ĐỀ LUYỆN THI SỐ 1.
Câu I(1 điểm). Cho hàm số y= x
4
- 2mx
2
+m-1 (1).
1/.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=1.
2/.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo
thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.
Câu II( 2 điểm). 1/.Giải phương trình :
2
4
4
(2 sin 2 ).sin 3
tan 1
os
x x
x
c x
−
+ =
2/.Giải hệ phương trình sau:
2 2
2
3
4 4( ) 7
( )
1
2 3
xy x y
x y

2
n > ln(n-1).ln(n+1).
Phần riêng( 3 điểm)( Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần).
1.Theo chương trình chuẩn.
Câu VI(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho
A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d: 2x-y+3=0.
Câu VII(2 điểm).
1/.Tìm hệ số của x
8
trong khai triển nhị thức Niuton của (x
2
+2)
n
, biết
3 2 1
8 49.
n n n
A C C− + =
2/.Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :
d
1
:
2 1
4 6 8
x y z− +
= =
− −
; d
2
:

− + +
=
−
. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kì trên đồ thị đến
hai đường tiệm cận của nó luôn là một hằng số.
2/.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1
( ) :
1 1 2
x y z
d = =
và
2
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d
+ −
= =
−
.
Tìm tọa độ các điểm M thuộc
1
( )d
và N thuộc
2
( )d
sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng
( )

2) Giải phương trình :
2
2
1 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −

Câu III: (1 điểm )
Tính tích phân :
3
2
1
1 1
dx
I
x x
=
+ + +
∫
Câu IV: (1 điểm)
Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) ,
SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất.
Câu V : (1 điểm)
Cho phương trình:
( ) ( )
2
1 2

= =
−
và d
2
:
1 3 '
3 2 '
1
x t
y t
z
= +


= −


=

.
Chứng minh rằng d
1
và d
2
chéo nhau. Viết phương trình đường vuông góc chung của d
1
và d
2

Câu VII.a (1 điểm)

:
4 5 '
7 9 '
'
x t
y t
z t
= − +


= − +


=

(P): 4y - z - 5 = 0.
Viết phương trình của đường thẳng
∆
vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng d
1
, d
2
Câu VIIb: (1 điểm )
Tìm nghiệm phức của phương trình: (1+i)z
2
- (4 + i)z + 2 - i = 0
2
ĐÁP ÁN ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 1.
Câu NỘI DUNG Điể
m

=
⇔=
3
4
0
0'
x
x
y
x
-∞ 0
3
4
+∞
y' + 0 - 0 +
y 1
-∞
27
5
−
+∞
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( )
0;∞−

=
27
5
3
4
−=






y

 Đồ thị
Điểm uốn:






27
11
;
3
2
U
Giao với trục Oy (0, 1)
Giao với trục Ox (1, 0);


27
11
;
3
2
U
làm tâm đối xứng
2) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đó cho với trục hoành là nghiệm của phương trình:
01)1()1(
23
=+−++− xmxmx





=−−
=
⇔=−−−⇔
)2(01
1
0)1)(1(
2
2
mxx
x
mxxx
CMinh
0

3
Hệ số gúc của tiếp tuyến tại B là:
)1()1(23'
2
2
2)(
2
−++−= mxmxy
x
0.25
0.25
Tiếp tuyến tại B và C song song với nhau
⇒

2 ''
)()(
1
21
=⇔⇔= myy
xx
II
1) Giải phương trình:
xxxxx
22
sin
3
1
2
cos32sin
3

xx
x
Giải phương trình sinx = 1 ta được nghiệm
π
π
2
2
kx +=
Chứng minh phương trình
07cos6sin2 =−+ xx
vô nghiệm
Kết luận: nghiệm của phương trình:
π
π
2
2
kx +=
cach
1
2) Giải phương trình:
2
231
31
2
xx
xx
−++=
−++
, ĐKXĐ: -1 ≤ x ≤ 3
* Biến đổi phương trình về dạng

2
2) Giải phương trình:
2
231
31
2
xx
xx
−++=
−++
ĐKXĐ: -1 ≤ x ≤ 3
Đặt





−=
+=
xv
xu
3
1
điều kiện



≥
≥
0

vu
vu
vu
vu
vu
⇔
…
⇔



=
=+
0.
2
vu
vu

0.5
Giải ta được



=
=
0
2
v
u
hoặc

=−
=+
x
x
x
0.25
Với



=
=
2
0
v
u
ta có hệ
1
23
01
−=⇔





=−
=+
x
x

1
2
3
1
2
2
2
3
1
2
2
1
1
1
2
1
2
11
11
11
11
dx
x
x
dx
x
dx
x
xx
dx



+
∫
xxdx
x
 I
2
=
∫
+
3
1
2
2
1
dx
x
x
. Đặt
xdxtdtxtxt 2211
222
=⇒+=⇒+=
Đổi cận x = 1
⇒
t =
2
, x = 3
⇒
t =

1
2
1

)1(2
10
2
10
2
2
2
2
−
−
+−=
=








+
−
+=




+
-
( )
( )
2239
10211
ln
4
1
210
2
1
−
−
+−
Câu
IV
Gọi
ϕ
là gúc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .
Ta có :
·
SCAϕ =
; BC = AC = a.cos
ϕ
; SA = a.sin
ϕ
Vậy
( )
3 2 3 2

Max f x f
3 3 3
∈
 
= =
 ÷
 
Vậy MaxV
SABC
=
3
a
9 3
, đạt được khi
sin
ϕ
=
1
3
hay
1
arcsin
3
ϕ =
, ( với 0 <
2
π
ϕ <
)
0,5

++
−−
12
23
2
2
Bài toỏn trở thành: Ta m để pt: f(t) =
m
tt
tt
=
++
−−
12
23
2
2
, có hai nghiệm phân biệt t
1
< t
2
< 1.
Tính đạo hàm
3
)1(
37
)('
+
+
=

−
0
Từ đó suy ra các giá trị cần ta là:




>
<<−
3
0
8
25
m
m
0,5
Câu
VIa
1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc
A ∉ d
1
, A ∉ d
2
. Giả sử d
1
qua B, d
2
qua C
Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ



++
=
++
=
3
3
CBA
G
CBA
G
yyy
y
xxx
x

Tính được b = -1, c = 5 . Suy ra B(-3, -1) ; C(5, 1).
Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0 ; AC: x + 2y - 7 = 0 BC: x - 4y - 1 = 0
2) Viết được d
1
:





=
+=
−=
tx


⇒
[ ]
05,
2121
≠=MMuu

⇒
d
1
, d
2
chéo nhau
0,5
Trờn d
1
lấy điểm A(1 - t; 2 + 2t; 3t), trên d
2
lấy điểm B(1 +3t'; 3 - 2t'; 1)
⇒

)31;2'21;'3( tttttAB −−−+=
AB là đường vuông góc chung của d
1
, d
2





1
'
27'13
514'7
t
t
tt
tt
.
⇒







−
=
133
20
;
133
45
;
133
30
AB
và


tz
ty
tx
41
9
19
59
6
19
16
0,5
Câu
VIIa
Hóy tớnh 1 + z + z
2
0.5
6
Tính được
iiz
2
3
2
1
2
3
2
1
2
2
−−=

0.25
Viết ptđt d qua C ,vuông góc với phân giác d
1
của gúc A ta được. d: 2x -y - 5 =0
Giả sử d cắt cạnh AB tại E, cắt đươgs phân giác d
1
tại I và tọa độ của I là nghiệm của hệ
)1;3(
052
52
I
yx
yx
⇒



=−+
=−
Do I là trung điểm của CE nờn ta có:
)1;2(
2
2
1
1
−⇒



=+

Viết được pt cạnh BC: x - 8y + 20 = 0
2) ptts của d
1
:





+=
+−=
+=
tx
ty
tx
32
42
1
Trờn d
1
lấy điểm A(1 + t; -2 + 4t; 2 + 3t), trên d
2
lấy điểm B(-4 +5t'; -7+9t'; t')
⇒

)23';4'95;'55( −−−+−−+−= ttttttAB
mp(P) có VTPT
)1;4;0( −=n
0.5
Đường thẳng AB vuông góc với mp(P) ⇔

2
0.5
Ta được 2 nghiệm.
i
i
z
i
z
+
+
=
+
=
1
3
;
1
1
21
0.5
1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc
A ∉ d
1
, A ∉ d
2
. Giả sử d
1
qua B, d
2
qua C

−=−
0
1
)1(231
1211
M
M
M
M
y
x
y
x
⇒
M(1, 0)
Đường thẳng BC qua M(1, 0) có hệ số góc k nên có pt: y = k(x - 1) hay y = kx - k
BC ∩ BK = {B} giải hệ






≠
−
+
=⇒




C
M(1, 0) là trung điểm của BC
⇒

21
1
12
12
2 =++
−
+
=+
kk
k
hayxxx
MCB
Tính được
4
1
=k
.
pt cạnh BC:
014)1(
4
1
=−−⇔−= yxxy
Từ đó tính được x
B
= -3, y
B

Vậy d
1
// d
2
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n
r
= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2)
AB
uuur
= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1
Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1
Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB
≥
A
1
B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B
Khi A
1

29 58 29
− −
 
 ÷
 
Câu VIIb.
1 2
, ( ), ( )M N d d∈
nên ta giả sử
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)M t t t N t t t NM t t t t t t− − + ⇒ = + + − − −
uuuur
.
+ MN song song mp(P) nên:
1 2 1 2 1 2
. 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0
P
n NM t t t t t t= ⇔ + + − − + − − =
uur uuuur
2 1 1 1 1
( 1; 2 ;3 1)t t NM t t t⇔ = − ⇒ = − + −
uuuur
.
8
I
d
1
H
A
B

+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào
( ).M P∈
9