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 2 lim Copyright by VIETMATHS.com www.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: y   x 4  2  m  1 x 2  2m  1 1) Khảo sát sự biến thi n 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: 2cos 2 2x  cos... Cho hàm số f  x   A.3  B Tìm các số A, B sao cho f '  0   2 và  f  x dx  12 1 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: x sin x  2cos 2 trên đoạn  0;   Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x... 35  , R  38  (S2 ) :  x  11   y  26    z  35   382 Câu VII.a:  Đặt 1  x  x 2  x 3    4 Ta có: 1  x  x 2  x 3 1  x 2 4 1  x  4  a 0  a1x  a 2 x 2   a12 x12 Tính hệ số a7 4 4 2 4   1  x  1  x   C0  x 2C1  x 4C 2  x 6C3  x 8C4 4 4 4 4 4 4  C0  xC1  x 2C2  x 3C3  x 4C 4 4 4 4 4 2 Suy ra: a 7  C 4C3  C1 C3  6.4  4.4  40 4 4 4 B Theo chương trình... 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: Copyright by VIETMATHS.com www.VIETMATHS.com 24 5 5   Chứng minh rằng số phức z   1  cos  isin  có phần ảo bằng 0 6 6   B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) Cho đường tròn  C  : x 2  y 2  6x  2y  1  0 Viết phương trình đường thẳng d song song với đường... phẳng  Q  : x  y  2z  3  0 sao cho (P) cắt d1, d2 theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất Câu VII.b: 4 x  y1  3.4 2y 1  2 Giải hệ phương trình   x  3y  2  log 4 3 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN CHUNG Câu I: 1) Tự giải 2) Giao điểm với trục hoành x 4  2  m  1 x 2  2m  1  0 (*) Đặt t = x2, ta có phương trình: t 2  2  m  1 t  2m  1  0 (**) (*) có 4 nghiệm  (**) có 2 nghiệm... 1     S  0  2  m  1  0  m   , m  0 2 P0  2m  1  0   2 2 Với điều kiện này (**) có nghiệm t1  x1 ; t 2  x 2 (t2 > t1)  4 nghiệm (*): x 2 , x1 , x1 , x 2 Dãy này lập thành cấp số cộng khi: x 2  x1  x1    x1   x 2  3x1 Đặt x1  α  x 2  3α  m4 2 2 2  x1  x 2  10α 2 2  m  1  10α 2  m 1  2   2 2   2m  1  9  4   9m  32m  16  0   4 4 m  5... SA 2  AC 2  4a 2  2a 2  a 6 SC a 6  2 2 3 4πR V  πa 3 6 3 R Câu V: x 2 x  0;   f x   2 x   cos x  2sin 2 x x x Ta có: cos x  2sin  2sin 2  2sin  1 2 2 2 sin x  2cos  Xét hàm số g  t   2t 2  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     2  g  t   0 t   0;   2   cos x  . 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 thi n và vẽ đồ thị hàm số. 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 thi n và vẽ đồ. 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 thi n và