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:
www.MATHVN.com - 1 - www.MATHVN.com
ÿw
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.MATHVN.com - 2 - www.MATHVN.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.MATHVN.com - 3 - www.MATHVN.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.MATHVN.com - 4 - www.MATHVN.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.MATHVN.com - 5 - www.MATHVN.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.MATHVN.com - 6 - www.MATHVN.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.MATHVN.com - 7 - www.MATHVN.com