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 . 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). 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 (2 iể m) 1.