Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 20

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 20)
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)


Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất 2015!(Kèm đáp án chi tiết tại)!

Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2
y x x mx
   
(1) với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0.
2. Xác định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của
đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.
Câu II (1 điểm)
Giải phương trình:
2 2
sin sin 3
tan 2 (sin sin 3 )
cos cos3
x x
x x x
x x
  

Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường :


   

2
: 4 3
P y x x
và hai
tiếp tuyến của (P) tại hai điểm




0 ; 3 , 3 ; 0
A B
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật với
, 2
AB a AD a
  , tam giác
SAB
cân tại
S
và mặt phẳng
( )
SAB
vuông góc với mặt phẳng
( )
ABCD
. Biết góc giữa mặt phẳng

( )
SAC
và mặt phẳng
( )
ABCD
bằng
0
60
. Tính thể tích khối
chóp
.
S ABCD
. Gọi
H
là trung điểm cạnh
AB
tính góc giữa hai đường thẳng
CH
và
.
SD

Câu V (1 điểm) ) Chứng minh rằng với mọi số thực dương
, ,
a b c
ta có:
1.
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a a b a c b b c b a c c a c b

  
        

Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm


3;3
I và
2
AC BD

. Điểm
4
2;
3
M
 
 
 
thuộc đường thẳng
AB
, điểm
13
3;
3
N
 
 
 
thuộc đường thẳng

CD
. Viết phương trình
đường chéo
BD
biết đỉnh
B
có hoành độ nhỏ hơn 3.

Câu VII (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm


2 ; 4 ; 1
A ,


1 ; 4 ; 0
B 


0 ; 0 ; 3
C

.Xác định tâm và bán kính đường tròn (ABC) .

Câu VIII (1 điểm) Tìm n nguyên dương thỏa mãn:
1 2 3 n n 2 n n
n n n n
C +3 C +7 C + +(2 - 1) C =3 - 2 - 6480

Câu IX (1 điểm) Giải bất phương trình:

3 2
3 1 2 3 1
x x x
   

CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG !

Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Hướng dẫn

:
Câu Nội dung
I
1


Tập xác định: D =


 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
/ 2 / 2
0
3 6 ; 0 3 6 0
2
x
y x x y x x
x



      




Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 0) và (2; +), nghịch biến trên khoảng (0;
2)
- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và y
CT
= y(2) =  2;
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= y(0) = 2.
- Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
   

Bảng biến thiên:






- Đồ thị:
+ Giao Ox ……

+ Giao Oy ……

- Đồ thị nhận điểm I(1; 0) là tâm đối xứng.

2
Hàm số có cực trị

y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
' 9 3 0 3
m m
       
(1)

3 2
1 2
3 2 ( 1). ' ( 2) 2
3 3 3
m m
y x x mx y x y x
           

Đường thẳng d qua 2 điểm cực trị của đths có pt:
2
( 2) 2
3 3
m m
y x
    

Đường thẳng d cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tại

6 6
;0 , 0;
2( 3) 3
m m
A B
m
 
 
 
 
 

 
 

Tam giác OAB cân

OA OB

6 6 9 3
6; ;
2( 3) 3 2 2
m m
m m m
m
 
       


Với m = 6 thì

A B O
 
do đó so với điều kiện ta nhận
3
2
m
 

II 1
ĐK:
cos 0,cos3 0
x x
 

Pt
tan sin tan 3 sin 3 tan 2 (sin sin 3 )
x x x x x x x
   

(tan tan 2 )sin (tan 3 tan 2 )sin 3 0
sin( ) sin( )
sin sin 3 0
cos cos 2 cos3 cos 2
x x x x x x
x x
x x
x x x x
    

  

0

y’(x)
y(x)
 +
2
0
0 +
+

2

2

+


x

y

1

2

1 3
-

1 3
+


2

2

sin 0
sin 3 sin
0
cos3 cos
x
x x
x x





 


sin 0 sin 0 ( )
sin 2 0 cos 0 ( )
x x TM
x k
x x L

 

 
   
 
 
 

III
Câu III .

 


 



   

 


' 0 4
' 2 4
' 3 2
y
y x x
y

+ Phương trình tiếp tuyến 
1

của (P) tại A có dạng:





   
   
1
1
: 3 ' 0 0
: 4 3
y y x
y x

+ Phương trình tiếp tuyến 
2
của (P) tại B có dạng:





  
    
2
2
: ' 3 3
: 2 6
y y x

y x

Dựa vào đồ thị ta có diện tích hình phẳng cần tìm là:

 
 
 
 
   
            
   
 
3
3
2
2 2
3
0
2
4 3 4 3 2 6 4 3
S x x x dx x x x dx


3
3
2
2 3 2
0 3
2
1

. 3 9
3
x dx x x x dx
 
   
 
 
 


 
   
 
 
3
3
2
3 3 2
3
0
2
1 1
3 9
3 3
x x x x

9
4

(đvdt) .

IV
Do
( ) ( )
SAB ABCD

và
SAB


cân
đỉnh S .
Gọi H là trung điểm của AB
( )
SH ABCD
 
.
Kẻ
HK AC
 
góc

SKH
là góc
giữa 2mp
( ) và ( )
SAC ABCD
,
nên


0
60
SKH

.
Xét 2 tam giác đồng dạng
AKH ABC
 


2
3
2
a
AH AC a
KH BC KH
a
   

6
a
KH 
.

Tam giác SHK vuông
0 0
tan 60 tan 60 3
6 2
SH a a

SH HK
HK
      
.
Gọi V là thể tích khối chóp
3
ABCD
1 1
2
3 3 3
2
a a
V SH S a a        
.
Gọi M là điểm đối xứng với H qua A . Ta có
( , ) ( , )
CH SD SD DM

.
Từ giả thiết ta có ( )
DA SBA SAD
  
vuông tại A.
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
11
2
4 2 4
a a a
SD AD AS AD SH HA a          ,

2 2
2 2 2
9
2
4 4
a a
DM CH a    ,
2 2
2 2 2 2
3
2 2
a a
SM SH HM a     .

2 2 2 2
2 2 2
2
11 9 6 7
7 11
4 4 4 2
cos
2 33
11 3 3 11
2
2 2 2
a a a a
SD DM SM
SDM
SD DM
a a a

 
 
   

 

Vậy
7 11
cos( , )
33
CH SD 
( , ) 45 17 22
o
CH SD
 
 


V



Xét
2 2 2
( )( ) ( ) 2 ( ) 0
a b a c ab ac a bc a bc a bc
         

2
( )( ) ( )

a b a c ab ac
     ( )( )
a b a c ab ac
     .
Dấu “=” xảy ra khi
a bc
 .
( )( )
a a a
a a b a c a ab ac a b c
  
      

Hoàn toàn tương tự, ta có:
( )( )
b b
b b c b a b c a

    
,
( )( )
c c
c c a c b c a b

    
.

Cộng vế theo vế ta có:

1

( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a a b a c b b c b a c c a c b
  
        
.
Dấu “=” xảy ra
a b c
  
.

VI.













Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là
5
' 3;
3
N

 
 
 

Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình:
3 2 0
x y
  

Suy ra:
 
3 9 2
4
,
10 10
IH d I AB
 
  




Do
2
AC BD

nên
2
IA IB


. Đặt
0
IB x
 
, ta có phương trình

2
2 2
1 1 5
2 2
4 8
x x
x x
     

Đặt


,
B x y
. Do
2
IB 
và
B AB

nên tọa độ B là nghiệm của hệ:

   
2 2
2
14
4 3
5 18 16 0
3 3 2
5

8 2
3 2
3 2 0
5
x
x
y y
x y
y
x y
x y
y




 

  
   
 
  
   

 
  










Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn
14 8
;
5 5
B
 
 
 

Vậy, phương trình đường chéo BD là:
7 18 0
x y
  
.
V
II

Xác đ
ịnh tâm v
à bán kính đư
ờng tr
òn
(ABC)

Ta có:






3 ; 0 ; 1 , 2 ; 4 ; 4 , 1 ; 4 ; 3
AB AC BC
         
  


2 2 2
10 ; 6 ; 26
AB AC BC AB BC AC
      
Suy ra: Tam giác ABC vuông tại B .
Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (ABC), ta có:
 I là trung điểm cạnh AC nên


1 ; 2 ; 1
I .

1
3
2
R AB
 

.
* Viết phương trình đường tròn (ABC)
Gọi (S) là mặt cầu tâm


1 ; 2 ; 1
I bán kính
3
R

thì phương trình mặt cầu (S) có
dạng :
     
2 2 2
1 2 1 9
x y z
     

Đường tròn (ABC) là giao của mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) nên các điểm nằm
trên đường tròn có tọa độ thỏa hệ sau

     
2 2 2
1 2 1 9
2 5 6 18 0
x y z
x y z

     



   



Hệ trên chính là phương trình đường tròn (ABC) .
c
V
II
I

Xét
 
0 1 2 2 3 3
1 . . . .
      
n
n n
n n n n n
x C C x C x C x C x

+ Với x = 2 ta có:
0 1 2 3
3 2 4 8 2     
n n n
n n n n n
C C C C C
(1)
+ Với x = 1 ta có:
0 1 2 3

2      
n n
n n n n n
C C C C C
(2)
+ Lấy (1) – (2) ta được:


1 2 3
3 7 2 1 3 2
      
n n n n
n n n n
C C C C
+ PT 
2 2
3 2 3 2 6480 3 3 6480 0
       
n n n n n n

3 81 4
  
n
n
IX


Điều kiện:
2 3
x

  
.Đặt 2 2 3
t x x
   
với


2,3
x  
Ta có:
1 1 3 2 2
'
2 2 3 2 2 3
x x
t
x x x x
  
  
   
;
' 0 3 2 2 1
y x x x
       

Bảng biến thiên:

Từ BBT suy ra:
5,5
t
 


 


Do
2 2
2 2 3 4 6 3 14
t x x x x x t
         
nên phương trình trở thành:

2
2
14
14
t
t mt m
t

   

Xét hàm số
 
2
14
t
f t
t

 với

5,5
t
 

 
, ta có:
   
2
2
14
' 0, 5,5
t
f t t f t
t

 
    
 
đồng biến trên
5,5
 
 


Phương trình có nghiệm thực

 
 
9 5 11
5 5

5 5
f m f m
     

Vậy, phương trình có nghiệm thực khi
9 5 11
5 5
m
  
.