Thử sức trước kỳ thi Đề 01 THTT năm 2010

Thử sức trước k
ì thi

Trang1

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:
3
y x 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:
1) Giải phương trình:
5 cos2x
2cosx
3 2tan x




2) Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
x y 9
x 2y x 4y

 

  


Câu III:
Tính tích phân:
 
1 cosx
2
0
1 sin x
I ln dx
1 cosx






.
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 vuông. 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 60
0
và tạo với mặt phẳng (Oxz) một góc 30
0
.
Câu VII.a:

Thử sức trước k
ì thi

Trang2

Giải phương trình:


x
e 1 ln 1 x
  
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
3
x y
2
 
và parabol (P):

2
y x

. Tìm
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 60
0
.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hình vuông ABCD có


A 5;3; 1

,


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
3
1 x 1 x 2

   
.

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

PHẦN CHUNG
Câu I:
1) Tự giải
2)
2
y' 3x 3m
  
y’ có CĐ và CT khi
m 0

.
Khi đó:
1
1
2
2
x m
y 2m m 3m 1
y 2m m 3m 1
x m
 

   
 


 
  
 





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

Giải ra được
1

m
3


Câu II:
1) ĐK:
3
tan x ,cosx 0
2
  

PT


2 2
5 cos x sin x 2 3cox 2sinx
    

   
  
2 2
2 2
cos x 6cosx 5 sin x 4sin x
cosx 3 sinx 2
cosx sin x 1 cosx sin x 5 0
    
   
     

 
cosx sinx 1
sin x 0
x k k Z
cosx 0 loai
  


    





Thử sức trước k
ì thi

Trang3

2)
Hệ PT
3 3
2 2
x y 9 (1)
x x 2y 4y (2)

 


   



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

Thay
x y 3
 
vào PT(2):
 
2
2 2
y 1 x 2
y 3 y 3 2y 4y y 3y 2 0
y 2 x 1
   

          

   


Nghiệm hệ:




2; 1 , 1; 2
 

Câu III:
 
     
1 cos x
2 2 2 2
0 0 0 0
1 sin x
I ln dx cosx.ln 1 sin x dx ln 1 sin x dx ln 1 cosx dx (1)
1 cosx
   


      

   

Đặt
x t dx dt
2

    

Suy ra:
     
2 2 2
0 0 0
I sin t.ln 1 cost dt ln 1 cost dt ln 1 sin t dt
  
     
  

Hay
     
2 2 2
0 0 0
I sin x.ln 1 cos x dx ln 1 cosx dx ln 1 sin x dx (2)
  
     
  

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

Với
 
2
0
J cos x.ln 1 sin x dx

 


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

Với
 
2
0
K sin x.ln 1 cosx dx

 


Đặt
1 2
2 1

t 1 cosx dt sin xdx K ln tdt ln tdt 2ln 2 1
          
 

Suy ra:
2I 2ln2 1 2ln2 1 I 2ln2 1
      




Thử sức trước k
ì thi

Trang4


Câu IV:
ABC

vuông tại A
BC 2a
 

DBC

vuông cân tại D
DB DC DA a 2
   
Gọi I là trung điểm BC

BC
IA ID a
2
   

Vì
DA a 2
 , nên
IAD

vuông tại I
ID IA
 

Mà
ID BC


ID (ABC)
 

3
ABCD ABC
1 1 1 a 3
V ID.S .ID.AB.AC .a.a.a 3
3 6 6 6
    
Câu V:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương
1

2xyz
;
1
2xyz
và
   
4
x y y z z x
  

   
   
2 2 2
3
1 1 4 3
2xyz 2xyz x y y z z x
x y z x y y z z x
  
  
  

Ta có:













2 2 2
x y z 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
2 2 2
xy yz zx
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 (2)
3 3
          
     
   
   

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

Vậy:
   
3
1 4 3 3
xyz x y y z z x 2
8
  
  

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
    
 
   
 
    
 


Thử sức trước k
ì thi

Trang5

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




1 2
n n ;n 5;2
 


Suy ra:
 
1 2 1 2 2 2
1 1 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
1 2
1 2
n .1 n .1 5.1 2.1 n n
7
20n 58n n 20n 0

29
n n . 1 1 5 2 . 1 1 n n
5
n n
2
n 2;5 (AC) : 2x 5y 14 0
2
n n
5
  
      
    



      







Tọa độ điểm C:
11
x
2x 5y 14 0
11 4
3
C ;

x 2y 1 0 4
3 3
y
3



  


 
 
 
 
  
 






2) Gọi vectơ chỉ phương của d là


1 2 3
a a ;a ;a



Ox có vectơ chỉ phương là


1;0;0

Đường thẳng d tạo Ox 1 góc 60
0 1 0 2 2 2
1 2 3
2 2 2
1 2 3
a
1
cos60 3a a a 0
2
a a a
      
 

(Oxz) có vectơ pháp tuyến


0;1;0

Đường thẳng d tạo (Oxz) 1 góc 30
0
nghĩa là d tạo với vectơ pháp tuyến này 1 góc 60
0
.
2 0 2 2 2
1 2 3

2 2 2
1 2 3
a
1
cos60 a 3a a 0
2
a a a
      
 

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

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

 




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




Thử sức trước k
ì thi

Trang6

Câu VII.a:
ĐK:
x 1

 

Đặt


y
y ln 1 x e 1 x
    
.
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ:
y
x
e 1 x (1)
e 1 y (2)

 

 


Lấy (2) trừ (1):
x y x y
e e y x e x e y
      

Xét hàm số


t
f t e t t 1

   

Ta có:


t
f ' t e 1 0 t 1
     


Hàm số luôn tăng trên miền xác định.






x x
f x f y x y x ln 1 x e 1 x e x 1
            

Dễ thấy x = 0 là 1 nghiệm của phương trình.
Xét hàm số


t
f t e t
 

Ta có:



t
f ' t e 1
 

- Với
t 0

thì


f ' t 0
 
Hàm số luôn tăng




t
f t f 0 1 e t 1 t 0
       


PT vô nghiệm.
- Với
1 t 0
  
thì



f ' t 0
 
Hàm số luôn giảm




t
f t f 0 1 e t 1 1 t 0
         


PT vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm x = 0.

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1) Điểm M(x
0
;y
0
) này cách tâm của (C) một đoạn bằng
2 2
0 0
6 x y 6
  

2
0 0

M (P) y x
  

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

Vậy


M 2; 2
hoặc


M 2; 2

2)
AC 3 2 BA BC 3
   

Tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương trình:
     
     
     
2 2 2
2 2 2
2 2 2
x 5 y 3 z 1 9

x 5 y 3 z 1 9
x 2 y 3 z 4 9 x z 1 0
x y z 6 0 x y z 6 0


     

     



         
 
 
       




     
2 2 2
x 5 4 2x 2 x 9 x 2
z 1 x y 3
y 7 2x z 1

      



   

 
 
   


hoặc
x 3
y 1
z 2






 



Thử sức trước k
ì thi

Trang7



B 2;3; 1

hoặc



B 3;1; 2


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


Câu VII.b:


3
3
1 x 1 x 2
   

ĐK:
x 1
 

 
3 3

3 3
3 2 3
2
x 2 2 x 1 x 2
x 2 x 2
x 6x 12x 8 x 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:
3 2
y 2x 3x 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:
1) Giải hệ phương trình:
2
2
xy 18 12 x
1
xy 9 y
3

  


 



2) Giải phương trình:


x x
4 x 12 2 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:

 
5
0
I x cosx sin x dx

 


Câu V:

Thử sức trước k
ì thi

Trang8

Cho tam giác ABC, với BC = a, AC = b, AB = c thỏa mãn điều kiện


 
2
2
a a c b
b b a c

 


 



Chứng minh rằng:
1 1 1
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):
2 2
x y 2x 6y 9 0
    
. Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài
nhỏ nhất.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hai mặt phẳng (P
1
):
x 2y 2z 3 0
   
,
(P
2
):

2x y 2z 4 0
   
và đường thẳng (d):
x 2 y z 4
1 2 3
 
 
 
. Lập phương trình mặt cầu
(S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P
1
) và (P
2
).
Câu VII.a:
Đặt


4
2 3 2 12
0 1 2 12
1 x x x a a x a x a x
        . Tính hệ số a
7
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):





2 2
x 1 y 3 1
   
và điểm
1 7
M ;
5 5
 
 
 
.
Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 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:
 
3
0 , x 0

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

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

PHẦN CHUNG
Câu I:
1) Tự giải

Thử sức trước k
ì thi

Trang9

2)
3 2

y 2x 3x 1
   
2
y' 6x 6x
 

Gọi


0 0
M x ;y

Phương trình tiếp tuyến:




2
0 0 0 0
y 6x 6x x x y
   

Hay




2 3 2 3 2
0 0 0 0 0 0
y 6x 6x x 6x 6x 2x 3x 1

      

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

Giải ra được:
0 0
x 1 y 4
    

Vậy


M 1; 4
 


Câu II:
1) ĐK:
x 2 3,xy 0
 


- Nếu
xy 18

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

Lấy (2) trừ (1):


2
2 2

2xy 3 x y x y 3 x y 3
          

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

 
2 2
5 3
x x 3 30 x 2x 3x 30 0 x
2
         (loại) hoặc
x 2 3
  (nhận)

Nghiệm


2 3; 3 3
 
 Với
x y 3 y x 3
      , thay vào (1):

 
2 2
5 3
x x 3 30 x 2x 3x 30 0 x
2

          (loại) hoặc
x 2 3
 (nhận)

Nghiệm


2 3;3 3

- Nếu
xy 18

thì từ (1) suy ra:
x 2 3
 , từ (2) suy ra:
y 3 3

xy 18 xy 18
   



Vô nghiệm.
Hệ có 2 nghiệm


2 3;3 3
,



2 3; 3 3
  .
2)




x x x x x
4 x 12 2 11 x 0 4 12.2 11 x 2 1 0
          








  
x x x
x x
x
x
2 11 2 1 x 2 1 0
2 11 x 2 1 0
2 1 x 0
2 11 x 0 x 3
     
    


  


    


Phương trình có 2 nghiệm x = 0, x = 3.

Thử sức trước k
ì thi

Trang10

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
2

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

2 3
ABC
2 2 2 2
1 1 2 3ma a 3 ma
V SO.S . .
3 3 4
3 3a 4m 6 3a 4m
  
 

Câu IV:
   
5 5 2 4
0 0 0 0 0
J K
I x cosx sin x dx xcosxdx xsin xdx xcosxdx x 1 2cos x
cos x sin xdx
    
       
    
 
0
J xcosxdx




Đặt
u x du dx
  


dv cosxdx v sin x
  

0 0
0
J xsin x sin xdx cosx 2


 
     


 
2
2
0
K x 1 cos x sin xdx

 


Đặt
u x du dx
  


 
2 4 3 5
2 1
dv 1 2cos x cos x sin xdx v cosx cos x cos x
3 5
      
3 5 3 5
0
0
3 5
0 0 0
2 1 2 1

K x cosx cos x cos x cosx cos x cos x dx
3 5 3 5
8 2 1
cosxdx cos xdx cos xdx
15 3 5


  
   
      
   
   

   

  


Thử sức trước k
ì thi

Trang11

0
0
cosxdx sin x 0


 


 
3
3 2
0 0
0
sin x
cos xdx 1 sin x cosxdx sin x 0
3

 
    
 

 
5 2 4 3 5
0
0 0
2 1
cos xdx 1 2sin x sin x cosxdx sin x sin x sin x 0
3 5

 
      
 

8
K
15


 
8
I 2
15

  
.
Câu V:


 
2
2
a a c b (1)
b b a c (2)

 


 



Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên:
a c b
 

Từ (1) suy ra:
2
ab b a b b a 0

     

Ta có: (1)




ac b a b a
   

Từ (2) suy ra:
 
2
ac
b c ab bc ac bc a b c
b a
      


Từ đó:
1 b c 1 1 1
a bc a b c

   
(đpcm).

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


0 0
M x ;y
:








0 0
x 1 x 1 y 3 y 3 1
     






0 0 0 0
4 x 1 3 y 3 0 4x 3y 5 0 (1)
        








2 2
0 0 0 0
M x ;y C x 1 y 3 1 (2)
     
Giải (1), (2) ta được:
1 2
2 11 8 19
M ; ,M ;
5 5 5 5
   
 
   
   


Thử sức trước k

ì thi

Trang12

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

 
2
2 2
8 19
3. 4. 5
5 5
d M ,(d) 3
3 4
 
  
 

 
 


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


   

 
  
  

  

 







Tọa độ điểm N cần tìm là
1 7
N ;
5 5
 
 
 
.
2)


I (d) I 2 t; 2t;4 3t
     

(S) tiếp xúc (P
1
) và (P
2
)








1 2
d I, P d I, P R
  

2 2 2 2 2 2
t 1
2 t 4t 8 6t 3 4 2t 2t 8 6t 4
9t 3 10t 16
t 13
1 2 2 2 1 2
 
           

      

 

   


 Với
t 1
 








2 2 2
2
1
I 1;2;1 ,R 2 (S ): x 1 y 2 z 1 2
         

 Với
t 13
 









2 2 2
2
2
I 11;26; 35 ,R 38 (S ): x 11 y 26 z 35 38
         
Câu VII.a:
Đặt


4
2 3 2 12
0 1 2 12
1 x x x a a x a x a x
        . Tính hệ số a
7
.
Ta có:


 


4 4
4
2 3 2
1 x x x 1 x . 1 x
     



4
2 0 2 1 4 2 6 3 8 4
4 4 4 4 4
1 x C x C x C x C x C
     


4
0 1 2 2 3 3 4 4
4 4 4 4 4
1 x C xC x C x C x C
     
Suy ra:
2 3 1 3
7 4 4 4 4
a C C C C 6.4 4.4 40
       


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

Thử sức trước k
ì thi

Trang13

6 8

MI ;
5 5
 
 
 
 


vectơ chỉ phương đường thẳng MI


a 3;4
 


Phương trình đường thẳng MI:
x 1 3t
y 3 4t
  


 


   
2 2
2
1
N MI (C) 1 3t 1 3 4t 3 1 25t 1 t
5

              

1 2
8 19 2 11
N ; ,N ;
5 5 5 5
 
   

   
   

1 2
MN 3,MN 1
  

So sánh:
1 2
MN MN



Tọa độ điểm N cần tìm là
8 19
N ;
5 5

 
 
 

2)
(S):






2 2 2
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
 
 
2
2 2
d 0
1 4 2 d
d I,(P') R 1
d 6
1 2 2


   

    



  

1
2
(P ') : x 2y 2z 0
(P '): x 2y 2z 6 0
  
   

Phương trình đường thẳng



đi qua I vuông góc với (P
1
’), (P
2
’):
 
x 1 t
: y 2 2t
z 1 2t
  



  


 


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

M
2
là giao điểm




và (P
2
)
2
1 4 8 1
1 t 4 4t 2 4t 6 0 t M ; ;
3 3 3 3
 
             
 
 

 
 
1
2
2 2
2 8 10
3
3 3 3
d M ,(P) 1
1 2 2
   
 
  


Thử sức trước k

ì thi

Trang14

 
 
2
2
2 2
4 16 2
3
3 3 3
d M ,(P) 3
1 2 2
   
 
  


Tọa độ điểm M là
2 4 5
M ; ;
3 3 3
 

 
 

N là giao điểm




và (P)
2 1 2 7
1 t 4 4t 2 4t 3 0 t N ; ;
3 3 3 3
 
            
 
 

Câu VII.b:
 








3
3
2 2 2
x 0 x 0 x 0 x 0
f x f 0 1 3x 1 x 1 2x 1 x
1 3x 1 2x
f ' 0 lim lim lim lim
x 0 x x x
   

      
  
   




     
     
3
2 3
2
x 0 x 0
2 2
2
3
3
2 2
x 0
3
3
1 3x 1 x
3x x
lim lim
x
x 1 3x 1 3x. 1 x 1 x
3 x
lim 1
1 3x 1 3x. 1 x 1 x
 


  
 

 
     
 
 
 
  
     



 
 
2
2
2
x 0 x 0 x 0
1 2x 1 x
x 1 1
lim lim lim
x 2
1 2x 1 x
x 1 2x 1 x
  
  
  
  

 
  
  
 

 
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:


4 2
y x 2 m 1 x 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 hoành độ lập thành cấp
số cộng.

Câu II:
1) Giải phương trình:
2 2
2cos 2x cos2x.sin3x 3sin 2x 3
  

2) Giải hệ phương trình:
2
2 2
6x 3xy x y 1
x y 1.

   

 



Thử sức trước k
ì thi

Trang15

Câu III:
Cho hàm số


x
f x A.3 B
 

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

Câu IV:
Trong mặt phẳng


P
cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. S là một điểm bất kì nằm trên
đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng


P
tại A. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABCD khi SA = 2a.
Câu V:
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
 
x
sin x 2cos

2
f x
x
cosx 2sin
2



trên đoạn
0; .
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 vuông góc
với các mặt phẳng tọa độ. Viết phương trình mặt phẳng đi qua chân các đường vuông góc đó.
Câu VII.a:
Chứng minh rằng số phức
24
5 5
z 1 cos isin
6 6
 
 
  
 
 
có phần ảo bằng 0.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1) Cho đường tròn


2 2
C :x y 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
1
x 1 y 1 z
d :
2 1 1
 
 
và
2
x 1 y 2 z
d :
1 2 1
 
 
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng


Q : x y 2z 3 0
   
sao cho (P)
cắt d
1
, d
2

theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất.
Câu VII.b:
Giải hệ phương trình
x y 1 2y 1
4
4 3.4 2
x 3y 2 log 3
  

 

  



HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

Thử sức trước k
ì thi

Trang16


PHẦN CHUNG
Câu I:
1) Tự giải
2) Giao điểm với trục hoành


4 2

x 2 m 1 x 2m 1 0
    
(*)
Đặt t = x
2
, ta có phương trình:


2
t 2 m 1 t 2m 1 0
    
(**)
(*) có 4 nghiệm

(**) có 2 nghiệm dương phân biệt

 
2
Δ' 0 m 0
1
S 0 2 m 1 0 m ,m 0
2
P 0 2m 1 0

 



        
 

 
  



Với điều kiện này (**) có nghiệm
2 2
1 1 2 2
t x ;t x
 
(t
2
> t
1
)

4 nghiệm (*):
2 1 1 2
x , x ,x ,x
 
Dãy này lập thành cấp số cộng khi:


2 1 1 1 2 1
x x x x x 3x
     
Đặt
1 2
x
α x 3α

  

 
2
2 2 2
2
2
1 2
2 2 4
4
1 2
m 4
x x 10α 2 m 1 10α
m 1
2m 1 9 9m 32m 16 0
4
5
m
x x 9α
2m 1 9α
9


 
   

 

         
 

 

 

 
 




Vậy m = 4 hoặc
4
m
9
 

Câu II:
1)

 
2 2
2 2
2cos 2x cos2x.sin3x 3sin 2x 3
2cos 2x cos2x.sin3x 3cos 2x
cos2x sin3x cos2x 0
cos2x 0
sin3x cos2x 0
  
  
  





 


 Với cos2x = 0
 
π π kπ
2x k
π x k Z
2 4 2
      
 Với
 
k2
x3x 2x k2
10 52
sin3x cos2x 0 sin3x sin 2x k Z
2
3x 2x k2
x k2
2 2
 

    


 

       

 
 
 


   
  





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



 



 



Thử sức trước k
ì thi

Trang17

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

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




Với
1
x
3

, từ (2) suy ra:

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

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:

 
1 2 2 1 2 2 4 3
0;1 , ; , ; , ;
3 3 3 3 5 5

   
 
  
   
 
   
 
   

Câu III:
 


 
x
x
x
f ' x A.3 .ln3
f x A.3 B
A.3
f x dx Bx C
ln3



  

  





Ta có:
 
 
2
2
1
2
f ' 0 2
A.ln3 2
A
ln3
6A
12
f x dx 12 B 12
B 12
ln3
ln 3

 




  
 
  
  
  

 







Vậy
2
2
A
ln3
12
B 12
ln 3






 




Câu IV:
Tâm O của hình cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD là trung điểm của SC.

2 2 2 2
SC SA AC 4a 2a a 6
    
SC a 6
R
2 2
 
3
3
4πR
V
πa 6
3
 
Câu V:

Thử sức trước k
ì thi

Trang18

 
x
sin x 2cos
2
f x
x
cosx 2sin
2





x 0; .
2

 

 
 

Ta có:
2
x x x
cosx 2sin 2sin 2sin 1
2 2 2
    

Xét hàm số


2
g t 2t 2t 1
   

2
t 0;
2
 


 
 

   
1
g' t 4t 2 g' t 0 t
2
      

 
1 3 2
g 0 1;g ;g 2
2 2 2
 
 
  
 
 
 
 
 



g t 0
 

2
t 0;
2

 
 
 
 

x
cosx 2sin 0
2
  

x 0; .
2

 
 
 
 



f x
 liên tục trên đoạn
0;
2

 
 
 
.
 

2
x x x x
cosx sin cosx 2sin sin x cos sin x 2cos
2 2 2 2
f ' x
x
cosx 2sin
2
     
     
     
     

 

 
 

 
2
x
1 sin
2
f ' x 0
x
cosx 2sin
2
 
 
 


 
 

x 0; .
2

 
 
 
 

GTLN


f x
=


f 0

2
GTNN


f x
=
π
f
2

 

 
 
2
1
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
 



Thử sức trước k
ì thi

Trang19

 
 

x 3 3y 0
BH AC BH.AC 0 x 3
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 vuông 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 D
4
2A 3B D 0
1

3B 5C D 0 B D
6
2A 5C D 0
1
C D
10

 

  


 
     
 
 
  





Chọn D = -60, suy ra A = 15, B = 10, C = -6.
Vậy


IJK :15x 10y 6z 60 0
   

Câu VII.a:

24 k
24 24
k k
24 24
k 0 k 0
5 5 5 5 5k 5k
1 cos isin C cos isin C cos isin
6 6 6 6 6 6
 
     
     
     
     
     
 

24 24
k k
24 24
k 0 k 0
5k 5k
C cos i C sin
6 6
 
 
 
 

Phần ảo
24

k
24
k 0
5k
C sin
6




Ta có:


k 24 k k k
24 24 24 24
5 24 k
5k 5k 5k
C sin C sin C sin C sin 0
6 6 6 6

 
   
   

Suy ra:
24
k
24
k 0
5k

C sin 0
6





B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1)






2 2
2
C : x 3 y 1 3
   

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
 
2 2
d I,d 3 2 5
   
3 2 c
5
5
 
 
c 4
c 1 5
c 6


   

 


Vậy
1
d : x 2y 4 0
  
hoặc
2
d :x 2y 6 0
  

2) (P) song song với mặt phẳng


Q



P : x y 2z m 0
    


Thử sức trước k
ì thi

Trang20

1
x 1 2t
d : y 1 t
z t
 


  





2

x 1 t
d : y 2 2t
z t
 


 





(Q) giao với (d
1
):


1 2t 1 t 2t m 0 t m M 1 2m; 1 m; m
             

(Q) giao với (d
2
):


1 t 2 2t 2t m 0 t m 3 N 2 m; 4 2m; m 3
                






2 2
2 2 2
MN m 3 m 3 3 2m 27 27
       

MinMN =
3 3
khi m = 0
Khi đó


P : x y 2z 0
  

Vậy


P : x y 2z 0
  

Câu VII.b:


 
x y 1 2y 1
4
4 3.4 2 1
x 3y 2 log 3 2

  

 


  



Từ (2)
4 4
4
x y 1 1 log 3 2y log 2y
3
       

Thay vào (1):
 
4
4
log 2y
2y 1
3
1 4 3.4 2


  


2y 2y

4 3
.4 .4 2
3 4

  

Đặt


2y
t 4 t 0
 
ta có:
2
4 3t 4
2 9t 24t 16 0 t
3t 4 3
       

2y
4 4
4 1 4 1 1
4 y log log 3
3 2 3 2 2
     
(2)

4 4 4 4
3 3 1 1
x 2 log 3 3y 2 log 3 log 3 log 3

2 2 2 2
        
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
4
1 1
x log 3
2 2
  ;
4
1 1
y log 3
2 2
 