Thử sức trước kì thi THPT môn Toán - Đề số 01

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: 3y 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 cos 2x 2cos x
3 2 tan x



2) Giải hệ phương trình: 
3 3
2 2
x y 9 
x 2y x 4y
  

  
Câu III: 
Tính tích phân:  
1 cos x2
0
1 sin x
I ln dx
1 cos x




 . 
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 600 và tạo với mặt phẳng (Oxz) một góc 300. 
Câu VII.a: 
www.MATHVN.com - 1 - www.MATHVN.com
ÿw
Giải phương trình:  xe 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 3x y
2
  và parabol (P): 2y 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 600. 
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 31 x 1 x 2    . 
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ 
PHẦN CHUNG 
Câu I: 
1) Tự giải 
2) 2y ' 3x 3m   y’ có CĐ và CT khi m 0 . 
Khi đó: 1 1
22
x m y 2m m 3m 1
y 2m m 3m 1x 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 1m
3
 
Câu II: 
1) ĐK: 3tan x ,cos x 0
2
   
PT  2 25 cos x sin x 2 3cox 2sin x     
    
  
2 2
2 2
cos x 6cos x 5 sin x 4sin x
cos x 3 sin x 2
cos x sin x 1 cos x sin x 5 0
    
   
     
 
cos x sin x 1
sin x 0 
x k k Z
cos x 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 2x 3x 3x y 6y 12y 9         3 3x 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 x2 2 2 2
0 0 0 0
1 sin x
I ln dx cos x.ln 1 sin x dx ln 1 sin x dx ln 1 cos x dx (1)
1 cos x
   


      
    
Đặt x t dx dt
2

     
Suy ra:      
2 2 2
0 0 0
I sin t.ln 1 cos t dt ln 1 cos t dt ln 1 sin t dt
  
        
Hay      
2 2 2
0 0 0
I sin x.ln 1 cos x dx ln 1 cos x dx ln 1 sin x dx (2)
  
        
Cộng (1) với (2):    
2 2
0 0
J K
2I cos x.ln 1 sin x dx sin x.ln 1 cos x dx
 
    
 
Với  
2
0
J cos x.ln 1 sin x dx

  
Đặt 
2 2
2
1
1 1
t 1 sin x dt cos xdx J ln tdt t ln t dt 2ln 2 1           
Với  
2
0
K sin x.ln 1 cos x dx

  
Đặt 
1 2
2 1
t 1 cos x dt sin xdx K ln tdt ln tdt 2ln 2 1            
Suy ra: 2I 2ln 2 1 2ln 2 1 I 2ln 2 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 BCIA 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 3V 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 23
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 2x 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 2xy yz zxxy.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 2x y z x y y z z x 8    
Vậy: 
    3
1 4 3 3
xyz x y y z z x 28
  
  
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 2n n ;n 5;2 

Suy ra: 
 
1 2 1 2 2 2
1 1 2 22 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
29n n . 1 1 5 2 . 1 1 n n
5n n
2 n 2;5 (AC) : 2x 5y 14 0
2n n
5
  
      
    
 
      
 


Tọa độ điểm C: 
11x2x 5y 14 0 11 43 C ;
x 2y 1 0 4 3 3y
3
                

2) Gọi vectơ chỉ phương của d là  1 2 3a a ;a ;a

Ox có vectơ chỉ phương là  1;0;0 
Đường thẳng d tạo Ox 1 góc 600 1 0 2 2 21 2 32 2 2
1 2 3
a 1cos60 3a a a 0
2a a a
      
 
(Oxz) có vectơ pháp tuyến  0;1;0 
Đường thẳng d tạo (Oxz) 1 góc 300 nghĩa là d tạo với vectơ pháp tuyến này 1 góc 600. 
2 0 2 2 2
1 2 32 2 2
1 2 3
a 1cos60 a 3a a 0
2a a a
      
 
Giải ra được: 2 2 21 2 3 1 2 3
1 1a a a a a a
2 2
     
Chọn 3a 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   yy 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 ye e y x e x e y       
Xét hàm số   tf t e t t 1    
Ta có:   tf ' t e 1 0 t 1      
Hàm số luôn tăng trên miền xác định. 
      x xf 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   tf t e t  
Ta có:   tf ' t e 1  
- Với t 0 thì  f ' t 0 Hàm số luôn tăng     tf t f 0 1 e t 1 t 0        
PT vô nghiệm. 
- Với 1 t 0   thì  f ' t 0 Hàm số luôn giảm     tf 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(x0;y0) này cách tâm của (C) một đoạn bằng 2 20 06 x y 6   
2
0 0M (P) y x   
Suy ra: 4 2 20 0 0 0y 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 2x 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 31 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