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:
ÿw
www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
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 2sin x    


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


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

www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
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 sinx 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 cos t dt ln 1 sin t dt
  
     

  

Hay
     
2 2 2
0 0 0
I sin x.ln 1 cosx 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 sinx 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 tlnt dt 2ln2 1         
 

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

Đặt
1 2
2 1
t 1 cosx dt sinxdx K ln tdt ln tdt 2ln2 1          
 

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


www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com


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


www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
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
  
 




www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
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






 



www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
 
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.

www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
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:
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.
www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
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
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 

www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
- 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.
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
    



www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
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



  
   
      
   
   

   

  

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:
www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
 
 
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
   
 
   
   

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

www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com

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.
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)
www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
(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
   
 
  


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

www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com

 
 
 
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
     

www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com

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.

   

 



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:
www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
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

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)
www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com

 
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 kπ 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

 




 



 


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:
www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
 
 
 
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:
 
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

 
 
 
 

www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com


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 


 
 
x 3 3y 0BH AC BH.AC 0 x 3
2x y 4 0CH 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:
www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
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    
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
       
www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com
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
 

www.VIETMATHS.com
Copyright by VIETMATHS.com