 x  dx
3
5
3
5

0 0







8
2
1

  cos xdx   cos3 xdx   cos5 xdx
15 0
30
50



Trang10




Thử sức trước kì thi



 cos xdx  sin x


0

0

0






sin 3 x
cos xdx   1  sin x  cos xdx  sin x 
0

3 0
0
0
3



2





2 3
1 5
 cos xdx   1  2sin x  sin x  cos xdx  sin x  3 sin x  5 sin x 0  0
0

0
5

8
15
8
I
 2.
15
Câu V:
 a  a  c   b2


2
b  b  a   c


2

4

K

(1)
(2)

Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên: a  c  b
Từ (1) suy ra: ab  b 2  a  b  b  a  0
Ta có: (1)  ac   b  a  b  a 

ac
 c 2  ab  bc  ac  bc  a  b  c 
ba
1 bc
1 1 1
Từ đó: 
   (đpcm).
a
bc
a b c

Từ (2) suy ra: b

PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1)
M thuộc (C) có vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến tại M cùng phương vectơ pháp tuyến (d) và
gần (d) nhất.
2
2
(C) :  x  1   y  3  1

 phương trình tiếp tuyến tại M  x 0 ; y0  :  x 0  1  x  1   y 0  3  y  3  1

 4  x 0  1  3  y 0  3   0  4x 0  3y 0  5  0 (1)
2

2

M  x 0 ; y 0    C    x 0  1   y 0  3   1 (2)
 2 11 
 8 19 
Giải (1), (2) ta được: M1   ;  , M 2   ; 
 5 5
 5 5



Trang11




Thử sức trước kì thi

11
 2
3.    4.  5
5
 5
d  M1 ,(d)  
1
32  42
19
 8
3.    4.  5
5
 5
d  M 2 ,(d)  

3
32  42
 2 11 
 Tọa độ điểm M cần tìm là M   ;  .
 5 5
N là hình chiếu của tâm I của (C) lên (d).

1

x
4  x  1  3  y  3  0

 IN  (d)


5



 N  (d)
 3x  4y  5  0
y  7


5


1 7
 Tọa độ điểm N cần tìm là N  ;  .
5 5

2)
I  (d)  I  2  t; 2t; 4  3t 
(S) tiếp xúc (P1) và (P2)  d  I,  P1    d  I,  P2    R



 t  1
 9t  3  10t  16  
12  22  2 2
22  12  2 2
 t  13
2
2
2
 Với t  1  I  1; 2;1 ,R  2  (S1 ) :  x  1   y  2    z  1  2 2
2  t  4t  8  6t  3



4  2t  2t  8  6t  4

2

2

2

 Với t  13  I 11;26; 35  , R  38  (S2 ) :  x  11   y  26    z  35   382
Câu VII.a:



Đặt 1  x  x 2  x 3






4

Ta có: 1  x  x 2  x 3

1  x

2 4

1  x 

4

 a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a12 x12 . Tính hệ số a7.
4

4

2 4

  1  x  .1  x 

 C0  x 2C1  x 4C 2  x 6C3  x 8C4
4
4
4
4
4

4
 C0  xC1  x 2C2  x 3C3  x 4C 4
4
4
4
4

2
Suy ra: a 7  C 4C3  C1 C3  6.4  4.4  40
4
4 4

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1)
N là giao điểm của MI và (C) với MN lớn nhất.



Trang12

Thử sức trước kì thi


  6 8 

MI    ;   vectơ chỉ phương đường thẳng MI a   3;4 
 5 5
 x  1  3t
Phương trình đường thẳng MI: 
 y  3  4t
2

2

N  MI  (C)   1  3t  1   3  4t  3  1  25t 2  1  t  

1
5

 8 19 
 2 11 
 N1  ;  , N 2  ; 
 5 5
 5 5
 MN1  3, MN 2  1
So sánh: MN1  MN 2
 8 19 
 Tọa độ điểm N cần tìm là N  ; 
 5 5

2)
2
2
2
(S):  x  1   y  2    z  1  1
(P): x  2y  2z  3  0
M  (P ') : x  2y  2z  d  0
Khoảng cách từ tâm (S) đến (P’) bằng R  d  I,(P ')   R 

d  0
1 
2
d  6
12   2   22
1  4  2  d

(P1 ') : x  2y  2z  0
(P2 ') : x  2y  2z  6  0
Phương trình đường thẳng    đi qua I vng góc với (P1’), (P2’):

 x  1  t

   :  y  2  2t
 z  1  2t

1
 2 4 5
 M1   ; ; 
3
 3 3 3

1
 4 8 1
M2 là giao điểm    và (P2)  1  t  4  4t  2  4t  6  0  t    M 2   ; ; 
3
 3 3 3
2 8 10
   3
3 3 3
d  M1 , (P)  
1
2
12   2   22

M1 là giao điểm    và (P1)  1  t  4  4t  2  4t  0  t 



Trang13



d  M 2 , (P)  

4 16 2
   3
3 3 3
2

2

1   2   2

Thử sức trước kì thi

3

2

 2 4 5
 Tọa độ điểm M là M   ; ; 
 3 3 3
N là giao điểm    và (P)  1  t  4  4t  2  4t  3  0  t 

2
 1 2 7
 N  ; ; 
3
 3 3 3

Câu VII.b:
3
3
f  x   f 0
1  3x  1  x 
1  2x  1  x 
1  3x  1  2x
 lim
 lim
 lim
2

2
x 0
x 0
x0
x0
x 0
x
x
x2
3
1  3x  1  x 
3x 2  x 3
lim
 lim
x 0
x 0 2 
2
2
x2
x 3 1  3x   3 1  3x.1  x   1  x  




3  x
 lim
 1
2
2
x 0 3

3
1  3x   1  3x.1  x   1  x 

f '  0   lim

1  2x  1  x 
x 2
1
1
lim
 lim 2
 lim

2
x 0
x 0
x
x  1  2x  1  x   x 0 1  2x  1  x  2


1
1
 f '  0   1   
2
2

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI
THTT SỐ 402-12/2010
ĐỀ SỐ 03
Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG
Câu I:
Cho hàm số: y   x 4  2  m  1 x 2  2m  1 .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp
số cộng.
Câu II:
1) Giải phương trình: 2cos 2 2x  cos 2x.sin 3x  3sin 2 2x  3
6x 2  3xy  x  y  1
2) Giải hệ phương trình:  2
2
 x  y  1.


Trang14




Thử sức trước kì thi

Câu III:
2

x

Cho hàm số f  x   A.3  B . Tìm các số A, B sao cho f '  0   2 và  f  x dx  12
1

Câu IV:

Trong mặt phẳng  P  cho hình vng ABCD có cạnh bằng a. S là một điểm bất kì nằm trên
đường thẳng At vng góc với mặt phẳng  P  tại A. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABCD khi SA = 2a.
Câu V:
x
sin x  2cos
2 trên đoạn  0;   .
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  
 2
x


cos x  2sin
2
PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho điểm A 1;1 và đường thẳng (d) có phương trình
4x  3y  12  0 . Gọi B, C là giao điểm của (d) với các trục Ox, Oy. Xác định tọa độ trực tâm
của tam giác ABC.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, từ điểm P  2;3; 5  hạ các đường thẳng vng góc
với các mặt phẳng tọa độ. Viết phương trình mặt phẳng đi qua chân các đường vng góc đó.
Câu VII.a:
24
5
5 

Chứng minh rằng số phức z   1  cos  isin  có phần ảo bằng 0.
6

6 

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1) Cho đường tròn  C  : x 2  y 2  6x  2y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng d song song
với đường thẳng x  2y  4  0 và cắt  C  theo một dây cung có độ dài bằng 4.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
x 1 y 1 z
x 1 y  2 z
d1 :

 và d 2 :

 .
2
1
1
1
2
1
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng  Q  : x  y  2z  3  0 sao cho (P)
cắt d1, d2 theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất.
Câu VII.b:
4 x  y1  3.4 2y 1  2
Giải hệ phương trình 
 x  3y  2  log 4 3

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

Trang15




Thử sức trước kì thi

PHẦN CHUNG
Câu I:
1) Tự giải
2) Giao điểm với trục hoành x 4  2  m  1 x 2  2m  1  0 (*)
Đặt t = x2, ta có phương trình: t 2  2  m  1 t  2m  1  0 (**)
(*) có 4 nghiệm  (**) có 2 nghiệm dương phân biệt
 m2  0
Δ '  0
1


  S  0  2  m  1  0  m   , m  0
2
P0
 2m  1  0


2
2
Với điều kiện này (**) có nghiệm t1  x1 ; t 2  x 2 (t2 > t1)  4 nghiệm (*): x 2 , x1 , x1 , x 2
Dãy này lập thành cấp số cộng khi: x 2  x1  x1    x1   x 2  3x1
Đặt x1  α  x 2  3α

 m4
2
2
2
 x1  x 2  10α 2
2  m  1  10α 2
 m 1 
2

 2 2

 2m  1  9 
4
  9m  32m  16  0  
m
x1 x 2  9α 4
2m  1  9α 4
 5 


9

4
Vậy m = 4 hoặc m  
9

Câu II:
1)
2cos 2 2x  cos 2x.sin 3x  3sin 2 2x  3

 2cos 2 2x  cos 2x.sin 3x  3cos 2 2x
 cos 2x  sin 3x  cos 2x   0
 cos 2x  0

sin 3x  cos 2x  0
π
π kπ
 kπ  x    k  Z 
2
4 2

3x 


 Với sin 3x  cos 2x  0  sin 3x  sin    2x   
2

3x 



 Với cos2x = 0  2x 


 k2

 2x  k2
 x  10  5
2


 k  Z

 x    k2
 2x  k2

2
2


π kπ

x  4  2

π k2π
Vậy phương trình có nghiệm  x  
 k  Z

10
5

 x  π  k2π

2



Trang16

Thử sức trước kì thi

 6x 2  3xy  x  y  1 1

2)  2
2
 2
 x  y  1.


1  6x 2  3xy  3x  2x  y  1
  3x  1 2x  y  1  0
1

x  3


 y  2x  1
1
3

Với x  , từ (2) suy ra: y  

2 2
3

 x  0  y 1
Với y  2x  1 , từ (2) suy ra: x   2x  1  1  5x  4x  0  
x   4  y   3

5
5

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:
2

2

2

1 2 2  1 2 2   4 3
;
, ; 
,  ;  
 
3   5 5
3 3  3


 0;1 , 

Câu III:

 f '  x   A.3x.ln 3

f  x   A.3x  B  
A.3x
f  x  dx 
 Bx  C


ln 3

2

 f ' 0  2
 A.ln 3  2
A  ln 3



Ta có:  2
  6A

 f  x  dx  12  ln 3  B  12  B  12  12

1

ln 2 3

2

A


ln 3
Vậy 
 B  12  12

ln 2 3


Câu IV:
Tâm O của hình cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD là trung điểm của SC.
SC  SA 2  AC 2  4a 2  2a 2  a 6

SC a 6

2
2
3
4πR
V
 πa 3 6
3

R

Câu V:


Trang17




Thử sức trước kì thi

x
2 x  0;   .

f x 
 2
x


cos x  2sin
2
x
x
x
Ta có: cos x  2sin  2sin 2  2sin  1
2
2
2
sin x  2cos



Xét hàm số g  t   2t 2  2t  1 t   0;

g '  t   4t  2  g '  t   0  t 

2

2 

1
2

1 3  2 

g  0   1; g    ; g 
 2
2 2  2 



2
 g  t   0 t   0;

 2 

x
 
 0 x  0;  .
2
 2
 
 f  x  liên tục trên đoạn  0;  .
 2
x 
x 
x 
x

 cos x  sin  cos x  2sin     sin x  cos  sin x  2cos 
2 
2 
2 
2
f ' x   

2
x

 cos x  2sin 
2

x
1  sin
 
2
f ' x  
 0 x  0;  .
2
x
 2

 cos x  2sin 
2

GTLN f  x  = f  0   2
 cos x  2sin

π

2

GTNN f  x  = f    1 
2
2
PHẦN RIÊNG

A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1) A 1;1 B  3; 0  C  0; 4 
Gọi H  x; y  là trực tâm tam giác ABC









BH   x  3; y  , CH   x; y  4  , AB   2; 1 , AC   1;3



Trang18




Thử sức trước kì thi

 



BH  AC
 x  3

BH.AC  0
  x  3  3y  0
   


 

 2x   y  4   0
CH  AB
 y  2
CH.AB  0



Vậy H  3; 2 
2) Gọi I, J ,K lần lượt là chân các đường vng góc tương ứng của P lên các mặt phẳng Oxy,
Oyz, Oxz.
Ta có: I  2;3; 0  , J  0;3; 5  , K  2;0; 5
Mặt phẳng  IJK  có dạng Ax  By  Cz  D  0
I, J, K thuộc mặt phẳng này nên:
1

A   4 D
2A  3B  D  0 
1


 3B  5C  D  0   B   D Chọn D = -60, suy ra A = 15, B = 10, C = -6.
6
2A  5C  D  0 


1

 C  10 D

Vậy  IJK  :15x  10y  6z  60  0

Câu VII.a:
24
k
24
24
5
5 
5
5 
5k
5k 

k 
k 
1  cos  i sin    C24  cos  isin    C24  cos
 isin


6
6 
6
6 
6

6 



k 0
k 0
24
24
5k
5k
k
  C k cos
 i  C 24 sin
24
6
6
k 0
k 0
24
5k
Phần ảo  C k sin
24
6
k 0
5  24  k  
5k
5k
5k
 C 24 k sin
 C k sin

 C k sin
0
Ta có: Ck sin
24
24
24
24
6
6
6
6
24
5k
Suy ra:  Ck sin
0
24
6
k 0
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
2
2
1)  C  :  x  3   y  1  32
d song song với đường thẳng x  2y  4  0  d : x  2y  c  0
d cắt  C  theo một dây cung có độ dài bằng 4  d  I, d   32  22  5
32c

 c4
 5  c 1  5  
5

 c  6
Vậy d1 : x  2y  4  0 hoặc d 2 : x  2y  6  0



2) (P) song song với mặt phẳng  Q    P  : x  y  2z  m  0



Trang19




Thử sức trước kì thi

 x  1  2t
 x 1 t


d1 :  y  1  t
d 2 :  y  2  2t
 zt
 zt


(Q) giao với (d1): 1  2t  1  t  2t  m  0  t   m  M 1  2m; 1  m;  m 
(Q) giao với (d2): 1  t  2  2t  2t  m  0  t  m  3  N  2  m; 4  2m; m  3 
2

2

MN 2   m  3   m  3   32  2m 2  27  27
MinMN = 3 3 khi m = 0
Khi đó  P  : x  y  2z  0
Vậy  P  : x  y  2z  0
Câu VII.b:
 4 x  y 1  3.4 2 y1  2 1


 x  3y  2  log 4 3  2 

Từ (2)  x  y  1  1  log 4 3  2y  log 4
Thay vào (1): 1  4

4
log 4  2 y
3

4
 2y
3

 3.4 2 y1  2

4
3
 .42y  .42 y  2
3
4

4 3t
4
Đặt t  42 y  t  0  ta có:
  2  9t 2  24t  16  0  t 
3t 4
3
4
1
4 1 1
 4 2 y   y  log 4   log 4 3
3
2
3 2 2
3 3
1 1
(2)  x  2  log 4 3  3y  2  log 4 3   log 4 3   log 4 3
2 2
2 2
1 1
1 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x   log 4 3 ; y   log 4 3
2 2
2 2



Trang20