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 = x3 + 3x2 + mx + 1 (m là tham số) (1)
1. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 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:
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
.
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 MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VI. (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuô
ng
góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600.
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
1. Ta có y’ = 3x2 + 6x + m 0,5
Ycbt tương đương với phương trình 3x2 + 6x + m = 0 có hai nghiệm
phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 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
I.1
(2điểm)
Giải hệ trên ta được m = -105 0,5
2.+) Hoành độ điểm chung của (C) và d là nghiệm của phương trình
x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 x(x2 + 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(x1; 1), C(x2; 1) với x1; x2 là nghiệm của phương trình
x2 + 3x + m = 0 .
Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k1 = 3x12 + 6x1 + m
và tại C là k2 = 3x22 + 6x2 + m
0,5
Tiếp tuyến của (C) tại B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi
k1.k2 = -1 0,5
4m2 – 9m + 1 = 0 0,5
I.2
(2điểm)
9 65
m ( t/m)
8
9 65
m ( t/m)
8
0,5
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
32 2
22
2
5 5
8 (*)
8
1 1
5
( 1) 5 ( 1)
1
tt
t y t y t t
y t y t
t
(*) 4t3 – 8t2 + t + 3 = 0
t = 1; t = -
1
2
; t =
3
2
. Đối chiếu điều kiện ta được t =
3
2
1
II.1
(2điểm)
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
2. PT 2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 0,5
II.2
(2điểm)
(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
0,5
Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm
KL: x =
4
k
0,5
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
III
(2điểm)
Ycbt (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >-
1
2
Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x2 – 6x + 1 trong (-
1
2
;+∞ )ta
tìm đươc m (-2;
19
4
)
1
I = 4
2
0
tan
cos 1 cos
xdx
= 4
2 2
0
tan
cos 2 tan
xdx
x x
.
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
0,5
IV
(2điểm)
I = 3 3
2 2
3 2
tdt dt
t
0,5
1. B 1 B(a; 3 –a) . C 2 C(b; 9-b)
ABC vuông cân tại A
2 2
. 0
AB AC
AB AC
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
V.1
(2điểm)
Với a = 0 suy ra b = 4.
Với a = 4 suy ra b = 6. 0,5
2.Gọi I là trung điểm của AB I ( 1; 1; 1)
+) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2
Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 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
V.2
(2điểm)
M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P).
Từ đó tìm được M(2; 2; 2) 0,5
3.
D
C
B
A
S
M
Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh
được góc DMB = 1200 và DMB cân tại M 0,5
Tính đư
ợc: DM2 =
2
3
a2 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
VI
(2điểm)
Vậy thể tích S.ABCD bằng
1
3
a3 0,5
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
35 2
( )( ) 8
a a b c
b c c a
(1)
0,5
VII
(1điểm)
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:
35 2
( )( ) 8
b b c a
c a a b
(2), 35 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