Đề thi thử số 5 của Toán học Tuổi trẻ

THTT SỐ 404-2/2011




Đ
Đ
Đ
Ề
Ề
Ề



S
S
S
Ố
Ố
Ố



0
0
0
5
5
5

Thời gian làm bài 180 phút


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I:

Cho hàm số:
3 2
y x 3mx 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) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt.

Câu II:

1) Giải phương trình:
sin3x cos3x 2 2 cos x 1 0.
4

 
    
 
 

2) Tìm m để hệ phương trình:
x 1 3 y m
y 1 3 x m

   


   


có nghiệm.

Câu III:

Tính tích phân:
   
1
3
0
dx
I .
x 1 3x 1

 


Câu IV:

Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a,


0
ABC 90

,


SA ABC
, số đo góc nhị diện cạnh SC bằng
60
0
. Kẻ AM SB, AN SC. Tính thể tích của hình chóp S.AMN.

Câu V:

Tính giá trị nhỏ nhất biểu thức
6 4 6 4
P x 3y y 3x    , trong đó x, y là các số dương thỏa mãn
1 1
2
x y
  .


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 với hệ tọa độ Oxy, cho điểm


M 1;2 .
Lập phương trình đường thẳng qua M, cắt tia
Ox, Oy tương ứng tại A, B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
 
A 1;3; 1 ,


B 3; 1;5  và đường thẳng (d):
x 3 y 1 z
.
1 2 1
 
 

Tìm điểm M trên (d) sao cho biểu thức
2 2
Q MA MB 
có giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.a:

Giả sử x, y là hai số thực thỏa mãn 0 x y 4.   Chứng minh rằng:



 
x 4 y
ln x y.
y 4 x

 


B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b:

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác cân ABC (AB = AC). Biết phương trình các đường
thẳng AB, BC tương ứng là



1
d :2x y 1 0,  



2
d :x 4y 3 0.   Lập phương trình đường cao qua
đỉnh B của tam giác ABC.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
x 1 y 1 z 1
2 2 1

  
 

và mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 8x 4y 2z 12 0.       Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua (d) và tiếp xúc mặt cầu (S).
Câu VII.b:
Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn:
z 1 5i
1.
z 3 i
 
 
=
=








H
H
H
Ư
Ư
Ư
Ớ

Ớ
Ớ
N
N
N
G
G
G



D
D
D
Ẫ
Ẫ
Ẫ
N
N
N



G
G
G
I
I
I
Ả

Ả
Ả
I
I
I



V
V
V
À
À
À



Đ
Đ
Đ
Á
Á
Á
P
P
P



S

S
S
Ố
Ố
Ố




PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I:

1) Tự giải

2)


2
y' 3x 6mx 3x x 2m   


1 1
3
2 2
x 0 y 1
y' 0
x 2m y 4m 1
   


 

    


Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
 
3
3
1 2
2
y .y 0 1. 4m 1 0 m
2
         

Câu II:

1)
sin3x cos3x 2 2 cos x 1 0
4

 
    
 
 

 
 
 
 

 
 
 
      
3 3
3 3
2 2
sin3x cos3x 2 cosx sin x 1 0
3sin x 4sin x 4cos x 3cosx 2 cosx sin x 1 0
4 cos x sin x 5 cos x sin x 1 0
4 cosx sin x cos x sin x cos xsin x 5 cosx sin x 1 0
4 cosx sin x 1 cosxsin x 5 cos x sin x 1 0 *
     
       
     
       
      

Đặt
t cosx sin x 2cos x t 2; 2
4

 
 
      
 
 
 

2

2 2 2
1 t
t cos x sin x 2cosx sin x 1 2cosxsin x cosxsin x
2

       

Thay vào phương trình (*), ta được:

 
 
 
2
3 2
2
0
t 1
1 t
4t 1 5t 1 0 2t t 1 0 t 1 2t 2t 1 0
2t 2t 1 0 VN
2

 

             
  
  
 


 
2
2 cos x 1 cos x x k2 k Z
4 4 2 4 4
   
   
            
   
   

Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x k2 , 

x k2
2

   



k Z
.

2)
 
 
x 1 3 y m 1
y 1 3 x m 2

   



   



Điều kiện: 1 x,y 3  

Với






x; y 1; 1 , 3;3  
từ hệ suy ra: m = 2

Với






x; y 1; 1 , 3;3  

Lấy (1) trừ (2) ta có:
x y x y
x 1 y 1 3 y 3 x 0 0
x 1 y 1 3 y 3 x

 
          
     
 
1 1
x y 0 x y 0 x y
x 1 y 1 3 y 3 x
 
        
 
 
     
 
Từ (1) suy ra:
m x 1 3 x   
Xét hàm số:
 
f x x 1 3 x    với
 
x 1;3 
Ta có:
 
1 1
f ' x
2 x 1 2 3 x
 
 
 
1 1
f ' x 0 x 1 3 x x 1

2 x 1 2 3 x
        
 
=







 
f 1 2 2 ,




f 1 f 3 2  


1
3

1
2 2
2
2

Suy ra:
 

2 f x 2 2 

Vậy hệ đã cho có nghiệm khi 2 m 2 2  .

Câu III:

   
    
1 1
3
0 0
dx dx
I
x 1 x 1 3x 1
x 1 3x 1
 
  
 
 

Đặt:

2
u 3x 1 u 3x 1 2udu 3dx      

Đổi cận: x 0 u 1   ,x 1 u 2  

 
 
2 2

2 2
2 2
1 1
2 udu du
I 2 3
1
3
u 2 u 2
u 2 u 2.u
3 3
 
 
 
 

Đặt:


2
u 2 tan t du 2 1 tan t dt   

Đổi cận:
1
u 1 t arctan
2
   ,
u 2 t arctan 2  




 
2
arctan 2 arctan 2 arctan 2
2 2 2
1 1 1
arctan arctan arctan
2 2 2
2 1 tan t dt
dt
I 2 3 3 3 cos tdt
2 2 1 tan t 1 tan t 1 tan t

  
  
  

 
arctan 2
1
arctan
2
1
I 3 sin t 3 sin arctan 2 sin arctan 2 1
2
 
 
    
 
 
 

 

Câu IV:

Ta có:




BC SA SA ABC  ,
BC AB



BC SAB BC AM   

Mà SB AM nên


AM SBC

AM SC 

Ta lại có
AN SC
nên


SC AMN


ANM
là góc nhị diện cạnh SC.

0
ANM 60 
Mặt khác:
AM MN
(vì


AM SBC
)
AMN  vuông tại M

0
AM 3
sin ANM sin60
AN 2
3
AM AN
2
   
 
Đặt SA = x, ta có:
2 2
SA.AB ax
AM
SB
x a
 


,
2 2
SA.AC ax 2
AN
SC
x 2a
 

=
x
f(x)








 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
ax 3 ax 2 3
. x 2a x a x a x a SA a
2 2
x a x 2a
           
 

Ta có:
2 2
SA a a 2
SM
SB 2
a 2
  
,
2 2
SA a a 3
SN
SC 3
a 3
  

S.AMN
S.AMN S.ABC
S.ABC
a 3
a 2
V SM SN 1 1 1 1
3
2
. . . V V
V SB SC 2 3 6 6
a 2 a 3
     

3
S.ABC ABC

1 1 a
V SA.S SA.AB.BC
3 6 6
  

3
S.AMN
a
V
36
 

Câu V:

Ta có:
 
1 1 4
x y 4 x y
1 1
x y
x y
 
     
 
 


Mà
1 1
2

x y
  nên:
4
x y 2
2
  

 
 
   
2
2 2 2
6 4 6 4 3 3 2 2 3 3 2 2
P x 3y y 3x x y 3y 3x x y 3 x y           

Ta có:
     
 
   
2
3 3 3
3 3 3
x y
1 1
x y x y 3xy x y x y 3. x y x y .2 2
4 4 4

            

 
2
2 2 2
1 1
x y x y .2 2
2 2
    

2 2
P 2 3.2 4   

Vậy giá trị nhỏ nhất P = 4 khi x = y = 1.


PHẦN RIÊNG

A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a:

1)

Gọi
 
1 2
n n ;n

là véctơ pháp tuyến của đường thẳng (d) cần tìm.

Phương trình (d):

   
1 2 1 2 1 2
n x 1 n y 2 0 n x n y n 2n 0        

Tọa độ điểm A
1 2
1
n 2n
;0
n
 

 
 
, tọa độ điểm B
1 2
2
n 2n
0;
n
 

 
 
 
2
1 2
1 2 1 2
OAB
1 2 1 2

n 2n
n 2n n 2n
1 1 1
S OA.OB .
2 2 n n 2 n n

 
  
Ta có:


2
1 2 1 2
n 2n 8n n 
1 2
OAB
1 2
8n n1
S 4
2 n n
  
Vậy diện tích tam giác OAB bằng 4, khi đó n
1
= 2n
2
.
Chọn n
2
= 1
1

n 2 
 
d :2x y 4 0   
2)
 
x 3 t
d : y 1 2t
z t
 


 


 

,


A 1;3; 1
,


B 3; 1;5 




M d M 3 t;1 2t; t    













 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
Q MA MB t 2 2t 2 t 1 t 6 2t 2 t 5 12t 24t 74
12 t 1 62 62
                
   

MinQ 62, 

khi
 
t 1 M 2; 1;1   

Vậy Q nhỏ nhất bằng 62 khi đó M có tọa độ
 
M 2; 1;1 .

Câu VII.a:

Ta có:



   
   
x 4 y
x y
ln x y ln ln x y ln x ln 4 x x ln y ln 4 y y
y 4 x 4 x 4 y

             
  

Xét hàm số:




f t ln t ln 4 t t   

với
0 t 4 

Ta có:
 
 
 
 
 
 
2
2
4 t t t 4 t t 2
1 1 t 4t 4
f ' t 1 0
t 4 t t 4 t t 4 t t 4 t
    
 
      
   

 
t 0;4 

Suy ra hàm số


f t
luôn đồng biến trên khoảng



0;4

Với








0 x y 4 f x f y lnx ln 4 x x ln y ln 4 y y             
đpcm.

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b:

1)

Tọa độ điểm B:
2x y 1 0 x 1
x 4y 3 0 y 1
   
 

 
    
 

Phương trình đường cao AH:
4x y m 0  

Tọa độ điểm A:
 
 
1
x 1 m
2x y 1 0
6
4x y m 0 1
y m 2
3

 

  



 
  


 



Tọa độ điểm H:

 
 
1
x 4m 3
x 4y 3 0
17
4x y m 0 1
y m 12
17

  

  



 
  


 



Tọa độ điểm C:
   
   
2 1
x 4m 3 1 8m 23
17 17

2 1
y m 12 1 2m 7
17 17

      




    


   
31 11
AC m 5 ; m 5
102 51
 
     
 
 


véctơ chỉ phương của đường thẳng AC là:
 
a 31;22

Vectơ pháp tuyến của đường cao BI:
 
n a 31;22 
 

Phương trình đường cao BI:




31 x 1 22 y 1 0 31x 22y 9 0       
2)
Đường thẳng (d) đi qua điểm
 
M 1; 1;1
có véctơ chỉ phương


a 2; 2;1 

Mặt cầu
 
S
có tâm


I 4;2;1
, bán kính R = 3.
Gọi


n A;B;C

là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)
Vì (P) chứa (d) nên

n a n.a 0 2A 2B C 0 C 2A 2B          
   




P : Ax By 2 A B z D 0     
=
=















M P A B 2 A B D 0 D A B         






P : Ax By 2 A B z A B 0      

Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S)
 
 


 
2
2 2
4A 2B 2 A B A B
d I, P R 3
A B 4 A B
    
   
  

 
   
2 2
2 2 2 2
2
2 2
3 A B
3 A B A B 4 A B 2A 5AB 2B 0
A B 4 A B

           
  

  
2 2
A 2B
2A 5AB 2B 0 A 2B 2A B 0
2A B

        






Với A = 2B, chọn B = 1
 
A 2 P :2x y 2z 1 0      



Với 2A = B, chọn A = 1


B 2 P :x 2y 2z 1 0      

Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là:
2x y 2z 1 0   
hoặc
x 2y 2z 1 0   
.

Câu VII.b:

Gọi
z a bi 
là số phức cần tìm
 
a 3,b 1   

Ta có:
 
 




   
2 2
a 1 b 5 i a 3 b 1 i
a 1 b 5 i
1 1
a 3 b 1 i
a 3 b 1
   
     
  
   
  
  
  





















               
2 2
2 2
2 2
a 1 a 3 b 5 b 1 a 1 b 1 b 5 a 3 i a 3 b 1
a 1 a 3 b 5 b 1 a 1 b 1 b 5 a 3 a 3 b 1
 
               
 
   

               
   

                   
           
       
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
a 1 a 3 b 5 b 1 a 1 b 1 b 5 a 3 a 3 b 1
a 3 b 1 a 1 b 5 a 3 b 1
a 1 b 5 a 3 b 1
   
               
   
     
          
     
       

a 3b 4  

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
 
  
2
2 2 2 2 2 2
8

a 3b 1 3 a b a b
5
      
2 10
Min z
5
  , khi đó:
2
a 3b 4
a
2 6
5
z i
b
6
5 5
a
b
3
5

 


 
   
 
 




=
=
=
=
=