Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 22

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 22)
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
3 2 (1)
y x x   .
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Định m để phương trình:
4
3 2
2
3 2 log ( 1)
x x m
   
có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu II (1 điểm)
Giải phương trình:
sin 3 cos 3
cos 2 sin (1 tan )
2sin 2 1
x x
x x x
x

  


Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =
e
1
(x 2) ln x x
dx
x(1 ln x)
 




Câu IV (1 điểm) Cho khối chóp
S.ABCD
có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB bằng bốn lần đáy
nhỏ CD, chiều cao của đáy bằng a. Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài
bằng nhau và bằng b. Tính thể tích của khối chóp theo a, b.



Câu V (1 điểm) ): Cho các số thực không âm
a, b,c
thỏa mãn
a b c 1
  
.
Chứng minh rằng:
   
3
a b b c c a

18
    .
Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1), N(4;-
2); P(2;0), Q(1;2) lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của
hình vuông.c

Câu VII (1 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt
phẳng (R) đi qua M, N và tạo với mặt phẳng (P):
2x y 2z 2 0
   
một góc nhỏ nhất.

Câu VIII (1 điểm) Giải bất phương trình :
2 2
x 91 x 2 x
   

Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình
2
1 x 2 y
1 x 2 y
2log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) 6
log (y 5) log (x 4) = 1

 
 

       



  


( ,x y

R
).


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 I: Cho hàm số
3
3 2 (1)
y x x   .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
TXĐ:


2 2
(1) ( 1)
' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 0, 4
y x y x x y y


          

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

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 1, y
CĐ
= 4
Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
   

Bảng biến thiên:

y’’= 6x; y’’= 0  x = 0, y
(0)
= 2  đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng và đi qua các điểm (2; 0), (2; 4)
Đồ thị:
2. Định m để phương trình:
4
3 2
2
3 2 log ( 1)
x x m
   
có 4 nghiệm thực phân biệt. Phương trình đã cho là
phương trình hoành độ giao điểm giữa
4
2
2
( ) : log ( 1)
d y m
 
và
3
( ') : 3 2
C y x x
  

, với (C’) được suy ra từ
(C) như sau:
Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi:
4
2
2
0 log ( 1) 4
m
  

2
1 1 2
m
   

2
1
0 1
0
m
m
m
 

   





Câu II
. Giải phương trình:
sin 3 cos 3
cos 2 sin (1 tan )
2sin 2 1
x x
x x x
x

  

.
Đk
1
sin 2
(*)
2
cos 0
x
x







. Với đk (*) phương trình đã cho tương đương:
3 3
2 2

3sin 4sin 4 cos 3cos
cos 2 sin(1 tan )
2sin 2 1
(sin cos )(2 sin 2 1) sin (sin cos )
cos sin
2sin 2 1 cos
x x x x
x x
x
x x x x x x
x x
x x
  
  

  
   

sin cos 0 (1)
sin
cos sin 1 (2)
cos
x x
x
x x
x
 





  


(1) tan 1 ,
4
x x k k


       


1

x
y’



+
y
1


0
0
+
+



+
4
0
x
y
1
1

2
0









2
2
4
x
y
1
1
2
0







2
2
4
cos sin 0 tan 1
(2) (cos sin )(1 cos ) 0 ( )
4
1 cos 0 cos 1
2
x x x
x k
x x x k
x x
x k


 

  
 
 

       
 

   

 
 



So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là: , 2 ,
4
x k x k k

  
     


………………………………………………………………………
Câu III :
Tính tích phân:
e
1
(x 2) ln x x
dx
x(1 ln x)
 



I =
 




e e
dxdx
xx
xxx
1 1
)ln1(
ln2)ln1(
-2
dx
xx
x
e


1
)ln1(
ln

Ta có :


e
edx
1
1

Tính J =
dx
xx
x

e


1
)ln1(
ln

Đặt t = 1 + lnx, Ta có: J =
dt
t
t


2
1
1
=
dt
t
)
1
1(
2
1


= (t - ln t ) = 1 - ln2
Vậy
I
= e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2

Câu IV :
Tính thể tích của khối chóp theo a, b
a
b
H
N
C
M
A
B
D
S
E




Gọi H là chân đường cao của chóp thì H phải cách đều các cạnh của đáy và trong trường hợp này
ta chứng minh được H nằm trong đáy.
Suy ra hình thang cân ABCD có đường tròn nội tiếp tâm H là trung điểm đoạn MN với M, N lần
lượt là trung điểm các cạnh AB, CD và MN = a
Đường tròn đó tiếp xúc với BC tại E thì
a
HM HN HE
2
  
là bán kính đường tròn và
2 2
a 1

SE SM SN b b SH 4b a
2 2
 
      
 
 

Đặt
CN x

thì
BM 4x, CE x, BE 4x
  
.
Tam giác HBC vuông ở H nên
2
2 2
a a a
HE EB.EC 4x x CD , AB 2a
4 4 2
       
, suy ra
2
ABCD
5a
S
4
 .
Vậy
2 2

2 2 2 2
S.ABCD
1 5a 1 5a
V . . 4b a 4b a
3 4 2 24
   
(đvtt)
Câu V
Chứng minh rằng:
   
3
a b b c c a
18
    .
Đặt








F a; b;c a b b c c a
   
.
Ta cần chứng minh
   
3
F a;b;c *

18

 Nếu hai trong ba số
a, b,c
bằng nhau thì
 
3
F a; b;c 0
18
  .

 Nếu
a, b,c
đôi một khác nhau thì không mất tính tổng quát, giả sử


a max a;b;c
 .
Lúc đó nếu
b c

thì
 
3
F a; b;c 0
18
  nên chỉ cần xét
a c b
 
.

Đặt
x a b
 
thì
c 1 x
 
.Tacó:


















F a; b;c a b c b a c a b c a b c x 1 x 2x 1 h x
           

Khảo sát hàm số



h x
với
1
x 1
2
 
, ta được:
 
3 3 3
h x h
6 18
 

 
 
 
 
.
Từ đó suy ra BĐT


*
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3 3 3 3
a ; b 0; c
6 6
 
   .
Câu VI

Giả sử đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến là tọa độ là
(a; b)
với
2 2
a b 0
 

Suy ra véc tơ pháp tuyến của đường thẳng BC có tọa độ là ( -b;a).
Phương trình AB có dạng:
a(x 2) b(y 1) 0
   

ax by 2a b 0
    

BC có dạng :
b(x 4) a(y 2) 0 bx ay 4b 2a 0
          
.
Do ABCD là hình vuông nên
d(P,AB) = d(Q,BC)
2 2 2 2
b 2a
b 3b 4a
b a
a b a b
 
 

  


 
 



Với b =
2a

Phương trình các cạnh hình vuông là:
AB: x-2y = 0, BC:
2x y 6 0,CD : x 2y 2 0, AD : 2x y 4 0.
        


Với b =
a

Phương trình các cạnh hình vuông là:
AB : x y 1 0, BC : x y 2 0,CD : x y 2 0,AD : x y 3 0.
               

Câu VII
Mặt phẳng (P) đi qua M nên có phương trình dạng :
A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = 0 với
2 2 2
A B C 0
  
.
Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A =2B + C

Gọi

là góc tạo bởi hai mặt phẳng (P) và (Q),ta có:
2 2
B
cos
5B 4BC 2C
 
 

Nếu B = 0 thì

0
90
 .
Nếu B
0

, đặt m =
C
B
,ta có:
2 2
1 1 1
cos
3
2m 4m 5 2(m 1) 3
   
   
.


nhỏ nhất khi
1
cos
3
 


m = -1

B = - C.
Vậy mặt phẳng ( R):
x y z 3 0
   

Câu VIII
Điều kiện
x 2


Phương trình đã cho tương đương với:






2 2
x 91 10 x 2 1 x 9 0
       

2
2
x 9 x 3
(x 3)(x 3) 0
x 2 1
x 91 10
 
     
 
 



x 3
 
2
x 3 1
(x 3) 0
x 2 1
x 91 10
 

   
 
 
 
 
(*)
Ta có

2
x 3 1
(x 3) 0
x 2 1
x 91 10

   
 
 
với mọi x
2

.
Do đó (*)

x < 3.

Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là : 3> x
2



Câu IX
Giải hệ phương trình
2
1 2
1 2
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6
log ( 5) log ( 4) =1
 

 

       


  


x y
x y
xy x y x x
y x

Điều kiện:
2
2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0
( )
0 1 1, 0 2 1
xy x y x x y x
I
x y

           

     


Ta có:
1 2
1 2

2 log [(1 )( 2)] 2 log (1 ) 6
( )
log ( 5) log ( 4) = 1
x y
x y
x y x
I
y x
 
 
    




  



1 2
1 2
log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
log ( 5) log ( 4) = 1(2).
x y
x y
y x
y x
 
 
    





  



Đặt
2
log (1 )
y
x t

 
thì (1) trở thành:
2
1
2 0 ( 1) 0 1.
t t t
t
       

Với
1
t

ta có:
1 2 1 (3).
x y y x

      
Thế vào (2) ta có:
2
1 1 1
4 4
log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
4 4
  
   
           
 
x x x
x x
x x x x x
x x

0 ( )
2




 

x l
x
. suy ra y = 1
+ Kiểm tra thấy
2, 1
x y

  
thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm duy nhất
x = - 2, y = 1