Trang 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 1 Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số 3 2 3 34y x mx m (m là tham số) có đồ thị là (C m ) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Xác định m để (C m ) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. Câu 2 (2.0 điểm ) : 1. Giải phương trình: 2 3 4 2sin2 2 3 2(cotg 1) sin2 cos x x x x . 2. Tìm m để hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 0 x y y x x x y y m có nghiệm thực. Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình: (P): 2x y 2z 2 = 0; (d): 12 1 2 1 x y z 1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3. 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất. Câu 4 (2.0 điểm): 1. Cho parabol (P): y = x 2 . Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x = 2. Gọi (H) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox. 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 111 P xy yz zx Câu 5 (2.0 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip (E): 22 1 86 xy và parabol (P): y 2 = 12x. Trang 2 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển Newton: 12 4 1 1 x x ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 Câu Nội dung I 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x 3 3x 2 + 4 + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x 2 6x = 0 x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên: ( ; 0) và (2; + ) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại x CĐ = 0, y CĐ = 4; đạt CT tại x CT = 2, y CT = 0 y” = 6x 6 = 0 x = 1 Đồ thị hàm số lồi trên ( ; 1), lõm trên (1; + ). Điểm uốn (1; 2) Giới hạn và tiệm cận: 3 3 34 lim lim 1 xx yx x x LËp BBT: §å thÞ: 0 x 4 + ∞ ∞ + + 0 0 y ’ ∞ 2 + ∞ y 0 y Trang 3 2/. Ta có: y’ = 3x 2 6mx = 0 0 2 x xm Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m 0. Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m 3 ), B(2m; 0) 3 (2 ; 4 )AB m m  Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m 3 ) Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x 3 3 2 4 0 2 mm mm Giải ra ta có: 2 2 m ; m = 0 Kết hợp với điều kiện ta có: 2 2 m II 2/. Đk: 2 xk Phương trình đã cho tương đương với: x O Trang 4 2 22 2 2 4 3 1 2 3 2 sin2 2(sin cos ) 3 3 2 sin cos 3 2 3 0 tg cotg tg cotg tg tg xx x xx xx xx xx 3 3 1 3 6 tg tg xk x x xk KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : 62 xk ; k Z 2/. 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 (1) 1 3 2 0 (2) x y y x x x y y m Điều kiện: 2 2 1 0 1 1 02 20 xx y yy Đặt t = x + 1 t [0; 2]; ta có (1) t 3 3t 2 = y 3 3y 2 . Hàm số f(u) = u 3 3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1) y = y y = x + 1 (2) 22 2 1 0x x m Đặt 2 1vx v [0; 1] (2) v 2 + 2v 1 = m. Hàm số g(v) = v 2 + 2v 1 đạt 0;1 0;1 min ( ) 1; m ( ) 2 [ ] [ ] axg v g v Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 m 2 III 1/. Đường thẳng ( ) có phương trình tham số là: 1 2 ; 2 xt y t t R zt Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I( t; 1 + 2t; 2+ t) ( ). Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên: Trang 5 | 2 1 2 4 2 2| |6 5| ( ; ) 3 33 t t t t dI 2 3 7 3 t t Có hai tâm mặt cầu: 2 1 8 7 17 1 ; ; ; ; 3 3 3 3 3 7 vµ II Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5. Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 2 2 2 1 8 7 17 1 25 25 3 3 3 3 3 3 vµ x y z x y z 2/. Đường thẳng ( ) có VTCP ( 1;2;1)u  ; PTTQ: 2 1 0 20 xy xz Mặt phẳng (P) có VTPT (2; 1; 2)n  Góc giữa đường thẳng ( ) và mặt phẳng (P) là: | 2 2 2| 6 sin 3 3. 6 Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là 63 cos 1 93 Giả sử (Q) đi qua ( ) có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z 2) = 0 (m 2 + n 2 > 0) (2m + n)x + my + nz + m 2n = 0 Vậy góc giữa (P) và (Q) là: 22 |3 | 3 cos 3 3. 5 2 4 m m n mn m 2 + 2mn + n 2 = 0 (m + n) 2 = 0 m = n. Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y z + 3 = 0 IV 1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 2 là: y = 4x 4 Trang 6 Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: 22 42 01 (4 4)V x dx x dx = 5 3 22 16 16 ( 1) 01 5 3 15 x x 2/. Ta có: 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) 9 111 xy yz zx xy yz zx 2 2 2 99 3 3 P xy yz zx x y z 93 62 P Vậy GTNN là P min = 3 2 khi x = y = z V 1/. Giả sử đường thẳng ( ) có dạng: Ax + By + C = 0 (A 2 + B 2 > 0) ( ) là tiếp tuyến của (E) 8A 2 + 6B 2 = C 2 (1) ( ) là tiếp tuyến của (P) 12B 2 = 4AC 3B 2 = AC (2) Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A. Với C = 2A A = B = 0 (loại) Với C = 4A 2 3 A B Đường thẳng đã cho có phương trình: 2 2 3 4 0 4 0 3 3 A Ax y A x y Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: 23 40 3 xy Trang 7 V Ta có: 12 12 12 4 4 12 4 12 0 1 1 1 1 1 ( 1) k kk k x x C x x x x 12 12 12 4 12 4 4 12 12 0 0 0 0 12 12 4 5 12 00 1 ( 1) ( 1) ( 1) i kk ki k k i k k i k i i kk k i k i k k k i k i k ki C C x C C x x x C C x Ta chọn: i, k N, 0 i k 12; 4k 5i = 8 i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12 Vậy hệ số cần tìm là: 2 0 7 4 12 8 12 2 12 7 12 12 . . . 27159C C C C C C . V Ta có: 12 12 12 4 4 12 4 12 0 1 1 1 1 1 ( 1) k kk k x x C x x x x 12 12 12 4 12 4 4 12 12 0 0 0 0 12 12 4 5 12 00 1 ( 1) ( 1) ( 1) i kk ki k k. tròn xoay cần tìm là: 22 42 01 (4 4)V x dx x dx = 5 3 22 16 16 ( 1) 01 5 3 15 x x 2/. Ta có: 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) 9 11 1 xy yz zx xy yz zx 2 2 2 99 3 3 P xy