Thử sức trước kì thi phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang1 THTT SỐ 404-2/2011 Đ Đ Đ Ề Ề Ề S S S Ố Ố Ố 0 0 0 5 5 5 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: Cho hàm số: 3 2 y x 3mx 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) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt. Câu II: 1) Giải phương trình: sin3x cos3x 2 2 cos x 1 0. 4 2) Tìm m để hệ phương trình: x 1 3 y m y 1 3 x m có nghiệm. Câu III: Tính tích phân: 1 3 0 dx I . x 1 3x 1 Câu IV: Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a, 0 ABC 90 , SA ABC , số đo góc nhị diện cạnh SC bằng 60 0 . Kẻ AM SB, AN SC. Tính thể tích của hình chóp S.AMN. Câu V: Tính giá trị nhỏ nhất biểu thức 6 4 6 4 P x 3y y 3x , trong đó x, y là các số dương thỏa mãn 1 1 2 x y . 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 với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M 1;2 . Lập phương trình đường thẳng qua M, cắt tia Ox, Oy tương ứng tại A, B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;3; 1 , B 3; 1;5 và đường thẳng (d): x 3 y 1 z . 1 2 1 Tìm điểm M trên (d) sao cho biểu thức 2 2 Q MA MB có giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a: Giả sử x, y là hai số thực thỏa mãn 0 x y 4. Chứng minh rằng: x 4 y ln x y. y 4 x B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác cân ABC (AB = AC). Biết phương trình các đường thẳng AB, BC tương ứng là 1 d :2x y 1 0, 2 d :x 4y 3 0. Lập phương trình đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC. www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang2 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d): x 1 y 1 z 1 2 2 1 và mặt cầu (S): 2 2 2 x y z 8x 4y 2z 12 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua (d) và tiếp xúc mặt cầu (S). Câu VII.b: Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn: z 1 5i 1. z 3 i H H H Ư Ư Ư Ớ Ớ Ớ N N N G G G D D D Ẫ Ẫ Ẫ N N N G G G I I I Ả Ả Ả I I I V V V À À À Đ Đ Đ Á Á Á P P P S S S Ố Ố Ố PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: 1) Tự giải 2) 2 y' 3x 6mx 3x x 2m 1 1 3 2 2 x 0 y 1 y' 0 x 2m y 4m 1 Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt 3 3 1 2 2 y .y 0 1. 4m 1 0 m 2 Câu II: 1) sin3x cos3x 2 2 cos x 1 0 4 3 3 3 3 2 2 sin3x cos3x 2 cosx sin x 1 0 3sin x 4sin x 4cos x 3cos x 2 cosx sin x 1 0 4 cos x sin x 5 cosx sin x 1 0 4 cosx sin x cos x sin x cos xsin x 5 cosx sin x 1 0 4 cosx sin x 1 cosxsin x 5 cosx sin x 1 0 * Đặt t cosx sin x 2 cos x t 2; 2 4 2 2 2 2 1 t t cos x sin x 2cosx sin x 1 2cosxsin x cosxsin x 2 Thay vào phương trình (*), ta được: 2 3 2 2 0 t 1 1 t 4t 1 5t 1 0 2t t 1 0 t 1 2t 2t 1 0 2t 2t 1 0 VN 2 2 2 cos x 1 cos x x k2 k Z 4 4 2 4 4 Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x k2 , x k2 2 k Z . 2) x 1 3 y m 1 y 1 3 x m 2 Điều kiện: 1 x, y 3 Với x; y 1; 1 , 3;3 từ hệ suy ra: m = 2 Với x; y 1; 1 , 3;3 www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang3 Lấy (1) trừ (2) ta có: x y x y x 1 y 1 3 y 3 x 0 0 x 1 y 1 3 y 3 x 1 1 x y 0 x y 0 x y x 1 y 1 3 y 3 x Từ (1) suy ra: m x 1 3 x Xét hàm số: f x x 1 3 x với x 1;3 Ta có: 1 1 f ' x 2 x 1 2 3 x 1 1 f ' x 0 x 1 3 x x 1 2 x 1 2 3 x f 1 2 2 , f 1 f 3 2 1 3 1 2 2 2 2 Suy ra: 2 f x 2 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm khi 2 m 2 2 . Câu III: 1 1 3 0 0 dx dx I x 1 x 1 3x 1 x 1 3x 1 Đặt: 2 u 3x 1 u 3x 1 2udu 3dx Đổi cận: x 0 u 1 , x 1 u 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 udu du I 2 3 1 3 u 2 u 2 u 2 u 2.u 3 3 Đặt: 2 u 2 tan t du 2 1 tan t dt Đổi cận: 1 u 1 t arctan 2 , u 2 t arctan 2 2 arctan 2 arctan 2 arctan 2 2 2 2 1 1 1 arctan arctan arctan 2 2 2 2 1 tan t dt dt I 2 3 3 3 cos tdt 2 2 1 tan t 1 tan t 1 tan t arctan 2 1 arctan 2 1 I 3 sin t 3 sin arctan 2 sin arctan 2 1 2 Câu IV: Ta có: BC SA SA ABC , BC AB BC SAB BC AM Mà SB AM nên AM SBC AM SC www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang4 Ta lại có AN SC nên SC AMN ANM là góc nhị diện cạnh SC. 0 ANM 60 Mặt khác: AM MN (vì AM SBC ) AMN vuông tại M 0 AM 3 sin ANM sin60 AN 2 3 AM AN 2 Đặt SA = x, ta có: 2 2 SA.AB ax AM SB x a , 2 2 SA.AC ax 2 AN SC x 2a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ax 3 ax 2 3 . x 2a x a x a x a SA a 2 2 x a x 2a Ta có: 2 2 SA a a 2 SM SB 2 a 2 , 2 2 SA a a 3 SN SC 3 a 3 S.AMN S.AMN S.ABC S.ABC a 3 a 2 V SM SN 1 1 1 1 3 2 . . . V V V SB SC 2 3 6 6 a 2 a 3 3 S.ABC ABC 1 1 a V SA.S SA.AB.BC 3 6 6 3 S.AMN a V 36 Câu V: Ta có: 1 1 4 x y 4 x y 1 1 x y x y Mà 1 1 2 x y nên: 4 x y 2 2 2 2 2 2 6 4 6 4 3 3 2 2 3 3 2 2 P x 3y y 3x x y 3y 3x x y 3 x y Ta có: 2 3 3 3 3 3 3 x y 1 1 x y x y 3xy x y x y 3. x y x y .2 2 4 4 4 2 2 2 2 1 1 x y x y .2 2 2 2 2 2 P 2 3.2 4 Vậy giá trị nhỏ nhất P = 4 khi x = y = 1. PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Gọi 1 2 n n ;n là véctơ pháp tuyến của đường thẳng (d) cần tìm. Phương trình (d): 1 2 1 2 1 2 n x 1 n y 2 0 n x n y n 2n 0 www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang5 Tọa độ điểm A 1 2 1 n 2n ;0 n , tọa độ điểm B 1 2 2 n 2n 0; n 2 1 2 1 2 1 2 OAB 1 2 1 2 n 2n n 2n n 2n 1 1 1 S OA.OB . 2 2 n n 2 n n Ta có: 2 1 2 1 2 n 2n 8n n 1 2 OAB 1 2 8n n1 S 4 2 n n Vậy diện tích tam giác OAB bằng 4, khi đó n 1 = 2n 2 . Chọn n 2 = 1 1 n 2 d :2x y 4 0 2) x 3 t d : y 1 2t z t , A 1;3; 1 , B 3; 1;5 M d M 3 t;1 2t; t 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Q MA MB t 2 2t 2 t 1 t 6 2t 2 t 5 12t 24t 74 12 t 1 62 62 MinQ 62, khi t 1 M 2; 1;1 Vậy Q nhỏ nhất bằng 62 khi đó M có tọa độ M 2; 1;1 . Câu VII.a: Ta có: x 4 y x y ln x y ln ln x y ln x ln 4 x x ln y ln 4 y y y 4 x 4 x 4 y Xét hàm số: f t ln t ln 4 t t với 0 t 4 Ta có: 2 2 4 t t t 4 t t 2 1 1 t 4t 4 f ' t 1 0 t 4 t t 4 t t 4 t t 4 t t 0;4 Suy ra hàm số f t luôn đồng biến trên khoảng 0;4 Với 0 x y 4 f x f y ln x ln 4 x x ln y ln 4 y y đpcm. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Tọa độ điểm B: 2x y 1 0 x 1 x 4y 3 0 y 1 Phương trình đường cao AH: 4x y m 0 Tọa độ điểm A: 1 x 1 m 2x y 1 0 6 4x y m 0 1 y m 2 3 Tọa độ điểm H: 1 x 4m 3 x 4y 3 0 17 4x y m 0 1 y m 12 17 www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang6 Tọa độ điểm C: 2 1 x 4m 3 1 8m 23 17 17 2 1 y m 12 1 2m 7 17 17 31 11 AC m 5 ; m 5 102 51 véctơ chỉ phương của đường thẳng AC là: a 31;22 Vectơ pháp tuyến của đường cao BI: n a 31;22 Phương trình đường cao BI: 31 x 1 22 y 1 0 31x 22y 9 0 2) Đường thẳng (d) đi qua điểm M 1; 1;1 có véctơ chỉ phương a 2; 2;1 Mặt cầu S có tâm I 4;2;1 , bán kính R = 3. Gọi n A;B;C là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) Vì (P) chứa (d) nên n a n.a 0 2A 2B C 0 C 2A 2B P :Ax By 2 A B z D 0 M P A B 2 A B D 0 D A B P :Ax By 2 A B z A B 0 Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S) 2 2 2 4A 2B 2 A B A B d I, P R 3 A B 4 A B 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 A B 3 A B A B 4 A B 2A 5AB 2B 0 A B 4 A B 2 2 A 2B 2A 5AB 2B 0 A 2B 2A B 0 2A B Với A = 2B, chọn B = 1 A 2 P :2x y 2z 1 0 Với 2A = B, chọn A = 1 B 2 P : x 2y 2z 1 0 Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là: 2x y 2z 1 0 hoặc x 2y 2z 1 0 . Câu VII.b: Gọi z a bi là số phức cần tìm a 3,b 1 Ta có: 2 2 a 1 b 5 i a 3 b 1 i a 1 b 5 i 1 1 a 3 b 1 i a 3 b 1 2 2 2 2 2 2 a 1 a 3 b 5 b 1 a 1 b 1 b 5 a 3 i a 3 b 1 a 1 a 3 b 5 b 1 a 1 b 1 b 5 a 3 a 3 b 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 1 a 3 b 5 b 1 a 1 b 1 b 5 a 3 a 3 b 1 a 3 b 1 a 1 b 5 a 3 b 1 a 1 b 5 a 3 b 1 a 3b 4 www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang7 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2 2 2 2 2 2 2 8 a 3b 1 3 a b a b 5 2 10 Min z 5 , khi đó: 2 a 3b 4 a 2 6 5 z i b 6 5 5 a b 3 5 www.VNMATH.com . S.ABC S.ABC a 3 a 2 V SM SN 1 1 1 1 3 2 . . . V V V SB SC 2 3 6 6 a 2 a 3 3 S.ABC ABC 1 1 a V SA.S SA.AB.BC 3 6 6 3 S.AMN a V 36 Câu V: Ta có: 1 1 4 x y 4 x y 1 1 x y x. 2 2 Q MA MB t 2 2t 2 t 1 t 6 2t 2 t 5 12t 24t 74 12 t 1 62 62 MinQ 62 , khi t 1 M 2; 1;1 Vậy Q nhỏ nhất bằng 62 khi đó M có tọa độ M. ABC , số đo góc nhị diện cạnh SC bằng 60 0 . Kẻ AM SB, AN SC. Tính thể tích của hình chóp S.AMN. Câu V: Tính giá trị nhỏ nhất biểu thức 6 4 6 4 P x 3y y 3x , trong đó x, y