Đề thi thử THPT môn Toán 2015 số 34

>> - Học là thích ngay! 1

  
 - 2015



I ( ID: 82736 ) (4
Cho hàm số
 
 
3 2 2
1
1 7 4
3
y x m x m x     
(1) ( Với m là tham số thực).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
2m 
.
2. Tìm
m
để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị
12
;xx
thỏa mãn:
12
3xx
.
II ( ID: 82737 ) (3

1. Giải phương trình
34
sin cos 1xx

2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
 
22
lnf x x x e  
trên
 
0;e

III ( ID: 82738 ) (2 Cho phương trình
2
5 2 5 2
log ( 1) log 0x mx m x

    

1. Giải phương trình khi
2m 

2. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.
IV ( ID: 82739 ) (2
1. Cho một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xang và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên một lần ba viên
bi. Tính xác suất để trong ba viên bi lấy được chỉ có hai màu.
2. Tìm hệ số của số hạng chứa
6
x
trong khai triển của:

35
2
1
n
xx
x




, biết tổng các hệ số trong
khai triển trên bằng
4096
( trong đó n là số nguyên dương và
0x 
).
V (ID: 82740 ) (2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác ABCD, có ABD là tam
giác đều cạnh a, BCD là tam giác cân tại C có
0
120BCD 
,
SA a
và
 
SA ABCD
.Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD).
VI ( ID: 82741 ) (4
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy.Cho đường tròn
 

22
: 4 6 4 0C x y x y    
.Viết phương
trình các đường thẳng chứa các cạnh của hình vuông MNPQ nội tiếp đường tròn
 
C
biết
điểm
 
2;0M
.
2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
 
22
:1
16 9
xy
E 
.Tìm tọa độ các điểm M trên
 
E
sao cho
12
2MF MF
( với
12
,FF
lần lượt là các tiêu điểm bên trái, bên phải của
 
E

).
VII ( ID: 82742 ) (2 Giải hệ phương trình
  
21
2
32
2.4 1 2 2log
11
yx
x
y
x x y xy x


  



    

, (x,y

R).
VIII ( ID: 82743 ) Cho
,,abc
là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1

4 4 4
abc
b c a a b b c c a
  
    
  
.








>> - Học là thích ngay! 2








I


4,0
1
Khảo sát hàm số khi

2m 

2,0
Khi
2m 
hàm số có dạng:
32
1
34
3
y x x x   


0,25
1) Tập xác định:
DR

0,25
2) Khảo sát sự biến thiên:
a. Các giới hạn:

3 2 3 2
11
lim 3 4 ; lim 3 4
33
xx
x x x x x x
 
   
         

   
   

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.


0,5
b.Sự biến thiên:
2
' 2 3y x x  
,

2
1
' 0 2 3 0
3
x
y x x
x


     




Với
17
1
3

xy   
;
35xy   

Bảng biến thiên:
x



3

1



'y




0



0



y




5







17
3


Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
   
; 3 , 1;  

Hàm số nghịch biến trên khoảng
 
3;1
.
Hàm số có hai cực trị:
 
17
3;5 , 1;
3





.


















0,5
2) Đồ thị:
Đồ thị hàm số đi qua
 
0; 4
.

0,5
2

2,0
Ta có:
 
22
' 2 1 7y x m x m    


   
22
' 0 2 1 7 0 1y x m x m      

0,5
Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình (1) phải có hai nghiệm

f(x)=(1/3)x^3+x^2-3x-4
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y




>> - Học là thích ngay! 3

phân biệt
 
 
2
2
' 0 1 7 0 4m m m          

(*)

0,5
Khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị
12
;xx
là nghiệm của (1) nên thỏa
mãn:
 
 
12
2
12
21
7
x x m
I
x x m
  










0,5

Với
12
3xx
thế vào (I) ta được:

 
2
2
2
22
2
4 2 1
1
37
2
37
xm
m
m
xm





  









2
3 2 10
6 31 0
3 2 10
m
mm
m


    




( thỏa mãn điều kiện (I)).
Vậy
3 2 10m 
là giá trị cần tìm.






0,5
II

3,0
1

1,5
3 4 3 4 2 2
sin cos 1 sin cos sin cosx x x x x x     


3 2 4 2
sin sin cos cos 0x x x x    


0,5

 
 
2 2 2
sin sin 1 cos cos 1 0x x x x    


 
 
2 2 2
sin sin 1 1 sin sin 0x x x x    



0,5

 
2
2
sin 0
sin 0
sin 1
2
sin sin 2 0
sin 2 2
x
xk
x
x
xk
xx
xl











   





  







Vậy phương trình có nghiệm:
;2
2
x k x k


  
.





0,5
2

1,5
Ta có:
 
 

22
1
' 0 0;f x x e
xe
   



0,75
nên hàm số
 
22
lnf x x x e  
đồng biến trên
 
0;e
,
suy ra:
 
   
0;
min 0 1
e
f x f
;
 
   
 
0;
max 1 ln 1 2

e
f x f e   



0,75
III


2,0

Ta có:
      
1
5 2 5 2 1 5 2 5 2

      

Phương trình đã cho tương đương với:

2
5 2 5 2
log ( 1) log 0x mx m x

    


   
2
2

0
0
1 1 0 *
1
x
x
x m x m
x mx m x







    
   










0,5
1
Với

2m 
phương trình (*) có dạng:

 
2
3 13
2
3 1 0
3 13
2
x
xx
x loai





   






>> - Học là thích ngay! 4

Vậy với
2m 
phương trình có một nghiệm:
3 13
2
x


.


0,75
2
Để phương trình đã cho có duy nhất nghiệm thì phương trình (*) có duy nhất
một nghiệm dương, ta xét các trường hợp sau:
 Phương trình (*) có nghiệm kép dương

 
2
2
3 2 3
0
1 4 4 0
6 3 0
3 2 3
1

0
1
0
2
2
1
m
mm
mm
b
m
m
m
a
m






   


   

   
   









  






3 2 3m  









0,25
 Phương trình (*) có hai nghiệm
12
;xx
thỏa mãn
12
0xx

2
12
12
0 6 3 0
0
0 1 0
1
1
0 1 0
01
0
10
mm
xx
Pm
m
m
Sm
x x m
P
m



    







  






      





  
   













Vậy


 
; 1 3 2 3m    
là giá trị cần tìm.
(Thí sinh có thể giải ý này bằng hàm số)






0,5
IV


2,0
1

1,0
Gọi A là biến cố “ ba viên bi lấy được chỉ có hai màu”
Ta có: Số phần tử của không gian mẫu:
3
16
560C 


0,5

Số cách chọn được ba viên bi chỉ có một màu:
333
4 5 7
49CCC  

Số cách chọn được ba viên bi có đủ ba màu:
1 1 1
457
140C C C 

Vậy xác suất cần tìm là:
 
49 140 53
1
560 80
PA

  




0,5
2

1,0
Xét khai triển :

5
3 5 3

2
33
11
n
n
x x x x
xx


  






1
5 5 5
3 0 1
2 2 2
3 3 3
1 1 1

kn
n n n k
kn
n n n n
x C C x C x C x
x x x



     
     

     
     
     
     

     


Thay
1x 
vào khai triển ta được:

01
2
n k n
n n n n
C C C C

     


Theo giả thiết ta có:

01
4096
kn

n n n n
C C C C     

12
2 2 12
n
n   








0,5
Với
12n 
ta có khai triển:
12
35
2
1
xx
x





Gọi số hạng thứ
 
1 0 12,k k k Z   
là số hạng chứa
6
x
.
Ta có :


12
5
2 21
35
2
1 12 12
2
1
k
k
k
k
kk
k
T x C x C x
x















0,5

>> - Học là thích ngay! 5

Vì số hạng có chứa
6
x
nên :
 
2 21 6
5
2 21 6 6
29
k
kk

     
.
Với
6k 

ta có hệ số cần tìm là :
6
12
924C 
.

V


2,0

Gọi I là trung điểm của BD. Vì tam
giác ABD đều vàtam giác BCD cân
tại C nên
AI BD
CI BD






Suy ra A, I, C thẳng hàng,
AC BD

Tam giác ABD đều cạnh a, suy ra

13
;;
22

a
BD a BI a AI  

Tam giác BCD cân tại C và
0
120BCD 
nên
0
60BCI 
.

00
3
;
tan60 sin60 3
23
BI a BI a
IC BC   

*)
3 3 2 3
2 6 3
a a a
AC AI IC    

0,5
Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc nên có diện tích:

2
13
.
23
ABCD
a
S AC BD

Suy ra thể tích khối chóp
.S ABCD
là:
3
13
.
39
ABCD
V SAS a
(đvtt).

0,5

Gọi K là hình chiếu của A trên đường thẳng SI, suy ra
AK SI

Mặt khác
BD AC
AK BD
BD SA






nên
 
AK SBD
.
Vậy
 
 
;d A SBD AK

0,5
Tam giác SAI vuông tại A và có đường cao AK nên:

2 2 2 2
1 1 1 7 21
37
a
AK
AK AS AI a
    

Ta có đường thẳng AC cắt mặt phẳng SBD tại I và
3 2 1
63
3
IC a
IA
a

.
Suy ra:
 
 
 
 
1 1 21
;;

3 3 21
a
d C SBD d A SBD AK  
.







0,5
VI


4,0
1

2,0

Đường tròn có tâm
 
2; 3I 
, bán kính
3R 
.
Hình vuông MNPQ nội tiếp đường tròn
 
C

nên tâm hình vuông cũng là tâm
 
2; 3I 
của
đường tròn, hay I là trung điểm của MP, suy ra






0,5
K
I
C
D
B
A
S

Q
P
N
M


>> - Học là thích ngay! 6

tọa độ điểm
 

2; 6P 




Gọi
 
 
22
1
;0n a b a b
là véctơ pháp tuyến của đường thẳng chứa cạnh
hình vuông,
vì
 
0;6PM
nên đương thẳng MP có véc tơ pháp tuyến:
 
2
1;0n
.
Các cạnh của hình vuông hợp với đường chéo MP một góc
0
45
.
nên ta có:

 
0
12

2 2 2 2
2
cos ; cos45
2
, 1 0
a
nn
ab
  



2
2 2 2 2 2
22
1
2
2
ab
a
a a b a b
ab
ab


       





Vậy có hai véctơ pháp tuyến là:
 
1;1n
và
 
' 1; 1n 












0,75
*) Cặp đường thẳng có véctơ pháp tuyến
 
1;1n
:
+) Đi qua
 
2;0M
:
20xy  

+) Đi qua
 
2; 6P 
:
40xy  

*) Cặp đường thẳng có véctơ pháp tuyến
 
1; 1n 
:
+) Đi qua
 
2;0M
:
20xy  

+) Đi qua
 
2; 6P 
:
80xy  

Vậy các đường thẳng chứa các cạnh hình vuông MNPQ là
20xy  
;
40xy  
;
20xy  
;
80xy  

.










0,75
2
2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
 
22
:1
16 9
xy
E 
.Tìm tọa độ các
điểm M trên
 
E
sao cho
12
2MF MF
( với
12
,FF

lần lượt là các tiêu điểm bên
trái, bên phải của
 
E
).
2,0
2.Ta có:
4; 3; 7a b c  

0,5
Theo định nghĩa ta có:
1
1 2 1 2
1 2 2
2
16
22
3
2 3 8 8
3
MF
MF MF MF MF
MF MF a MF
MF








  
  









0,5
12
;
cx cx
MF a MF a
aa
   

Gọi
 
;
MM
M x y
, áp dụng công thức bán kính qua tiêu ta có:

2
7
8 16 7

4
3 4 21
MM
M
cx x
MF a x
a
      





0,5
Mặt khác M thuộc
 
E
nên:
2
2
16 7
21
329
1
16 9 7
M
M
y
y




    

Vậy có hai điểm thỏa mãn:
12
16 7 329 16 7 329
; , ;
21 7 21 7
MM
   

   
   






0,5

>> - Học là thích ngay! 7

VII


2,0

Điều kiện:

20
0
0
0
x
x
x
y
y















0,5
Ta có:

 
 
 

2
2 1 1 0 1 0x yx x y x y         
( Vì
2
10x yx  
)

1yx  
(a)


0,5

 
1 

21
2
2.4 1 2 2log
yx
x
y

  


 
22
22
2 log 2 2 log 2 *

yx
yx   

Xét hàm số:
 
2
2 log
t
f t t
trên
 
0;

Ta có:
 
 
1
' 2 ln2 0 0;
ln2
t
f t t e
t
    
,vậy
 
ft
là hàm số đồng biến.
Biểu thức
   
 

* 2 2 2 2f y f x y x   
(b)







0,5
Từ (a) và (b) ta có:
 
22
11
2 1 2
4 8 4 2 2 5 2 0
xx
xx
x x x x x


   

     

1
2
1
2
x

x
x

















2x

Với
21xy  
, suy ra hệ phương trình có một nghiệm
 
2;1
.

0,5
VIII


1,0

Ta có:

2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
4 4 4 4 4 4
a b c
VT
b b c c a a
     
     
     
     


2 2 2 2 2 2
1
2 2 2 2
a b c a b c
b c a b c a


     









0,25
Mặt khác:
2 2 2
1 2 1 2 1 2
;;
a b c
b a b c b c a c a
     

Cộng theo vế các BĐT trên ta được:
2 2 2
1 1 1a b c
b c a a b c
    

Suy ra:

0,25
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
24
VT
a b c a b b c c a

       
        
       

       



1 4 4 4 1 1 1
4
VP
a b b c c a a b b c c a

      

     


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
1abc  

0,5





>> - Học là thích ngay! 8