Thu suc truoc ki thiDe so 03

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI </b>

<b>THTT SỐ 402-12/2010 </b>

<b>ĐỀ SỐ 03</b>

<i><b>Th</b><b>ời gian l</b><b>àm bài 180 phút </b></i>

<b>PHẦN CHUNG</b>
<b>Câu I: </b>

Cho hàm số: y x4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 hồnh tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số
cộng.

<b>Câu II: </b>

1) Giải phương trình: 2cos 2x2 cos 2x.sin 3x3sin 2x2 3

2) Giải hệ phương trình:
2

2 2

6x 3xy x y 1
x y 1.

    



 



<b>Câu III: </b>

Cho hàm số f x

 

A.3x B. Tìm các số A, B sao cho f ' 0

 

2 và

 

2

1

f x dx 12



<b>Câu IV: </b>

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.

<b>Câu V: </b>

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

 

x
sin x 2 cos

2

f x

x
cos x 2sin

2






trên đoạn 0; .
2


 

 

 

<b>PHẦN RIÊNG </b>

<i><b>Thí sinh ch</b><b>ỉ được l</b><b>àm m</b><b>ột trong hai phần (phần A hoặc phần B)</b></i>
<b>A. Theo chương trình chuẩn</b>

<b>Câu VI.a: </b>

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.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Chứng minh rằng số phức

24

5 5

z 1 cos isin

6 6

 

 

_   _

  có phần ảo bằng 0.

<b>B. Theo chương trình nâng cao </b>
<b>Câu VI.b: </b>

1) Cho đường tròn

 

C : x2y2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 khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1

x 1 y 1 z
d :

2 1 1

 

  và d :₂ x 1 y 2 z

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.

<b>Câu VII.b: </b>

Giải hệ phương trình

x y 1 2y 1

4

4 3.4 2

x 3y 2 log 3

  

  



  



<b>HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ</b>
<b>PHẦN CHUNG</b>

<b>Câu I: </b>

1) Tự giải

2) Giao điểm với trục hoành x4 2 m 1 x







22m 1 0 (*)
Đặt t = x2, ta có phương trình: t2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 (t2 > t1) 4 nghiệm (*): x , x , x , x2  1 1 2
Dãy này lập thành cấp số cộng khi: x2x1 x1 



x1



x2 3x1

Đặt x1αx2 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 m 4

9
 

<b>Câu II: </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>





2 2

2 2

2 cos 2x cos 2x.sin 3x 3sin 2x 3
2 cos 2x cos 2x.sin 3x 3cos 2x
cos 2x sin 3x cos 2x 0

cos 2x 0
sin 3x cos 2x 0

  

  

  




 

 



Với cos2x = 0 2x π kπ x π kπ



k Z



2 4 2

      

Với

_

_

k2
x

3x 2x k2

10 5

2

sin 3x cos 2x 0 sin 3x 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


 




 _ _ _




 _ _


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

     
    








 


<b> </b>

<b> </b>
<b> </b>

Với x 1
3

 , từ (2) suy ra: y 2 2

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:

_

0;1 ,

_

1 2 2; , 1; 2 2 , 4; 3

3 3 3 3 5 5

   _{ } _

  

   _{ } 

   _{ } _

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

 

 

 

x

x _x

f ' x A.3 .ln 3

f x A.3 B _A.3

f x dx Bx C

ln 3

 



  _{ }

  






Ta có:

 

 

2

2
1

2

f ' 0 2 _{A.ln 3} ₂ _A

ln 3
6A

12

f x dx 12 B 12

B 12
ln 3

ln 3


  _ _ _



  

 

  

  

 _  _ _





__

<b> </b>

Vậy

2

2
A

ln 3
12
B 12

ln 3








 _ _




<b> </b>

<b>Câu IV: </b>

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

 

<b>Câu V: </b>

 

x
sin x 2 cos

2
f x

x
cos x 2sin

2






x 0; .
2


 

 _ _

Ta có: cos x 2sinx 2sin2 x 2sinx 1

2 2 2

    

Xét hàm số

 

2

g t  2t 2t 1 t 0; 2
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

  t 0; 2
2

 

   

 

x
cos x 2sin 0

2

   x 0; .

2


 

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

 

f x

 liên tục trên đoạn 0;
2


 

 

 

.

 

2

x x x x

cos x sin cos x 2sin sin x cos sin x 2 cos

2 2 2 2

f ' x

x
cos x 2 sin

2

      

     

      

      



 



 

 

 

2

x
1 sin

2

f ' x 0

x
cos x 2 sin

2
 

 

 



 

 

x 0; .
2


 

  _ _
GTLNf x

 

= f 0

 

2

GTNNf x

 

= f π
2
 


 
 

2
1

2

<b>PHẦN RIÊNG </b>

<b>A. Theo chương trình chuẩn</b>

<b>Câu VI.a: </b>

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

_









x 3 3y 0

BH AC BH.AC 0 x 3

2x y 4 0

CH AB _CH.AB ₀ y 2

 __ _ _ _

   

   

  

   

  

 _ _  

   

 
 

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 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.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

24 ₂₄ k ₂₄

k k

24 24

k 0 k 0

5 5 5 5 5k 5k

1 cos i sin 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: C sin₂₄k 5k C₂₄24 ksin5 24 k





C sink₂₄ 5k C sin₂₄k 5k 0

6 6 6 6

  

   

   

Suy ra:
24

k
24
k 0

5k

C sin 0

6







<b>B. Theo chương trình nâng cao </b>
<b>Câu VI.b: </b>

1)

  

C : x3



2



y 1



2 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





2 2

d I, d 3 2 5

   

3 2 c
5
5

 

  c 1 5 c 4

c 6



 _{   }

 


Vậy d : x1 2y 4 0 hoặc d : x2 2y 6 0

2) (P) song song với mặt phẳng

_{ }

Q 

 

P : xy2zm0

1

x 1 2t
d : y 1 t

z t
 




  


 _



₂

x 1 t
d : y 2 2t

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

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

<b>Câu VII.b: </b>

 

 

x y 1 2 y 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

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Thay vào (1):

 

4
4
log 2 y

2 y 1
3

1  4  3.4  2

4.4 2y 3.42 y 2

3 4



  

Đặt t 42 y



t0



ta có: 4 3t 2 9t2 24t 16 0 t 4

3t  4        3

2 y

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 x 1 1log 3₄
2 2

  ; y 1 1log 3₄
2 2

</div>

<!--links-->