Tài liệu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 2 pdf

Trang 1


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D
MÔN TOÁN
ĐỀ SỐ 2

Câu I. (5,0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 (m là tham số) (1)
1. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
+ 2x
2
= 3.
2. Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;1), B, C sao
cho các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại B và C vuông góc với nhau.
Câu II. (4,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
8
5.
x x y x y y
xy

(x, y R)
2. Giải phương trình:
sin4 cos4 4 2sin( ) 1
4
x x x
. (x R)
Câu III.(2,0 điểm)
Cho phương trình:
2
log( 10 ) 2log(2 1)x x m x
(với m là tham số) (2)
Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt.
Câu IV. (2,0 điểm)
Tính tích phân:
4
2
0
tan
cos 1 cos
xdx
xx
.
Câu V. (4,0 điểm)
1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng
1
: x + y – 3 = 0 và đường thẳng
2
: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc
1
và điểm C thuộc

2
sao cho tam giác ABC vuông
cân tại A.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt phẳng
(P): x + y + z - 6 = 0.
Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA
2
+ MB
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VI. (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Góc
giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 60
0
.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu VII. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.

Trang 2

Chứng minh rằng:
3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
.
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2

Câu
Phương pháp - Kết quả
Điể
m
I.1
(2điể
m)
1. Ta có y’ = 3x
2
+ 6x + m
0,5
Ycbt tương đương với phương trình 3x
2
+ 6x + m = 0 có hai nghiệm
phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
+ 2x
2
= 3.
0,5

12
12
12
9-3 0

-2
.
3
23
m
xx
m
xx
xx

0,5
Giải hệ trên ta được m = -105
0,5
I.2
(2điể
m)
2.+) Hoành độ điểm chung của (C) và d là nghiệm của phương trình
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 x(x
2
+ 3x + m) = 0
0,5
Từ đó tìm được m <
9
4
và m 0 thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt
A(0; 1), B, C.

0,5
+) B(x
1
; 1), C(x
2
; 1) với x
1
; x
2
là nghiệm của phương trình
x
2
+ 3x + m = 0 .
Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k
1
= 3x
1
2
+ 6x
1
+ m
và tại C là k
2
= 3x
2
2
+ 6x
2
+ m
0,5

Tiếp tuyến của (C) tại B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi
k
1
.k
2
= -1
0,5
4m
2
– 9m + 1 = 0
0,5

9 65
m ( t/m)
8
9 65
m ( t/m)
8

0,5
II.1
(2điể
m)
1. Điều kiện x, y ≥ 0
0,5
Xét y = 0, không thỏa mãn hpt
+) y 0, đặt
x t y
, t ≥ 0. Hệ phương trình trở thành
3

3
22
2
2
2
55
8 (*)
8
11
5
( 1) 5
( 1)
1
t
t
t y t y
tt
yt
yt
t

(*) 4t
3
– 8t
2
+ t + 3 = 0

1

Trang 3

t = 1; t = -
1
2
; t =
3
2
. Đối chiếu điều kiện ta được t =
3
2

Từ đó tìm được (x;y) = (9; 4).
(HS có thể giải bài toán bằng phương pháp thế hoặc cách khác được
kết quả đúng vẫn được điểm tối đa)
0,5
II.2
(2điể
m)
2. PT 2sin 2x cos 2x + 2cos
2
2x = 4(sin x + cos x)
0,5
(cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x)

sinx cos 0

(cos sinx)(sin2 os2 ) 2
x
x x c x

0,5

4
os3 sinx 2
xk
cx

0,5
Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm
KL: x =
4
k

0,5
III
(2điể
m)
3. PT
2 2 2
11
22
10 (2 1) 3 6 1(**)
xx
x x m x m x x

1

Ycbt (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >-
1
2

Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x
2
– 6x + 1 trong (-
1
2
;+∞ )ta
tìm đươc m (-2;
19
4
)
1
IV
(2điể
m)
I =
4
2
0
tan
cos 1 cos
xdx
xx
=
4
22
0

tan
cos 2 tan
xdx
xx
.

0,5


Đặt t =
2 2 2
2
tan x
2 tan t 2 tan tdt =
cos
dx
xx
x

0,5
Đổi cận : x = 0 t =
2

x =
t3
4

0,5
I =
33

22
32
tdt
dt
t

0,5
V.1
(2điể
m)
1. B
1
B(a; 3 –a) . C
2
C(b; 9-b)
ABC vuông cân tại A
22
.0AB AC
AB AC
 


0,5

Trang 4


22
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)
2a - 8a = 2b 20b 48 (2)

a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
0,5
(1) b =
5a - 8
a - 2
. Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4
0,5
Với a = 0 suy ra b = 4.
Với a = 4 suy ra b = 6.
0,5
V.2
(2điể
m)
2.Gọi I là trung điểm của AB I ( 1; 1; 1)
+) MA
2
+ MB
2
= 2MI
2
+ IA
2
+ IB
2

Do IA
2
+ IB
2

không đổi nên MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất khi MI

nhỏ nhất
M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P)
1
+) Phương trình đường thẳng MI :
x-1 y-1 z-1
==
1 1 1
.
0,5
M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P).
Từ đó tìm được M(2; 2; 2)
0,5
VI
(2điể
m)
3.

Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh
được góc DMB = 120
0
và DMB cân tại M
0,5
Tính được: DM
2

=
2
3
a
2

0,5
SCD vuông tại D và DM là đường cao nên
2 2 2
1 1 1
=+
DM DS DC

Suy ra DS = a
2
. Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a.
0,5
Vậy thể tích S.ABCD bằng
1
3
a
3

0,5
VII
(1điể
m)
3 3 3
2 2 2
3

3 3 3 4
a b c
b c a
(***).Do ab + bc + ca = 3 nên
VT (***) =
3 3 3
2 2 2
a b c
b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca






0,5
D
C
B
A
S
M

Trang 5

=
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
b c a b c a b c a b c a

Theo BĐT AM-GM ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a b c a b a
b c c a


3
52
( )( ) 8
a a b c
b c c a
(1)
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:

3
52
( )( ) 8
b b c a
c a a b
(2),
3
52
( )( ) 8
c c a b
a b c a
(3)
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được

(***)
4
abc
VT

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được :
a + b + c ≥
3( )ab bc ca
= 3.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm)





0,5