Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 23

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 23)
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
y x 3x mx 1
   
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
m 0

.
2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Gọi
( )

là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại,
cực tiểu.Tìm giá trị lớn nhất khoảng cách từ điểm
1 11
I ;
2 4
 
 
 
đến đường thẳng
( )

.

Câu II (1 điểm)
Giải phương trình:
1 2(sinx cos x)
tanx cot 2x cot x 1


 
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =
2
4
2
4
sin 1
1 2cos
x x
I dx
x








Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3
a
, khoảng cách

từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng
2
a
và


0
90
SAB SCB 
. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa
đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC).

Câu V (1 điểm) ): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b b c c a a
P
a b c b c a c a b
  
     


Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường
trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Câu VII (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có
phương trình:
1 3
2 2 1
x y z
 
 


. Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất.
Câu VIII (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn:
2 2
z i z z i
   
và
2 2
( ) 4
z z
 
.
Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình
4 3 2 2
2
2
2
2 5 6 11 0
( , )
3 7 6
7
x x x y x
x y
y
x x
y

     




 

 





( ,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:
Ý
Nội dung
1
Cho hàm số:
3 2
y x 3x 1

  
(1)

















1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
y x 3x 1
  

* Tập xác định:
.R

* Sự biến thiên:
+ Giới hạn:



3 2
x x
x
lim y lim x 3x 1 ,lim y
 

      
.
+ B
ảng biến thi
ên
:

2
x 0
y 3x 6x 3x(x 2), y 0
x 2


 
     




Bảng biến thiên:

x



0 2



y

+
0
-
0
+


y
1








-3

+ Hàm số đồng biến trên khoảng



;0
 và


2;

.
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng


0;2
.
+ Hàm số đạt cực đại tại
CÐ
x 0, y y(0) 1
  

đạt cực tiểu tại
CT
x 2,y y(2) 3
   

* Đ
ồ thị
:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Ta có
y 6x 6;y 0 x 1
 

    

y


đổi dấu khi x qua x = 1.
Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng.
f(x )=x^3-3x^2+1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y



2

Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu

2

Ta có
2
y 3x 6x m

  
.
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình
y 0


có hai nghiệm phân biệt.
Tức là cần có:
9 3m 0 m 3.

     

Chia đa thức y cho
y

, ta được:
x 1 2m m
y y . 2 x 1

3 3 3 3
   

     
   
   
.
Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm




1 1 2 2
x ; y , x ;y
.
Vì
1 2
y (x ) 0;y (x ) 0
 
 
nên phương trình đường thẳng



qua hai điểm cực đại, cực tiểu là:
2m m
y 2 x 1
3 3
 
   

 
 
hay
 
m
y 2x 1 2x 1
3
   

Ta thấy đường thẳng



luôn đi qua điểm cố định
1
A ;2
2
 

 
 
. Hệ số góc của đường thẳng
IA là
3
k
4

. Kẻ



IH
 
ta thấy
 
5
d I; IH IA
4
   
.
Đẳng thức xảy ra khi
 
2m 1 4
IA 2 m 1
3 k 3
         
(TM).
Vậy
 
5
max d I;
4
 
khi
m 1

.
Câu
II:

Giải phương trình :

1 2(sinx cosx)
t anx cot 2x cot x 1


 
.

Điều kiện : sinx.cosx
sinx.cos x 0
cot x 1






Phương trình đã cho tương đương với phương trình:


2 sinx cosx
1
sinx cos2x cos x sinx
cos x sin2x sinx





Giải được
3

x k2
2
4
cos x (k Z)
3
2
x k2
4


   

   



  



Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là:
3
x k2 ,(k Z)
4

   


Câu III : phân
2

4
2
4
sin 1
1 2cos
x x
I dx
x








Xét:
0
2 2 2
4 4
1
2 2 2
0
4 4
sin sin sin
1 2cos 1 2cos 1 2cos
x x x x x x
I dx dx dx
x x x
 

 
 
  
  
  
= I
1
+ I
2

Đặt
x t dx dt
    
. Đổi cận:
; 0 0
4 4
x t x t
 
      

Khi đó:
0 0
2 2 2 2
4 4
1
2 2 2 2
0 0
4 4
sin sin( ) sin sin
( )

1 2cos 1 2cos ( ) 1 2cos 1 2cos
x x t t t t x x
I dx d t dt dx
x t t x
 
 


      
    
   

Suy ra
1
0
I


4 4
2
2 2
2
4 4
1 1 1
.
1
1 2cos cos
2
cos
I dx dx

x x
x
 
 
 
 


 
Đặt
2
1
tan
cos
t x dt dx
x
   .
Đổi cận:
1; 1
4 4
x t x t
 
       
1
2
2
1
1
3
I dt

t

 



Lại đặt
2
3 tan 3(1 tan )
t u dt u du
    . Đổi cận: 1 ; 1
6 6
t u t u
 
       

6
6
2
6
6
3 3 3
3 3 9
I du u








   

. Vậy
1 2
3
=
9
I I I

 
Câu IV :
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB =
BC =
3
a
, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng
3
a
và


0
90
SAB SCB 
. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa
SB với mặt phẳng (ABC).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có:
+
( )

(gt)
SH ABC
HA AB
SA AB


 



. Tương tự
HC BC


S
B
H C
A
K
Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông
+ Có:
/ / ( ) / / ( )
AH BC SBC AH SBC
 

[ ,( )] [ ,( )] 2
d A SBC d H SBC a
  
+ Dựng
HK SC


tại K (1). Do
( ) (2)
BC HC
BC SHC BC HK
BC SH


   




(1) và (2) suy ra
( )
HK SBC

. Từ đó
[ ,( )] 2
d H SBC HK a
 
2 2 2 2
3 2
KC HC HK a a a
     


. 2. 3
tan 6
HK SH HK HC a a

SCH SH a
KC HC KC a
     
Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi:
3
1 1 1 6
. . . 3. 3. 6
3 6 6 2
ABC
a
V S SH AB BC SH a a a   
+ Góc giữa SB với mp(ABC) là góc

0
45
SBH 
(do SHB vuông cân)
Câu V
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b b c c a a
P
a b c b c a c a b
  
     

Từ giả thiết ta có
3 3 3
b b c c a a

P
a b c
  
  

Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có:
3
3
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b b b a b b
a a

   
 

Tương tự
3
3
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c c c b c c
b b

   
 

3
3
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a a a c a a
c c

   
 

Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được:
9 3 3
( )
16 4 2
3 3 3
b b c c a a a b c
a b c P
a b c
  
       
  
Đẳng thức chỉ xảy ra khi
1
a b c
  

Câu VI

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ
đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của
2 5
: ( )
5 9
x t
BM t
y t
  



  



B, M  BM 




2 5 ; 5 9 , 2 5 ; 5 9
B b b M m m
       
M là trung điểm BC 


10 6;18 11
C m m 

Ta có:
(12; 8), (10 5 4;18 9 6), (16 5 ; 2 9 ),
AH BC m b m b BH b b
          
  

(10 8;18 12)
AC m m  


. 0 12(10 5 4) 8(18 9 6) 0
AH BC m b m b
       
 
2
b m
 
(1)

. 0 (16 5 )(10 8) ( 2 9 )(18 12) 0
BH AC b m b m
        
 
(2)
Thế (1) vào (2), ta được :
2
1 26
106 105 26 0 ;
2 53
m m m m     

Với
1
, 1
2
m b
 
ta được B(3;4), C(-1;-2) Với
26 52
,
53 53
m b  ta được
154 203 58 115
; , ;
53 53 53 53
B C
   
 
   
   

Câu VII
Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có phương trình:
1 3
2 2 1
x y z
 
 

. Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất
M (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; t)

2 2 2 2 2
(2 2 ) (1 2 ) 9 12 5 (3 2) 1
MA t t t t t t
          


2 2 2 2 2
4 (1 2 ) ( 5) 9 6 26 (3 1) 25
MB t t t t t t
           

Trong mpOxy xét các vectơ
(3 2; 1), ( 3 1; 5)
u t v t
    
 

Có:
2 2
| | 3 5 ; | | (3 2) 1; | | ( 3 1) 25
u v u t v t
        
   

Ta luôn có bất đẳng thức đúng:
2 2
| | | | | | 3 5 (3 2) 1 ( 3 1) 25
u v u v t t
          
   

hay
3 5
MA MB  .
Đẳng thức chỉ xảy ra khi
u

và
v

cùng hướng
3 2 1 1
3 1 5 2
t
t
t

    
 

Vậy
min
( ) 3 5
MA MB  đạt được khi
1
0; 2;
2
M
 
 
 

Câu VIII
Tìm số phức z thỏa mãn
2 2
z i z z i
   
và
2 2
( ) 4
z z
 

Giả sử
( , )
z x yi x y
  

. Từ giả thiết ta có:
2 2
( 1) ( 1)
( ) ( ) 4
x y i y i
x yi x yi
    


   


2 2 2

( 1) ( 1)
1
x y y
xy

   






2
2
3
0
4 0
4
1
4
x
y
x y
xy
x

 

 
 

 
 







3
3
4
2
2
x
y

 






. Vậy
3
3
2
4
2

z i
  
Câu IX
3 2 3
3 2
6 13 10
2 5 3 3 10 6
x x x y y
x y x y x x y

    


        


   
3
3
1 2 2
x x y y
     
(*)
Xét hàm số


3
f t t t
 
. Ta có





' 2
3 1 0
f t t t f t
     R đồng biến trên
R

Do đó (*)
2
y x
  
.Thay
2
y x
 
vào (2) ta được :
3 2
3 3 5 2 3 10 26
x x x x x
      

3 2
3 3 3 1 5 2 3 10 24
x x x x x
         







 
 
2
3 2 2 2
2 12
3 3 3 1 5 2
x x
x x x
x x
 
    
   

2
2
3 2
12
3 3 3 1 5 2
x
x x
x x






   

   


PT (3) vô nghiệm vì với
5
1
2
x
  
thì
2
12 0
x x
  
. Vậy hệ có nghiệm duy nhất
2
0
x
y




