Bộ đề luyện thi cấp tốc môn Toán_02

Biên soạn: Trần Duy Thái
22

ĐỀ 4
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số
3
(3 1)y x x m  
(C ) với m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi
1m 
.
2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng hai điểm
cực trị này ở về hai phía của trục tung.
Câu II:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 3
17
8cos 6 2 sin 2 3 2cos( 4 ).cos 2 16cos
2
x x x x x

   
.
2. Tính tích phân :
  
1
2
1
1 1
x

dx
I
e x


 

.
Câu III:(2,0 điểm)
1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
2
4
2
1
x
x
m e e  
có nghiệm thực .
2. Chứng minh:
 
1 1 1
12x y z
x y z
 
    
 
 
với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn
 
1;3 .

Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội
tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là
0
60
.Tính
theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với
 
2;0A và
 
1 3G ;
là trọng tâm . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Câu VI.a:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
 
3
log 4.16 12 2 1
x x
x  
.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
 
1y x ln x  .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với
 
0 1A ; và phương
trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là

2 1 0x y   
và
3 1 0x y  
. Tìm tọa độ hai điểm B và C.
Câu VI.b:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 3
log 1 log 2
2 2
x x
x
 
 
.
2. Tìm giới hạn:
 
2
ln 2
lim
1
1
x
x
x



.
ĐÁP ÁN ĐỀ 4

Câu Ý NỘI DUNG
Điểm
Câu I Ý 1
Khi m =1 
3
3 1y x x  
. Tập xác định D=R .
0,25 đ
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
23
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
 
   
.
y’= 3x
2
– 3 ; y’=0 1x   .
0,25 đ

Bảng biến thiên .
Hàm số đồng biến trên khoảng
   
; 1 , 1;    và nghịch biến
trên khoảng
 
1;1 .

Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; y
CĐ
= 3 và đạt CT tại x = 1 ; y
CT
= -1 .

0,25 đ
(1,0 đ)

Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3).
Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) .

0,25 đ
y’ = 0

3x
2
– 3m = 0 ;
' 9m 
.
0,25 đ
0m 
: y’ không đổi dấu hàm số không có cực trị .
0,25 đ

0m 
: y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0

hàm số có 2 cực trị.
KL: 0m  .

0,25 đ
(2,0đ)


Ý 2
(1,0 đ)
0m 

0P m   
đpcm.
0,25 đ
Biến đổi:
3
4cos 3 2 sin 2 8cosx x x 


0,25 đ
2
2cos .(2cos 3 2 sin 4) 0x x x   
0,25 đ
2
cos 0 2sin 3 2 sin 2 0x v x x    
. 0,25 đ
Ý 1
(1,0 đ)

2
2
4

3
2
4
x k
x k
x k







 



  



 

, k
Z

KL:
0,25 đ

Khi x = 2y 

1y   
2
1
x
y





;
2
1
x
y
 


 

(loại) .

0,25 đ
âu II
(2,0 đ)
Ý 2
(1,0 đ)
Khi y=2x

-3 x

2
= 3 : VN .
KL: nghiệm hệ PT là
 
2;1 .
0,25 đ
Câu III
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
Đặt
2
x
t e
ĐK: t > 0 .
PT trở thành:
44
1m t t  
.
0,25 đ
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
24

Xét
44
( ) 1f t t t  
với t > 0 .
3
4

4
4
'( ) 1 0
1
t
f t
t
 
  
 

 

hàm số NB trên
 
0;  .
0,50 đ


  
4 4 2
4
1
lim ( ) lim 0
1 1
t t
f t
t t t t
 
 

   
; f(0) = 1.
KL: 0< m <1.

0,25 đ
Ta có:
  
2
3
1 3 1 3 0 4 3 0 4t t t t t t
t
            
.
0,25 đ
Suy ra :
3 3 3
4 ; 4 ; 4x y z
x y z
     
 
1 1 1
3 12Q x y z
x y z
 
       
 
 

0,50 đ
Ý 2

(1,0 đ)

   
1 1 1 1 1 1
3 6 12
2
Q
x y z x y z
x y z x y z
   
           
   
   

0,25 đ

Gọi M là trung điểm BC

A , M , H thẳng hàng
0
BC SM 60BC AM SMH     
.

0,25 đ
AM=4a
2
3
12 ; 8
2
ABC

ABC
S a
S a p a r
p
      =MH .
0,25 đ
3
.
3 3
6 3
2
S ABC
a
SH V a   
.
0,25 đ
Câu IV
(1,0 đ)

Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC
;AB SN AC SP  

HM = HN = HP
2
3 3 24
XQ
SM SN SP a S ap a       .

0,25 đ
Đặt AB = a

 
2
2 2
2 ;
2 2
ABC
a
a
BC a S p

     .
0,50 đ

2 2
ABC
S a
r
p
  

.
0,25 đ
Câu Va
(1,0 đ)

 
1; 3 2 3 3 2AG AG AM a       

 
3 2 1r  

.
0,25 đ
Câu VIa
(2,0 đ)

Ý 1
(1,0 đ)
PT
2 1 2 2
4.16 12 3 4.4 4 .3 3.3
x x x x x x x
     
.
Chia 2 vế cho
2
3 0
x

, ta có:
2
4 4
4 3 0
3 3
x x
   
  
   
   
.
0,50đ

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
25

Đặt
4
3
x
t
 

 
 
. ĐK:
2
3
0 ; 4 3 0 1( ); ( )
4
t t t t kth t th       
.
0,25 đ

Khi
3
4
t 
, ta có:
1
4 3 4
1

3 4 3
x
x

   
    
   
   
.
0,25 đ
TXĐ:
 
0;D    ;
1
' ln
x
y x
x

 
.
0,25 đ
y’= 0
1x 
; y(1) = 0 vì
1
ln
x
y x
x


 
là HSĐB
0,50 đ
Ý 2
(1,0 đ)
Khi 0 < x < 1
' 0y 
; khi x > 1
' 0y 
.
KL: miny = 0
1x 
.
0,25 đ
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là
2 1
4 1
;
3 1
7 7
x y
G
x y
 

 


 

 
 

.

0,25 đ
Gọi
 
1
;2 1 ( )B b b d  ;
 
2
1 3 ; ( )C c c d 
Ta có:
5 2
3
7 7
3 1
2
7 7
b c b
b c c
 
  
 
 

 
 
   

 
 
.
0,50 đ
Câu Vb
(1,0 đ)
KL:
2 3 10 1
; ; ;
7 7 7 7
B C
   
 
   
   
.
0,25 đ
ĐK: x > 0 . Đặt
3
log 3
t
t x x  
.
0,25 đ
Ta có:
2
1 9 2 4 2
2.2 2 3 .2 3
4 4 3 9 3
t

t t t t t
   
      
   
   
.
0,50 đ
Ý 1
(1,0 đ)
Khi t = 2 thì
3
log 2 9x x  
(th)
KL: nghiệm PT là
9x 
.

0,25 đ

Đặt
1. : 1 0t x Suy ra x t    
.
0,25 đ
Giới hạn trở thành:
 
 
0
ln 1
lim
2

t
t
t t



 
 
 
0
ln 1
1 1
lim .
2 2
t
t
t t

 

  
 
.

0,50đ

Câu VIb
(2,0 đ)
Ý 2
(1,0 đ)

KL:
 
2
1
ln 2
1
lim
1 2
x
x
x


 

.
0,25đ

ĐỀ 5
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 4
1
x
y
x



.

1). Khảo sát và vẽ đồ thị
 
C
của hàm số trên.
2). Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và
3 10MN 
.
Câu II (2 điểm) :
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
26
1). Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

   


 



2). Giải phương trình :
01cossin2sinsin2
2
 xxxx

.
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
2
3
0
3sin 2cos
(sin cos )
x x
I dx
x x






Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình
chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

x10 1).12(48
22
 xxmx
.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y   và phân giác trong CD:

1 0x y  

. Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:
2
2
2 2
x t
y t
z t
  


 


 

.Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1)
song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua

, hãy viết
phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
  
    

2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường

tròn
2 2
( ) : – 2 – 2 1 0,C x y x y  
2 2
( ') : 4 – 5 0C x y x  
cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình
đường thẳng qua M cắt hai đường tròn
( ), ( ')C C
lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
z
y
x 



1
2
và d’ :
1
5
3
2
2



 z
y
x

.
Viết phương trình mặt phẳng
)(

đi qua d và tạo với d’ một góc
0
30

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
    
 
     
 


ĐÁP ÁN ĐỀ 5

Câu Phần Nội dung
I
(2,0)

1(1,0)
Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa.

2(1,0)
Từ giả thiết ta có:
( ) : ( 1) 1.d y k x  
Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau
có hai nghiệm
1 1 2 2
( ; ), ( ; )x y x y
phân biệt sao cho
   
2 2
2 1 2 1
90(*)x x y y   

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
27
2 4
( 1) 1
( )
1
( 1) 1
x
k x
I
x
y k x


  


 


  

. Ta có:
2
(2 3) 3 0
( )
( 1) 1
kx k x k
I
y k x

    


  


Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
2
(2 3) 3 0(**)kx k x k    
có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được
3
0, .
8
k k 
Ta biến đổi (*) trở thành:
   

2 2
2 2
2 1 2 1 2 1
(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x       
Theo định lí Viet cho (**) ta có:
1 2 1 2
2 3 3
, ,
k k
x x x x
k k
 
   thế vào (***) ta có
phương trình:
3 2 2
8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k        
3 41 3 41
3, ,
16 16
   
   k k k .
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.
Câu Ý Nội dung
1
1) CâuII:2. Giải phương trình:
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
 xxxxxxxx .

22

)3cos2()1(cos8)1cos2(  xxx . VËy 5,0sin x hoÆc
1cossin  xx
.
Víi 5,0sin x ta cã


kx 2
6

hoÆc


kx 2
6
5


Víi
1cossin  xx
ta cã















4
sin
2
2
4
sin1cossin

xxx , suy ra


kx 2
hoÆc


kx 2
2
3



2

Điều kiện:
| | | |x y

Đặt

2 2
; 0u x y u
v x y

  


 


;
x y 
không thỏa hệ nên xét
x y 
ta có
2
1
2
u
y v
v
 
 
 
 
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:

2
12

12
2
u v
u u
v
v
 


 

 
 

 


4
8
u
v






hoặc
3
9

u
v






+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y



 


 

 




(I)
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y



 


 

 



(II)
Giải hệ (I), (II).
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
28
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban
đầu là

   
 
5;3 , 5;4S 



Câu Phần Nội dung Đi
III
(1,0)

Đặt , 0 , 0.
2 2 2
x t dx dt x t x t
  
          
Suy ra:
2 2 2
3 3 3
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin
(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
x x t t x x
I dx dt dx
x x t t x x
  
  
  
  
  
(Do tích phân không phụ

thuộc vào kí hiệu cảu biến số).
Suy ra:
2 2 2
3 3 2
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 1
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
x x x x
I I I dx dx dx
x x x x x x
  
 
    
  
  
=
=
2 2
2
2 2
0 0
0
1 1 1 1
tan 1
2 4 2 4
2cos cos
4 4
dx d x x
x x

 

 
 
   
    
   
   
   
 
   
   
 
. KL: Vậy
1
.
2
I

0,25



0,25

0,5
IV 0,25



Gọi H,
H’ là
tâm của
các tam
giác đều
ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của
AB, A’B’. Ta có:
     
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH


   




Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’
và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II .
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3

' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC     

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x    
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
 
' . '
3
h
V B B B B  

Trong đó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h     

0,25

Từ đó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
 
 
   
 
 

0,25
V
Nhận xét : 10x
48
2
 x
= 2(2x+1)
2
+2(x
2
+1)
0,25
www.VNMATH.com