TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
THÀNH ĐẠT MÔN: TOÁN, KHỐI: A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút
ĐỀ SỐ 5
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH:
Câu I. (2, 0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
– 3mx
2
+4m
3
có đồ thị (C
m
)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Câu II. (2, 0 điểm)
1. Giải phương trình:
22
1cos3cos4
22cos6
4
sin
4
sin
3
=
+−
++







++






−
xx
xxx
ππ

2. Giải phương trình :
1313
23
−+=− xxx
Câu III. (1, 0 điểm) Tính tích phân: I =
∫
−
−
+
1
0
4.91
21

dx
x
x

Câu IV. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A có góc BAC = 120
0
, AB = a. Trên đường thẳng d đi qua điểm
A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho tam giác SBC đều. Gọi M là điểm đối xứng
với A qua mặt phẳng (SBC) và N là trung điểm của đoạn BC. Tính thể tích khối chóp B.SANM và
khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (ABC).
Câu V.(1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện x
2
+ y
2
+ xy ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
1
2
2
22
+
+−
=
y
yxyx
P

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được làm phần 1 hoặc phần 2:
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa. (2, 0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): (x – 1)
2
+ y
2
= 2 và hai điểm A(1; -1), B( 2; 2). Tìm tọa
điểm M thuộc đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác MAB bằng
2
1
.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
21
1
1
2 zyx
=
−
−
=
−
và (d’):





=
=
−=
tz
y

tx
3
22

Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng (d) và (d’).
Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn phương trình
2048
12
2
3
2
1
2
=+++
−n
nnn
CCC
(
k
n
C
là số tổ
hợp chập k của n phần tử).
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb. (2, 0 điểm)
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
+ 2x – 4y + 4 = 0 và đường thẳng

d: x – y = 0. Lập phương trình đường tròn (C’), tiếp xúc ngoài với (C), có tâm thuộc d sao cho (C’) có
bán kính nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
21
1
2
3 zyx
=
+
=
+
và
(d’):
11
1
1
3 zyx
=
−
=
−
+
. Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng (Oxy) và
(Oxz). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d’) sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng
khoảng cách từ B đến (P).
Câu VIIb. (1, 0 điểm) Cho hàm số
x2
m
1xy
−

++−=
(Cm). Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị (C
m
) tại điểm cực
đại A, cắt trục Oy tại B sao cho ∆OAB vuông cân.
Hết
ĐÁP ÁN - MÔN TOÁN
(Thử sức trước kỳ thi – Đề số 5
CÂU
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
PHẦN CHUNG
I
1. Khi m = 1, ta có y = x
3
- 3x
2
+4 (C)
+ TXĐ: D = R
Sự biến thiên:
+ Giới hạn tại vô cực:

+∞=
+∞→
y
x
lim
và
−∞=
−∞→

y
x
lim

+ Chiều biến thiên :
y’ = 3x
2
- 6x
y’ = 0 ⇔ -3x
2
+ 6x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2
Bảng biến thiên :
x -
∞
0 2 +
∞
y’ + 0 - 0 +
y
4 +
∞

-
∞
0
Hàm số đồng biến trên hai khoảng ( -
∞
; 0) và (0; +
∞
) và nghịch biến trên khoảng (0; 2)
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, y

CĐ
= 3 và đạt cực tiểu tại điểm x = 2 và y
CT
= -1

Điểm uốn:
y’’ = 6x - 6
y’’ = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 2
Vậy I(1; 0) là điểm uốn của (C).
Đồ thị:
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm
uốn I(1; 2) là tâm đối xứng
2. y = x
3
– 3mx
2
+4m
3

y’ = 3x
2
– 6mx, y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2m
Hàm số có hai điểm cực trị ⇔ m ≠ 0
Các điểm cực trị của (C
m
) là M(0; 4m
3
) và N(2m; 0).
Trung điểm của đoạn MN là I(m; 2m
3

) và
)4;2(
3
mmMN −=
Đường thẳng (d): y = x có vectơ chỉ phương là
u
= (1; 1)
M, N đối xứng nhau qua đường thẳng (d) ⇔ MN ⊥ (d) và I ∈ (d)
⇔





±=
=
⇔





=−
=−+
⇔






=
=
2
2
0
0)12(
0)4(2
2
0.
2
3
3
m
m
mm
mm
mm
uMN
Kết hợp điều kiện ta được
2
2
±=m
.
0.25
0.5
0.5
0.25
0.5
II
Giải phương trình:

22
1cos3cos4
22cos6
4
sin
4
sin
3
=
+−
++






++






−
xx
xxx
ππ
(1)
Ta có

1cos3cos4
3
+− xx
= cos3x + 1
ĐK: cos3x + 1 ≠ 0 ⇔
3
2
3
23
ππ
ππ
kxkx +≠⇔+≠

)(
224
12
23
6
23
6
3cos)
6
cos(
3coscos
2
3
sin
2
1
3cos2cos3sin

2
13cos
2cos3sin
22
1cos3cos4
22cos6sin2
)1(
3
Zk
kx
kx
kxx
kxx
xx
xxx
xxx
x
xx
xx
xx
∈






−=
−=
⇔







+−=−
+=−
⇔=−⇔
=+⇔
=+⇔
=
+
++
⇔=
+−
++
⇔
ππ
π
π
π
π
π
π
π
Kết hợp điều kiện ta được:
)(
224
12

Zk
kx
kx
∈






−=
−=
ππ
π
π
_____________________________________________________________________________
2. Giải phương trình :
1313
23
−+=− xxx
ĐK: x ≥ 1
)1(2)1(1.131313
2223
+++−=++−⇔−+=− xxxxxxxxx
Chia hai vế cho x
2
+ x + 1, ta được phương trình tương đương

2
1

1
1
1
3
22
+
++
−
=
++
−
xx
x
xx
x
Đặt t =
1
1
2
++
−
xx
x
, t ≥ 0, ta ta được phương trình:
3t = t
2
+ 2 ⇔ t
2
– 2t + 2 = 0 ⇔ t = 1 ∨ t = 2
+ Với t = 1, ta có:

)(21
1
1
1
1
1
2
22
VNx
xx
x
xx
x
−=⇔=
++
−
⇔=
++
−
+ Với t = 2, ta có:
)(05344
1
1
2
1
1
2
22
VNxx
xx

x
xx
x
=++⇔=
++
−
⇔=
++
−
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
0.5
0.5
0.5
0.5
III
Tính tích phân: I =
∫
−
−
+
1
0
4.91
21
dx
x
x

Ta có:
∫∫

−
+
=
−
+
=
−
1
0
1
0
94
4)21(
4.91
21
dxdxI
x
xx
x
x
Đặt t = 2
x
⇒ dt = 2
x
ln2dx ⇒
dtdx
x
2ln
1
2 =

Đổi cận; x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1 ⇒ t = 2
0.25
0.75
)5ln1(
2ln
1
)4ln5ln2ln21(
2ln
1
|)3|ln|3|ln2(
2ln
1
)
3
1
3
2
1(
2ln
1
)
9
9
1(
2ln
1
9
)1(
2ln
1

9
)1(
2ln
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
2
1
2
−=+−−=+−−+=
+
−
−
+=
−
+
+=
−
+
=
−
+

=⇒
∫∫∫∫
ttt
dt
tt
dt
t
t
dt
t
tt
dt
t
tt
I
IV
Cho tam giác ABC cân tại A có góc BAC = 120
0
, AB = a. Trên đường thẳng d đi qua điểm A và
vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho tam giác SBC đều. Gọi M là điểm đối xứng
với A qua mặt phẳng (SBC) và N là trung điểm của đoạn BC. Tính thể tích khối chóp B.SANM
và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (ABC).
+ Tính thể tích khối chóp B.SANM:
⇒ S
SABM
=
2
2
2
a

Vì BN ⊥ (SAN) nên chiều cao khối chóp B.SANM bằng BN =
2
3a
Vậy thể tích khối chóp B.SANM là:

12
6
2
3
.
2
2
.
3
1
.
3
1
32
aaa
BNSV
SANM
===
(đvtt)
+ Tính d(M; (ABC)):
Gọi I = AM ∩ SN thì AI ⊥ SN nên:
3
2
2
3

2
1
.2
.

a
a
aa
SN
ANSA
AIANSAAISN ===⇒=
6
22
a
AIANIN =−=⇒

Ta có:
9
2
9
1
))(;(9
))(;(
9
6
1
2
3
))(;(
))(;( a

SAABCId
ABCId
SA
a
a
IN
SN
ABCId
ABCSd
==⇒=⇒===
9
22
))(;(2
))(;(
))(;( a
ABCMd
IA
MA
ABCId
ABCMd
=⇒==
0.5
0.5
Ta có AB = a và góc BAN = 60
0
nên:
BN =
2
3a
và AN =

a
2
1
⇒ BC =
3a
Ta giác SBC đều ⇒
aBCSN
2
3
2
3
==
⇒
2aSA =
Vì BC ⊥ (SAN) nên (SAN) ⊥(SBC)
⇒ M đối xứng với A qua (SCB) thì
M ∈(SAN).
Vì d(M; SN) = d(A; SN) nên
S
SMN
= S
SAN
=
4
2
.
2
1
2
a

ANSA =
V
Cho x, y là hai số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện x
2
+ y
2
+ xy ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
1
2
2
22
+
+−
=
y
yxyx
P

+ Xét y = 0, ta có P = x
2
≥ 1, và P = 1 khi x = 1
+ Xét y ≠ 0: Vì x
2
+ y
2
+ xy ≥ 1 nên:

2
2

2
2
1
2
22
22
2
22
++








+−








=
++
+−
≥

+
+−
=
y
x
y
x
y
x
y
x
yxyx
yxyx
y
yxyx
P
Đẳng thưac xảy ra khi x
2
+ xy + y
2
= 1
Đặt t =
y
x
⇒ t ∈ R và
2
2
)(
2
2

++
+−
=≥
tt
tt
tfP
Xét hàm số
( )
2
2
2
2
2
2
42
)(',
2
2
)(
++
−
=⇒∈
++
+−
=
tt
t
tfRt
tt
tt

tf
f’(t) = 0 ⇔
2±=t
Bảng biến thiên:

x
-
∞
-
2

2
+
∞
y’ + 0 - 0 +
y

24
24
−
+
1
1
24
24
+
−

Vì
24

24
+
−
< 1 nên từ hai trường hợp ta có:
minP =
24
24
+
−
khi







+
−=
+
−=
∨







+

=
+
=
⇔





+
=
=
⇔





=
=++
23
1
23
2
23
1
23
2
23
1

2
2
1
2
22
y
x
y
x
y
yx
y
x
yxyx
0.5
0.5
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được làm phần 1 hoặc phần 2:
1. Theo chương trình chuẩn:
VIa
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): (x – 1)
2
+ y
2
= 2 và hai điểm A(1; -1), B( 2; 2).
Tìm tọa điểm M thuộc đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác MAB bằng
2
1
.
+ Ta có
10=AB

và S
MAB
=
2
1
d(M; AB).AB =
2
1
⇒ d(M; AB) =
10
1
+ Lại có
)3;1(=AB
⇒ Vec tơ pháp tuyến của đường thẳng (AB) là
)1;3( −=n
⇒ (AB): 3(x – 1) – (y + 1) = 0 hay 3x –y - 4 = 0.
+ Gọi M(a; b) ∈ (C) ⇒ (a – 1)
2
+ b
2
= 2

1|43|
10
1
10
|43|
10
1
);( =−−⇒=

−−
⇔= ba
ba
ABMd
Ta có hệ phương trình:
0.5
0.5



−=
=+−
∨



−=
=+−
⇔



−=−−
=+−
∨



=−−
=+−

⇔



=−−
=+−
33
2)1(
53
2)1(
143
2)1(
143
2)1(
1|43|
2)1(
2222
222222
ab
ba
ab
ba
ba
ba
ba
ba
ba
ba






−=
±
=
∨





−=
==
⇔



−=
=+−
∨



−=
=+−
⇔




−=
=−+−
∨



−=
=−+−
⇔
33
5
55
53
5
4
,
5
12
33
04105
53
012165
33
2)33()1(
53
2)53()1(
22
2222
ab
a

ab
aa
ab
aa
ab
aa
ab
aa
ab
aa
Vậy có bốn điểm thỏa điều kiện bài toán là:
)
5
53
;
5
55
()
5
53
;
5
55
(),
5
13
;
5
4
(),

5
11
;
5
12
(
4321
+−−
− MvàMMM
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
21
1
1
2 zyx
=
−
−
=
−
và (d’):





=
=
−=
tz
y

tx
3
22
Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của hai đường
thẳng (d) và (d’).
Ptts của (d):





=
−=
+=
tz
ty
tx
2
1
2
⇒ M(2 + a; 1 – a; 2a) ∈ (d) và
u
= (1; -1; 2) là VTCP của (d).
(d’):





=

=
−=
tz
y
tx
3
22
⇒ N(2- 2b; 3; b) ∈ (d’) và
'u
= (- 2; 0; 1) là VTCP của (d’).
)2;2;2( abaabMN −+−−=
MN là đoạn vuông góc chung của (d) và (d’)
⇔





=
−=
⇔



=
=−−
⇔




=−+++−−−
=−++−−−
⇔





⊥
⊥
0
3
1
03
026
0)2(1)2(0)2(2
0)2(2)2(1)2(1
'
b
a
b
a
abaab
abaab
uMN
uMN
⇒ A(
3
2
;

3
4
;
3
5
−
), B(2; 3; 0)
Vậy mặt cầu (S) có tâm là I(
)
3
1
;
6
13
;
6
11
−
và cá bán kính là R =
6
5
3
1
6
5
6
1
222
=







+






+






=IA
⇒ Phương trình mặt cầu (S):
6
5
3
1
6
13
6
11
222

=






++






−+






− xyx
0.5
0.5
Tìm số nguyên dương n thỏa mãn phương trình
2048
12
2
3
2

1
2
=+++
−n
nnn
CCC

Ta có
)2( )11(0
)1( )11(2
2
2
12
2
3
2
2
2
1
2
0
2
2
2
12
2
3
2
2
2

1
2
0
2
n
n
n
nnnnn
n
n
n
n
nnnnn
nn
CCCCCC
CCCCCC
+−+−+−=−=
++++++=+=
−
−
Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được:
0.5
VIIa
6222048 2
) (22
111212
2
3
2
1

2
22
12
2
3
2
1
2
2
=⇔=⇔=+++=⇔
+++=
−−−
−
nCCC
CCC
nn
nnn
n
n
nnn
n
0.5
2. Theo chương trình nâng cao
VIb
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
+ 2x – 4y + 4 = 0 và đường thẳng
d: x – y = 0. Lập phương trình đường tròn (C’), tiếp xúc ngoài với (C), có tâm thuộc d sao cho

(C’) có bán kính nhỏ nhất.
+ Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2) và bán kính R = 1.
+ Gọi J là tâm của đường tròn (C’). Khi đó (C) tiếp xúc ngoài với (C’) ⇔ IJ = R + R’ = 1 + R’
Do đó R’ nhỏ nhất ⇔ IJ nhỏ nhất ⇔ J là hình chiếu của J lên đường thẳng d.
Ta có: IJ ⊥ d ⇒ véctơ pháp tuyến của đường thẳng IJ là
n
= (1; 1). Do đó phương trình đường
thẳng IJ là:
1(x + 1) + 1(y – 2) = 0 ⇔ x + y – 1 = 0.
Tọa độ điểm J là:







=
=
⇔



=−+
=−
2
1
2
1
01

0
y
x
yx
yx
⇒ J(
2
1
;
2
1
).
Ta có JI =
2
123
'
2
23 −
=−=⇒ RIJR
Vậy phương trình đường tròn (C’) là:
4
2619
)
2
1
()
2
1
(
22

−
=−+− yx
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
21
1
2
3 zyx
=
+
=
+
và
(d’):
11
1
1
3 zyx
=
−
=
−
+
. Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng (Oxy)
và (Oxz). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d’) sao cho khoảng cách từ A đến
(P) bằng khoảng cách từ B đến (P).
+ Tọa độ A:






=
−=
−=
⇔





=
+
=
+
=
0
1
3
21
1
2
3
0
z
y
x
zyx
z
⇒ A(-3; -1; 0)
+ Tọa độ B:






=
=
−=
⇔





=
+
=
+
=
2
0
1
21
1
2
3
0
z
y
x

zyx
y
⇒ B(-1; 0; 2)
+Hai điểm M(-3; 1; 0) và N(-4; 2; 1) ∈ (d’).
+ Gọi (P): ax + by + cz + d = 0 (a
2
+ b
2
+ c
2
≠ 0).
+ Ta có M, N ∈ (P) và d(A; (P)) = d(B;(P))
⇔





=−+−
=−−
=++−
∨





=++
=−−
=++−

⇔





=−−+
=+++−
=++−
∨





=++
=+++−
=++−
⇔





++−=+−−
=+++−
=++−
0232
0
03

022
0
03
0224
024
03
022
024
03
|2||3|
024
03
cba
cba
dba
cba
cba
dba
dcba
dcba
dba
cba
dcba
dba
dcadba
dcba
dba
0.5
0.5
0.25

0.25
0.25
)2(
5
4
5
1
5
11
)1(
4
3
5
4
03
4
03









=
=
=
∨






=
−=
−=
⇔







=
−=
=++−
∨





=
−=
=++−
⇔
ab

ac
ad
ab
ac
ad
ab
bac
dba
ab
bac
dba
+ Trường hợp (1): chọn a = 1, ta được b = 4, c = -3 và d = - 1. Do đó phương trình mặt phẳng (P)
là: x + 4y - 3z - 1 = 0
+ Trường hợp (2): chọn a = 5, ta có: b = 4, c = 1 và d = 11. Khi đó ta cơ phương trình mp(P) là:
(P): 5x + 4y + z + 11 = 0
Cách 2: Có hai TH:
+ TH1: (P) qua M, N và trung điểm I của đoạn AB
+ TH2: (P) qua M có VTPT là
[ ]
ABMN,
VIIb
Ta có:
( ) ( )
2
2
2
x2
4mx4x
x2
m

1'y
−
−++−
=
−
+−=
y' = 0 ⇔ –x
2
+ 4x + m – 4 = 0 ⇔ (2 – x)
2
= m (x ≠ 2) (∗)
Để đồ thị (Cm) có cực đại
⇔ phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0
Khi đó y' = 0 ⇔
m2x
1
−=
,
m2x
2
+=
, ta có:
x –∞ x
1
2 x
2
+∞
y' – 0 + + 0 –
y
+

∞

+
∞
CĐ

CT

–
∞

–
∞
⇒ Điểm cực đại A(2 +
m
, –1 – 2
m
)
Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm cực đại A có phương trình:
m21y −−=
, do đó
m21m21OB +=−−=
AB = x
2
= 2 +
m
(vì B ∈ Oy ⇒ x
B
= 0)
∆AOB vuông cân ⇔ OB = BA ⇔ 1 + 2

m
= 2 +
m
⇔ m = 1
0.5
0.5
Giáo Viên: Nguyễn Văn Bảy – Trung tâm BDVH và Luyện thi Thành Đạt. ĐC: 727- 583 Trần Cao Vân – Đà
Nẵng. wed: thanhdat.edu.vn.