Đề thi thử toán số 18 - THPT THANH BÌNH potx

TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011
KHỐI: A
Thời gian: 180 phút(không kể thời gian phát đề)
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
x y

− = +


− =



(x, y ∈ R)
2. Giải phương trình:
sin 4 cos4 4 2 sin( ) 1
4
x x x
π
+ = + −
. (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
x x
π
+
∫
.
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.
Chứng minh rằng:
3 3 3
2 2 2
3

3 3 3 4
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:……………………………………….SBD:……………………
ĐỀ SỐ 18
HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI
Câu Phương pháp - Kết quả Điểm
I.1
(2điểm)
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
⇔

1 2
1 2
1 2
9 -3 0
-2
.
3
2 3
m
x x
m
x x
x x
>


+ =



=


+ =


0,5
Giải hệ trên ta được m = -105 0,5
I.2
(2điểm)

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
(2điểm)
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
2 2
2
2
2
5 5
8 (*)
8
1 1

5
( 1) 5
( 1)
1
t
t
t y t y
t t
y t
y t
t

− = +


− = +
 
− −
⇔
 
− =

 
= ≠

−

(*) ⇔ 4t
3
– 8t

2
+ t + 3 = 0
⇔ t = 1; t = -
1
2
; t =
3
2
. Đối chiếu điều kiện ta được t =
3
2
1
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
(2điểm)
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)(sin 2 os2 ) 2
x
x x c x
+ =



− + =

0,5
⇔
4
os3 sinx 2
x k
c x
π
π

= − +


− =

0,5
Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm
KL: x =
4
k
π
π
− +
0,5
III
(2điểm)
3. PT ⇔
2 2 2

1 1
2 2
10 (2 1) 3 6 1(**)
x x
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
(2điểm)

I =
4
2
0
tan
cos 1 cos
xdx
x x
π
+
∫
=
4
2 2
0
tan
cos 2 tan
xdx
x x
π
+
∫
.
0,5
Đặt t =
2 2 2
2
tan x
2 tan t 2 tan tdt =
cos

dx
x x
x
+ ⇒ = + ⇒
0,5
Đổi cận : x = 0 ⇒ t =
2
x =
t 3
4
π
⇒ =
0,5
I =
3 3
2 2
3 2
tdt
dt
t
= = −
∫ ∫
0,5
V.1
(2điểm)
1. B ∈ ∆
1
⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆
2
⇔ C(b; 9-b)

∆ ABC vuông cân tại A ⇔
2 2
. 0AB AC
AB AC

=


=


uuur uuur

0,5
⇔
2 2
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
(2điểm)
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
(2điểm)
3.

D
C
B
A
S
M
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
(1điểm)
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

+ +
+ + + + + + + + +
=
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
5 2
( )( ) 8
a a b c
b c c a
− −
⇒ ≥
+ +
(1)
0,5
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:

3
5 2
( )( ) 8
b b c a
c a a b
− −
≥
+ +
(2),
3
5 2
( )( ) 8
c c a b
a b c a
− −
≥
+ +
(3)
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được
(***)
4
a b c
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