Thử sức trước kì thi đề số 1 môn Toán (có đáp án)

 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang1 
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: 
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang2 
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
  

     
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang3 
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       
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang4 
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
     
    
     
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang5 
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
  
 

 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang6 
 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



  
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang7 
 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. 
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 2y 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 
1xy 9 y 
3
   


 
2) Giải phương trình:  x x4 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 cos x sin x dx

  
Câu V: 
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang8 
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 2x y 2x 6y 9 0     . Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài 
nhỏ nhất. 
2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hai mặt phẳng (P1): x 2y 2z 3 0    , 
(P2): 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 (P1) và (P2). 
Câu VII.a: 
Đặt  42 3 2 120 1 2 121 x x x a a x a x ... a x        . Tính hệ số a7. 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b: 
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):    2 2x 1 y 3 1    và điểm 1 7M ;
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 2x 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 x0 = 0. 
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ 
PHẦN CHUNG 
Câu I: 
1) Tự giải 
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang9 
2) 3 2y 2x 3x 1    2y ' 6x 6x  
Gọi  0 0M x ; y Phương trình tiếp tuyến:   20 0 0 0y 6x 6x x x y    
Hay    2 3 2 3 20 0 0 0 0 0y 6x 6x x 6x 6x 2x 3x 1       
Tiếp tuyến này có tung độ ... điểm N cần tìm là 1 7N ;
5 5
 
 
 
. 
2) 
 I (d) I 2 t; 2t;4 3t      
(S) tiếp xúc (P1) và (P2)      1 2d I, P d I, P R   
2 2 2 2 2 2
t 12 t 4t 8 6t 3 4 2t 2t 8 6t 4
9t 3 10t 16
t 131 2 2 2 1 2
             
             
 Với t 1         2 2 2 21I 1;2;1 ,R 2 (S ) : x 1 y 2 z 1 2          
 Với t 13         2 2 2 22I 11;26; 35 ,R 38 (S ) : x 11 y 26 z 35 38          
Câu VII.a: 
Đặt  42 3 2 120 1 2 121 x x x a a x a x ... a x        . Tính hệ số a7. 
Ta có:      4 442 3 21 x x x 1 x . 1 x      
 42 0 2 1 4 2 6 3 8 44 4 4 4 41 x C x C x C x C x C      
 4 0 1 2 2 3 3 4 44 4 4 4 41 x C xC x C x C x C      
Suy ra: 2 3 1 37 4 4 4 4a 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. 
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang13 
6 8MI ;
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 1N MI (C) 1 3t 1 3 4t 3 1 25t 1 t
5
               
1 2
8 19 2 11N ; , N ;
5 5 5 5
        
   
1 2MN 3,MN 1   
So sánh: 1 2MN MN 
Tọa độ điểm N cần tìm là 8 19N ;
5 5
 
 
 
2) 
(S):      2 2 2x 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  
 22 2
d 01 4 2 d
d I,(P ') R 1
d 61 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 (P1’), (P2’): 
 
x 1 t
: y 2 2t
z 1 2t
  

  
  
M1 là giao điểm   và (P1) 1
1 2 4 51 t 4 4t 2 4t 0 t M ; ;
3 3 3 3
             
 
M2 là giao điểm   và (P2) 2
1 4 8 11 t 4 4t 2 4t 6 0 t M ; ;
3 3 3 3
               
 
 
 
1 22 2
2 8 10 3
3 3 3d M ,(P) 1
1 2 2
   
 
  
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang14 
 
 
2 22 2
4 16 2 3
3 3 3d M ,(P) 3
1 2 2
   
 
  
Tọa độ điểm M là 2 4 5M ; ;
3 3 3
  
 
N là giao điểm   và (P) 2 1 2 71 t 4 4t 2 4t 3 0 t N ; ;
3 3 3 3
              
 
Câu VII.b: 
         
33
2 2 2x 0 x 0 x 0 x 0
f x f 0 1 3x 1 x 1 2x 1 x1 3x 1 2xf ' 0 lim lim lim lim
x 0 x x x   
        
   

 
     
     
3 2 3
2x 0 x 0 2 22 33
2 2x 0 33
1 3x 1 x 3x xlim lim
x x 1 3x 1 3x. 1 x 1 x
3 x lim 1
1 3x 1 3x. 1 x 1 x
 

    

        
 
  
     
 
   
2
2 2x 0 x 0 x 0
1 2x 1 x x 1 1lim lim lim
x 21 2x 1 xx 1 2x 1 x  
     
  
       
  1 1f ' 0 1
2 2
      
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 2y 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 22cos 2x cos 2x.sin 3x 3sin 2x 3   
2) Giải hệ phương trình: 
2
2 2
6x 3xy x y 1
x y 1. 
    

 
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang15 
Câu III: 
Cho hàm số   xf 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  
xsin x 2cos
2f x xcos x 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: 
Chứng minh rằng số phức 
245 5z 1 cos isin
6 6
     
 
 có phần ảo bằng 0. 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b: 
1) Cho đường tròn   2 2C : 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 zd :
2 1 1
 
  và 2
x 1 y 2 zd :
1 2 1
 
  . 
 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mặt 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: 
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 
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang16 
PHẦN CHUNG 
Câu I: 
1) Tự giải 
2) Giao điểm với trục hoành  4 2x 2 m 1 x 2m 1 0     (*) 
Đặt t = x2, ta có phương trình:  2t 2 m 1 t 2m 1 0     (**) 
(*) có 4 nghiệm  (**) có 2 nghiệm dương phân biệt 
  
2Δ ' 0 m 0
1S 0 2 m 1 0 m , m 0
2
P 0 2m 1 0
 

         
    
Với điều kiện này (**) có nghiệm 2 21 1 2 2t x ; t x  (t2 > t1) 4 nghiệm (*): 2 1 1 2x , x , x , x  
Dãy này lập thành cấp số cộng khi:  2 1 1 1 2 1x x x x x 3x      
Đặt 1 2x α x 3α   
  22 2 2 2 21 2
2 2 4 4
1 2
m 4
x x 10α 2 m 1 10α m 12m 1 9 9m 32m 16 0 45 mx x 9α 2m 1 9α
9
                           
Vậy m = 4 hoặc 4m
9
  
Câu II: 
1) 
  
2 2
2 2
 2cos 2x cos 2x.sin 3x 3sin 2x 3
2cos 2x cos 2x.sin 3x 3cos 2x
cos 2x sin 3x cos 2x 0
cos 2x 0 
sin 3x cos 2x 0
  
  
  

   
 Với cos2x = 0  π π kπ2x kπ x k Z
2 4 2
       
 Với  
k2x3x 2x k2
10 52sin3x cos2x 0 sin3x sin 2x k Z
2 3x 2x k2 x k2
2 2
                            
 
Vậy phương trình có nghiệm  
π kπx
4 2
π k2π k Zx
10 5
πx k2π
2
  

  


  

 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang17 
2)  
 
2
2 2
6x 3xy x y 1 1
x y 1. 2
    

 
 
  
21 6x 3xy 3x 2x y 1
3x 1 2x y 1 0
1x
3
y 2x 1
     
    
 

 
Với 1x
3
 , từ (2) suy ra: 2 2y
3
  
Với y 2x 1  , từ (2) suy ra:  22 2
x 0 y 1
x 2x 1 1 5x 4x 0 4 3x y
5 5
  
      
     

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: 
   1 2 2 1 2 2 4 30;1 , ; , ; , ;
3 3 3 3 5 5
                    
Câu III: 
 
 
 
x
x x
f ' x A.3 .ln 3 
f x A.3 B A.3f x dx Bx C
ln 3
 

   
  


Ta có: 
 
 
2
21
2f ' 0 2 A.ln 3 2 A
ln 3
6A 12f x dx 12 B 12 B 12ln 3 ln 3
      
   
       

Vậy 
2
2A
ln 3
12B 12
ln 3
 

  

Câu IV: 
Tâm O của hình cầu ngoại tiếp hình chóp 
S.ABCD là trung điểm của SC. 
2 2 2 2SC SA AC 4a 2a a 6     
SC a 6R
2 2
  
3
34πRV πa 6
3
  
Câu V: 
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang18 
 
xsin x 2cos
2f x xcos x 2sin
2



 x 0; .
2
    
Ta có: 2x x xcos x 2sin 2sin 2sin 1
2 2 2
     
Xét hàm số   2g t 2t 2t 1    2t 0;
2
 
  
 
    1g ' t 4t 2 g ' t 0 t
2
       
  1 3 2g 0 1;g ;g 2
2 2 2
           
 g t 0  2t 0;
2
 
  
 
xcos x 2sin 0
2
   x 0; .
2
     
 f x liên tục trên đoạn 0;
2
 
  
. 
  2
x x x xcos x sin cos x 2sin sin x cos sin x 2cos
2 2 2 2f ' x
xcos x 2sin
2
               
     
  
 
  2
x1 sin
2f ' x 0
xcos x 2sin
2
 
 
  
 
 x 0; .
2
     
GTLN  f x =  f 0 2 
GTNN  f x = πf
2
   
 
21
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 

 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang19 
 
 
x 3 3y 0BH AC BH.AC 0 x 3
2x y 4 0CH AB y 2CH.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: 
1A D
42A 3B D 0
13B 5C D 0 B D
6
2A 5C D 0 1C D
10
  
   
 
      
    

 Chọn D = -60, suy ra A = 15, B = 10, C = -6. 
Vậy  IJK :15x 10y 6z 60 0    
Câu VII.a: 
24 k24 24
k k
24 24
k 0 k 0
5 5 5 5 5k 5k1 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 5kC cos i C sin
6 6 
 
   
Phần ảo 
24
k
24
k 0
5kC sin
6
 
Ta có:  k 24 k k k24 24 24 24
5 24 k5k 5k 5kC sin C sin C sin C sin 0
6 6 6 6
         
Suy ra: 
24
k
24
k 0
5kC sin 0
6

 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b: 
1)      2 2 2C : 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 2d I,d 3 2 5    
3 2 c
5
5
 
 
c 4
c 1 5
c 6

      
Vậy 1d : x 2y 4 0   hoặc 2d : x 2y 6 0   
2) (P) song song với mặt phẳng  Q  P : x y 2z m 0     
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang20 
1
x 1 2t
d : y 1 t
z t
 

  
 
 2
x 1 t
d : y 2 2t
z t
 

 
 
(Q) giao với (d1):  1 2t 1 t 2t m 0 t m M 1 2m; 1 m; m              
(Q) giao với (d2):  1 t 2 2t 2t m 0 t m 3 N 2 m; 4 2m; m 3                 
   2 22 2 2MN 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
4x y 1 1 log 3 2y log 2y
3
        
Thay vào (1):   4
4log 2y 2y 131 4 3.4 2
    
 2y 2y4 3.4 .4 2
3 4
   
Đặt  2yt 4 t 0  ta có: 24 3t 42 9t 24t 16 0 t
3t 4 3
        
2y
4 4
4 1 4 1 14 y log log 3
3 2 3 2 2
      
(2) 4 4 4 4
3 3 1 1x 2 log 3 3y 2 log 3 log 3 log 3
2 2 2 2
         
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 4
1 1x log 3
2 2
  ; 4
1 1y log 3
2 2
 