ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TỪNG PHẦN 2014 – THÁNG 12Môn thi: Toán

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TỪNG PHẦN 2014 – THÁNG 12
Môn thi: Toán.
Thời gian 180 phút
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
32
31y x x   
.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số.
Tìm trên đường thẳng d:
3y 
các điểm mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt đến
(C).
Câu II (3 điểm):
1. Giải phương trình:
22
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x


   


.
2. Giải hệ phương trình:
2
2
3
23

11
(1 ) 4
1
4
xx
yy
xx
x
y y y
   
   







.
3. Giải bất phương trình:
)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
 xxx

Câu III (1 điểm): Tính nguyên hàm:
 
3
2
ln 1
.
1
x x x
x





Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông
ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên
SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại C’ . Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’.

Câu V (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 3 đường thẳng
1 2 3
:2 3 0, :3 4 5 0, : 4 3 2 0d x y d x y d x y        
.
Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc
1
d
và tiếp xúc với
2
d
và

3
d
.
2) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là một điểm
trên
( ): 2 0d x y
. Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 45
0
tiếp xúc với (C) tại A,
B. Viết phương trình đường thẳng AB.
Câu VI (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3 2 2 2a b c a b b c c a a b c b c a c a b
       
        



HẾT


ĐÁP ÁN



Câu
Phần
Nội dung
Câu I

(2,0)
1(1,0)
HS tự giải

2(1,0)
Gọi điểm M(m;3) thuộc d:
3y 
. Phương trình tiếp tuyến của (C) qua M có
dạng:
 
: ( ) 3y k x m   
. Hoành độ tiếp điểm của (C) và
 

là nghiệm của hệ:
   
   
32
2
2
2
3 1 ( ) 3
36
2 2 1 3 2 0
2
2 1 3 2 0 *
x x k x m
x x k
x x m x
x

x m x

     


  



     





   


Vậy (*) cần có 2 nghiệm phân biệt khác 2. Tức là:
2
1
0
9 6 15 0
5
(2) 0
2
12 6 0
3
m
mm

g
m
m




  













Câu
Phần
Nội dung
Câu II
(2,0)
1(1,0)
22
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos

4
x x x x x x


   



22
cos sin 2(sin cos ) 4sin .cos (sin cos )x x x x x x x x     

(cos sin )(cos sin 4cos .sin 2) 0x x x x x x     

cos sin 0 (1)
cos sin 4sin .cos 2 0 (2)
xx
x x x x




   


+ Giải (1):
(1) tan 1
4
x x k



      

+ Giải (2): Đặt
cos sin , 2x x t t  
ta có phương trình:
2
20tt
.
0
1/ 2
t
t







 Với
0t 
ta có:
tan 1
4
x x k


   

 Với

1/ 2t 
ta có:
arccos( 2 / 4) / 4 2
cos( ) 2 / 4
4
arccos( 2 / 4) / 4 2
xk
x
xk




   
   

    





KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm:
4
xk


  
,
4

xk



,
arccos( 2 / 4) / 4 2xk

   
,
arccos( 2 / 4) / 4 2xk

    
.


2(1,0)










§k
0y 
2
2

2
2
3
3
3
23
11
11
(1 ) 4
4
11
1
( ) 4
4
xx
xx
yy
yy
x
xx
xx
x
y y y
y y y


   
   







   
   



®Æt
1
ax
y
x
b
y










Ta ®-îc
2 2 2
3 3 2 2
2 4 4 2 4 2 2

1
2 4 ( 4) 4 4 4 0
a a b a a b a a b a
b
a ab a a a a a a
  
         

  
  
   

        
  

  

Khi ®ã
1
1
1
2
xy
y
x
x
x













KL


3(1,0)



BPT 
22
2 2 2
log log 3 5(log 3) (1)   x x x

Đặt t = log
2
x. (1) 
2
2 3 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)        t t t t t t


2
2

2
1
log 1
1
3
3 4 3 log 4
( 1)( 3) 5( 3)








  




   




   


t
x

t
t
tx
t t t

1
0
2
8 16







x
x



Câu
Phần
Nội dung
Câu III
(1,0)

Ta có:
     
     

 
 
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
ln 1 1 ln 1
()
1 1 1 1
11
( ) ln 1 ln 1 ln 1
22
1 1 1
ln ( 1) ln 1 .
4 2 2
x x x x x x x
x
f x x
x x x x
f x dx x d x xdx d x
f x dx x x x C
   
    
   
      
      
   


Câu

Phần
Nội dung

Câu IV
(1,0)

+ Trong tam giác SAB hạ
'AB SC
.
Trong tam giác SAD hạ
'AD SD
.
Dễ có:
, ( )BC SA BC BA BC SAB   

Suy ra:
'AB BC
, mà
'AB SB
.
Từ đó có
' ( ) ' (1)AB SAC AB SC  
.
Tương tự ta có:
' (2)AD SC
.
Từ (1) và (2)
suy ra:
( ' ') ' 'SC AB D B D SC  

.
Từ đó suy ra:
' ( ' ' ')SC AB C D




+ Ta có:
2 2 2
1 1 1 2 5
'
'5
a
AB
AB SA BA
   


2 2 2 2
4 4 5
' ' 4
55
SB SA AB a a a     
,
22
5SB SA AB a  
.
Suy ra:
'4
5

SB
SB

;
Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông góc với SC) nên
' ' 'B D AC
(vì dễ có
()BD SAC
nên
'BD AC
).
Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra:
' ' ' 4
5
B D SB
BD SB


42
''
5
a
BD
.
Ta có:
22
2 2 2
1 1 1 2 3 2 6
' ' '
' 3 3

a
AC SC SA AC a
AC SA AC
       

+ Ta có:
3
. ' ' ' ' ' '
1 1 1 16
. ' . ' '. '. '
3 3 2 45
S AB C D AB C D
V S SC B D AC SC a  
.
3
.
12
.
33
S ABCD ABCD
V S SA a
. Suy ra thể tích đa diện cần tìm là:

3
. . ' ' '
14
45
S ABCD S AB C D
V V V a  
.

Câu V




1(1,0)





Gọi
1
Id
là tâm đường tròn thì
 
;3 2I t t
. Khi đó:
O
A
D
B
C
S
C
'
B
'
D

'







2(1,0)






   
3 4 3 2 5 4 3 3 2 2
55
5 17 2 11 2
5 17 2 11 4
t t t t
t t t
t t t
     

     



    



Vậy có 2 đường tròn thỏa mãn:
   
22
49
21
25
xy   
và
   
22
9
45
25
xy   




Dễ thấy
()Id
. Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 45
0
suy ra tam giác MAB
vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra:
2IM 
.
( ) (M d M
a; a+2),

( 1; 1)IM a a  
,
0
2 2 1 2
2
a
IM a
a


    



.
Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M
1
(0; 2) và M
2
(-2; 0).
+ Đường tròn tâm M
1
bán kinh R
1
=1 là (C
1
):
22
4 3 0x y y   
.

Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
1
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0x y y x y x y x y           
.
+ Đường tròn tâm M
2
bán kinh R
2
=1 là (C
2
):
22
4 3 0x y x   
.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
2
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0x y x x y x y x y           
.
+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn:
10xy  
và
10xy  
.

Câu
Phần

Nội dung
Câu VI
(1,0)

Dễ có:
2
1 1 4
( ) 4 ( , 0)(*)x y xy x y
x y x y
     

.
+ Chứng minh:
1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3a b c a b b c c a
    
  
.
Áp dụng 2 lần (*) ta có:
1 1 1 1 16
3a b b b a b
   

hay
1 3 16
3a b a b


(1)
Tương tự ta có:

1 3 16
3b c b c


(2) và
1 3 16
3c a c a


(3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh.

+ Chứng minh:
1 1 1 1 1 1
3 3 3 2 2 2a b b c c a a b c b c a c a b
    
        

Áp dụng (*) ta có:
1 1 4 2
3 2 2( 2 ) 2a b b c a a b c a b c
  
      
(4)
Tương tự ta có:
1 1 2
(5)
3 2 2b c c a b b c a

    

1 1 2
(6)
3 2 2c a a b c c a b

    

Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh.