Thử sức trước kì thi Đại học môn Toán - Đề số 4

 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang1 
THTT SỐ 403-1/2011 
ĐỀ SỐ 04 
Thời gian làm bài 180 phút 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I: 
Cho hàm số: 4 2y x 2mx 1 (1)   
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1.  
2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có 
bán kính bằng 1. 
Câu II: 
1) Giải hệ phương trình: 
1 xy xy x 
1 1y y 3 y.
x x x
   


  

2) Giải phương trình: 
2
4
2
1 tan x16cos x 4. 2sin 4x.
4 1 tan x
       
Câu III: 
1) Tính tích phân: 2x 2
0
I e sin xdx.

  
2) Tính tổng: 2 1 2010 2 2 2009 2 3 2008 2 2011 02011 2011 2011 2011S 1 C 2 2 C 2 3 C 2 ... 2011 C 2 .     
Câu IV: 
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông, đường cao SA. Gọi M là trung điểm SC; N, P lần 
lượt nằm trên SB và SD sao cho SN SP 2
SB SD 3
  . Mặt phẳng (MNP) chia hình chóp thành hai phần. Tính 
tỉ số thể tích của hai phần đó. 
Câu V: 
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c 1.   Chứng minh rằng: 
    3 3a b b c c a .
18 18
      
 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) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp elip (E):
2 2x y 1,
16 4
  nhận điểm  A 0;2 là đỉnh và trục tung làm 
trục đối xứng. 
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tìm ba điểm M, N, P lần lượt thuộc các đường thẳng 
     1 2 3
x 1 y 2 z x 2 y z 1 x y z 1d : ; d : ; d :
1 2 2 2 2 1 2 1 1
    
     
 
 sao cho M, N, P thẳng hàng đồng 
thời N là trung điểm của đoạn thẳng MP. 
Câu VII.a: 
Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Vật lí có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án, trả 
lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đã làm được 40 câu, trong đó đúng 32 câu. Ở 10 câu còn 
lại anh ta chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án. Tính xác suất để thí sinh đó đạt 8 điểm trở lên. 
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang2 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b: 
1) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp parabol (P): 2y 2x, nhận đỉnh của parabol làm một đỉnh và trục 
hoành Ox làm trục đối xứng. 
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz: 
- Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng  1
x 1 y 2 z 3d :
1 2 3
  
  và  2
x 2 t 
d : y 1 t
z t 
 

  
 
; 
- Tính góc giữa đường thẳng  3
x 2 y 1 z 3d :
4 1 2
  
 

 với mặt phẳng   : x y z 2 0.     
Câu VII.b: 
Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Hóa học có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án, 
trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đã làm được 40 câu, trong đó đúng 32 câu. Ở 10 câu 
còn lại anh ta chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án. Tính xác suất để thí sinh đó chỉ đạt 7 điểm trở 
xuống. 
HƯỚNG DẪN GIIẢII VÀ ĐÁP SỐ 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I: 
1) Tự giải 
2)  3 2y ' 4x 4mx 4x x m    
Đồ thị hàm số có 3 cực trị y ' 0  có 3 nghiệm phân biệt m 0  
Khi đó tọa độ 3 điểm cực trị là:  M 0;1 ,  2N m; m 1  ,  2P m; m 1   
Vì tam giác MNP cân tại M và N, P đối xứng qua trục Oy nên tâm đường tròn đi qua 3 điểm này nằm 
trên trục tung Oy. 
Phương trình đường tròn đi qua 3 điểm này có dạng (C):  22x y b 1   
 
 
 
   
2
22
b 0
1 b 1 M C b 2
N C
m m b 1 1 2
 
      
     
 Với b = 0, (2)         2 22m 1 m 1 0 m 1 1 m 1 m 1 0             
  3 2 2
m 1 
m 0 
m m m 0 m m m 1 0 1 5m
2

             

So sánh điều kiện ta nhận được m = 1, 1 5m
2
 
 
 Với b = 2, (2)      22 4 2 0m 1 m 1 0 m 2m m 0 VN         
Vậy m = 1 hoặc 1 5m
2
 
 
Câu II: 
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang3 
1) 
1 xy xy x 
1 1y y 3 y.
x x x
   


  

Điều kiện: x 0, y 0  
Hệ đã cho tương đương: 
 
1 xy xy x 
1 xy xy x 1 3 xy
   

  
Đặt  t xy, t 0  
Ta có hệ:  
   
2
3
1 t t x 1
1 t x 1 3t 2
   

  
Từ (1), (2) ta có:     
3 2 3 2
2
0
t 0 
1 t 1 t t 1 3t 2t 4t 4t 0
t 2t 2 0 VN

             
Với t = 0, từ (1) x 1 y 0    
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (1;0) 
2)  
2
4
2
1 tan x16cos x 4. 2sin 4x 1
4 1 tan x
       
Điều kiện:  cos x 0 x k , k Z
2

      
Ta có: 2 cos x cos x sin x
4
    
 
,  21 sin 2x cos x sin x   
Khi đó:      4 2 21 4 cos x sin x 4. cos x sin x 4sin 2x.cos 2x     
    
     
 
 
4 2 2
4 3
3
cos x sin x cos x sin x 1 sin 2x
cos x sin x cos x sin x cos x sin x
sin x. cos x sin x 0
x k sin x 0 x k
k Z
cos x sin x 0 tan x 0 x k
4
    
    
  
                

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm:  
x k 
k Z
x k
4
 
    

Câu III: 
1) 2x 2
0
I e sin xdx.

  
Đặt 2u sin x du sin 2xdx   
 2x 2x1dv e dx v e
2
   
2x 2 2x 2x
0 0 0
1 1 1I e sin x e sin2xdx e sin2xdx
2 2 2
  
     (1) 
Đặt 1 1u sin 2x du 2cos 2xdx   
 2x 2x1 1
1dv e dx v e
2
   
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang4 
2x 2x 2x
0 0 0
1 1 1I e sin 2x e cos2xdx e cos2xdx
4 2 2
  
     
Đặt 2 2u cos 2x du 2sin 2xdx    
 2x 2x2 2
1dv e dx v e
2
   
 2x 2x 2 2x
0 0 0
1 1 1 1I e cos 2x e sin2xdx e 1 e sin2xdx
4 2 4 2
  
      (2) 
Từ (1) và (2) suy ra:    2 21 1I e 1 I I e 1
4 8
       
Vậy  21I e 1
8
  . 
2) 2 1 2010 2 2 2009 2 3 2008 2 2011 02011 2011 2011 2011S 1 C 2 2 C 2 3 C 2 ... 2011 C 2     
 2011 2 1 2 2 2 3 2 20112011 2011 2011 20112 3 2011
1 1 1 12 1 C 2 C 3 C ... 2011 C
2 2 2 2
      
 
Trước hết ta xét khai triển nhị thức Newtơn: 
 n 0 1 2 2 3 3 n nn n n n n1 x C xC x C x C ... x C       
Lấy đạo hàm hai vế: 
 n 1 1 2 2 3 n 1 nn n n nn 1 x 1C 2xC 3x C ... nx C
       
Nhân hai vế với x: 
 n 1 1 2 2 3 3 n nn n n nnx 1 x 1xC 2x C 3x C ... nx C

      
Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế: 
     n 2 n 1 2 1 2 2 2 2 3 2 n 1 nn n n nn n 1 x 1 x n 1 x 1 C 2 xC 3 x C ... n x C
           
Tiếp tục nhân hai vế với x: 
     n 2 n 12 2 1 2 2 2 2 3 3 2 n nn n n nn n 1 x 1 x nx 1 x 1 xC 2 x C 3 x C ... n x C
 
         
Thay 1n 2011, x
2
  vào ta được: 
2009 2010
2 1 2 2 2 3 2 2011
2011 2011 2011 20112 2 3 2011
1 3 1 3 1 1 1 12011.2010. . 2011. . 1 C 2 C 3 C ... 2011 C
2 2 2 2 2 2 2 2
           
   
2009 2010
2 1 2 2 2 3 2 2011
2011 2011 2011 20112011 2 3 2011
2011 2 1 2 2 2 3 2 2011 2009 2010
2011 2011 2011 20112 3 2011
2011 2
2
2011.2010.3 2011.3 1 1 1 11 C 2 C 3 C ... 2011 C
2 2 2 2 2
1 1 1 12 1 C 2 C 3 C ... 2011 C 2011.2010.3 2011.3
2 2 2 2
2 1 C

     
        
 
 1 2 2 2 3 2 2011 2009011 2011 2011 20112 3 2011
1 1 1 12 C 3 C ... 2011 C 3 .2011.2013
2 2 2 2
      
 
Vậy 2009S 3 .2011.2013 
Câu IV: 
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là giao điểm SO và AM. 
Ta có AM và SO là 2 trung tuyến của tam giác SAC 
 I là trọng tâm tam giác SAC. 
SI 2
SO 3
  
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang5 
Mà SN SP 2
SB SD 3
  
SI SN SP NI / /BD, NP//BD
SO SB SD
    
N, I, P thẳng hàng 
 I MNP  
Mà A, I, M thẳng hàng  A MNP  
Như vậy giao tuyến của (MNP) với hình chóp là tứ giác ANMP 
Giao tuyến này chia hình chóp thành 2 phần: 
- Phần 1 là hình chóp S.ANMP 
- Phần 2 là hình chóp cụt ANMP.ABCD 
S.ANMP S.ANM S.AMP S.ABC S.ADC S.ABCD S.ABCD S.ABCD
SN SM SP SM 2 1 1 2 1 1 1V V V . .V . .V . . V . . V V
SB SC SD SC 3 2 2 3 2 2 3
       
ANMP.ABCD S.ABCD S.ANMP S.ABCD S.ABCD S.ABCD
1 2V V V V V V
3 3
     
Vậy S.ANMP
ANMP.ABCD
V 1
V 2
 
Câu V: 
Không mất tính tổng quát giả sữ c là số nhỏ nhất trong các số a, b, c. 
Vì a c 0  , b c 0  nên:     
a c a
a c b c ab 1
b c b
 
   
 
 Nếu a b thì:        a b b c c a a b a c b c        
Vì c 0 , mà a b c 1   nên suy ra:  a b 1 a 1 b 2     
Từ (1) và (2) ta có:     a c b c b 1 b    
Từ (2) suy ra: a b 1 2b   
Suy ra:       a b a c b c b 1 b 1 2b      
Xét hàm số      3 2f x x 1 x 1 2x 2x 3x x      , với  x 0;1 
  2f ' x 6x 6x 1     3 3f ' x 0 x
6

    
So sánh    f 0 f 1 0,  3 3 3 3 3 3f , f
6 18 6 18
    
        
   
  3Maxf x
18
  
  3 2 3f x 2x 3x x
18
      x 0;1  
     3a b a c b c
18
     
 Như vậy:         3a b b c c a a b a c b c
18
          
Dấu”=” xảy ra khi: 3 3 3 3a , b ,c 0.
6 6
 
   
 Nếu a b thì:        a b b c c a b a a c b c       
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang6 
Vì c 0 , mà a b c 1   nên suy ra:  a b 1 b 1 a 3     
Từ (1) và (3) ta có:     a c b c a 1 a    
Từ (3) suy ra: b a 1 2a   
Suy ra:       a b a c b c a 1 a 1 2a      
Xét hàm số      3 2f x x 1 x 1 2x 2x 3x x      , với  x 0;1 
  2f ' x 6x 6x 1     3 3f ' x 0 x
6

    
So sánh    f 0 f 1 0,  3 3 3 3 3 3f , f
6 18 6 18
    
        
   
  3Maxf x
18
  
  3 2 3f x 2x 3x x
18
      x 0;1  
     3b a a c b c
18
     
 Như vậy:         3a b b c c a b a a c b c
18
        
Dấu”=” xảy ra khi: 3 3 3 3a ,b ,c 0.
6 6
 
   
Vậy    3 3a b b c c a
18 18
      
PHẦN RIÊNG 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a: 
1) 
Điểm B, C đối xứng với nhau qua trục tung nên B, C có tọa độ:    0 0 0 0B x ; y , C x ; y , với 0x 0 
Độ dài cạnh tam giác đều: 0a 2x 
Độ dài đường cao: 0h 2 y  
Ta có: 0 0 0 0
a 3h 2 y x 3 y 2 x 3
2
       
   0 0 0 0B x ; 2 x 3 , C x ;2 x 3    
Điểm  B E 
   2 02 0 20
0 0
0
x 0 loai2 x 3x 1 13x 16 3x 0 16 316 4 x
13
         
16 3 22 16 3 22B ; , C ;
13 13 13 13
    
       
   
Diện tích tam giác đều: 
22a 3 3 32 3 768 3S .
4 4 13 169
 
    
 
2)      1 2 3
x 1 y 2 z x 2 y z 1 x y z 1d : ; d : ; d :
1 2 2 2 2 1 2 1 1
    
     
 
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang7 
   1M d M 1 m; 2 2m; 2m     
   2N d N 2 2n; 2n;1 n    
   3P d P 2p;p;1 p   
N là trung điểm MP
m 15m 2p 1 4n 4 m 4n 2p 3 
192m p 2 4n 2m 4n p 2 n
2
2m p 1 2n 2 2m 2n p 1 p 10
                        
              
 M 14; 28;30   , 21N 17; 19;
2
   
 
,  P 20; 10; 9   
Suy ra: 39MN 3;9;
2
   
 

  MP 6;18; 39  

Ta thấy: 1MN MP
2

 
, như vậy M, N, P thẳng hàng 
Vậy các điểm M, N, P cần tìm là:  M 14; 28;30  , 21N 17; 19;
2
   
 
,  P 20; 10; 9   
Câu VII.a: 
Thí sinh đã làm đúng 32 câu được: 32.0,2 = 6,4 điểm 
Thí sinh này đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng: 8 6,4 8
0, 2

 câu trở lên trong tổng số 10 câu còn lại. 
Nghĩa là thí sinh này phải chọn sai 0, 1 hoặc 2 câu. 
Gọi X = n là biến cố chọn sai n câu của thí sinh này. 
Mỗi câu có 4 phương án nên   10N 4  cách chọn. 
Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai cho mỗi câu. 
- Chọn sai 0 câu:   0 010N X 0 3 .C  
- Chọn sai 1 câu:   1 110N X 1 3 .C  
- Chọn sai 2 câu:   2 210N X 2 3 .C  
           
 
0 0 1 1 2 2
10 10 10
10 10
N X 0 N X 1 N X 2 3 .C 3 .C 3 .C 436P P X 0 P X 1 P X 2
N 4 4
      
        

Vậy xác suất thí sinh này đạt 8 điểm trở lên là: 10
436P
4
 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b: 
1) 
Đỉnh parabol là O(0;0) 
Điểm A, B đối xứng với nhau qua trục tung nên A, B có tọa độ:    0 0 0 0A x ; y , B x ; y , với 0y 0 
Độ dài cạnh tam giác đều: 0a 2y 
Độ dài đường cao: 0h x 
Ta có: 0 0
a 3h x y 3
2
   
   0 0 0 0A y 3; y , B y 3; y  
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang8 
Điểm  B P 
 02
0 0
0
y 0 loai
y 2y 3
y 2 3 
 
  

   A 6; 2 3 , B 6; 2 3  
Diện tích tam giác đều:  
2 2a 3 3S . 2 3 3 3
4 4
   
2) 
- Đường thẳng (d1) đi qua A(1;2;3) có vectơ chỉ phương  1a 1;2;3

Đường thẳng (d2) đi qua B(2;-1;0) có vectơ chỉ phương  2a 1;1;1 

Phương trình mặt phẳng (P) chứa (d1) và song song (d2) có:  P 1 2n a ,a 1; 4;3     
  
 hay  Pn 1;4; 3 

       P : x 1 4 y 2 3 z 3 0       hay  P : x 4y 3z 0   
 Vậy        1 2
2 4 0 26d d , d d B, P
131 16 9
 
  
 
- Đường thẳng (d3) đi qua M(-2;1;3) có vectơ chỉ phương    3 3
x 2 4t
a 4;1; 2 d : y 1 t 
z 3 2t 
  

    
  

Mặt phẳng   : x y z 2 0.     
Giao điểm N của (d3) với (P): 
2 6 9 172 4t 1 t 3 2t 2 0 t N ; ;
7 7 7 7
             
 
Phương trình đường thẳng   đi qua M vuông góc   có dạng  
x 2 t
: y 1 t
z 3 t
  

  
  
Hình chiếu P của M xuống   là giao điểm của   với   : 22 t 1 t 3 t 2 0 t
3
          
4 5 7P ; ;
3 3 3
   
 
Ta có: 
2 2 26 9 17 2 21MN 2 1 3
7 7 7 7
                 
     
2 2 24 6 5 9 7 17 2 42NP
3 7 3 7 3 7 21
                 
     
Góc giữa đường thẳng (d3) với   là gócMNP :  NP 2 42 7 2cos MNP .
MN 21 32 21
   . 
Câu VII.b: 
Thí sinh đã làm đúng 32 câu được: 32.0,2 = 6,4 điểm 
Thí sinh này đạt 7 điểm trở xuống thì phải chọn đúng : 7 6, 4 3
0, 2

 câu trở xuống trong tổng số 10 câu 
còn lại. 
Nghĩa là thí sinh này chọn đúng 0, 1, 2 hoặc 3 câu. 
Gọi X = n là biến cố chọn đúng n câu của thí sinh này. 
Mỗi câu có 4 phương án nên   10N 4  cách chọn. 
Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai cho mỗi câu. 
 Thử sức trước kì thi 
phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang9 
- Chọn đúng 0 câu:   10 010N X 0 3 .C  
- Chọn đúng 1 câu:   9 110N X 1 3 .C  
- Chọn đúng 2 câu:   8 210N X 2 3 .C  
- Chọn đúng 3 câu:   7 310N X 3 3 .C  
               
 
10 0 9 1 8 2 7 3
10 10 10 10
10
N X 0 N X 1 N X 2 N X 3
P P X 0 P X 1 P X 2 P X 3
N
3 .C 3 .C 3 .C 3 .C 
4
      
        

  

Vậy xác suất thí sinh này đạt 7điểm trở xuống là: 
10 0 9 1 8 2 7 3
10 10 10 10
10
3 .C 3 .C 3 .C 3 .CP
4
  
