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.