Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 29

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 29)
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 y = x
3
– 3(m+1)x
2
+ 9x – m (1), m là tham số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Xác định các giá trị m để hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2.

Câu II (1 điểm)
Giải phương trình:
sin 2 2 2(sinx+cosx)=5
x 

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:













e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
.
Câu IV (1 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,
2
AB a

. Gọi I
là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn
2
IA IH
 
 
.
Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng
0
60
. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung
điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH).
Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn

2 2 2
1
a b c
  
.
Chứng minh rằng
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
     
  
  


Câu VI (1 điểm)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng
12, tâm I là giao điểm của đường thẳng
: 3 0
d x y
  
và
': 6 0
d x y
  
. Trung điểm một cạnh là giao
điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu VII (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm
(0; 1;2)

M

và
( 1;1;3)
N

.
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ


0;0;2
K đến (P) đạt giá trị lớn
nhất
Câu VIII (1 điểm) Cho khai triển
 
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b


 

. Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số
hạng ứng với k = i-1.
Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển
8

1
1
3
1
log 3 1
log 9 7
2
5
2
2 2
x
x
 
 
 


 


 
 
 
 

là 224.
Câu IX (1 điểm) Giải bất phương trình:


2 2

3log 2 9log 2
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



Vậy với m = 1 hoặc m = - 3 thì thỏa mãn điều kiện bài toán




Câu II:
1.Giải phương trình:
sin 2 2 2(sinx+cosx)=5
x 
. ( I )


Đặt sinx + cosx = t (
2
t  ).

sin2x = t

2
- 1

( I )


2
2 2 6 0
t t
  

2
t
 
)
+Giải được phương trình sinx + cosx =
2

…


os( ) 1
4
c x

  

+ Lấy nghiệm
Kết luận :
5

2
4
x k


  ( k

Z
) hoặc dưới dạng đúng khác .

Câu III:




e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I
=I
1
+3I
2

+) Tính




e
dx
xx
x
I
1
1
ln1
ln
.
Đặt
2
1
1 ln 1 ln ; 2
t x t x tdt dx
x
     
Khi 2tex;1t1x 
Câu I
:
T
ập xác định: D = R
Ta có y’ = 3[x
2
– 2 (m + 1)x + 3]
y’ = 0


x
2
– 2 (m + 1)x + 3 = 0
Hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2

y’ = 0 phải có 2 nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn điều
kiện
1 2
2
x x
 
.
Trước hết ta phải có Δ’>0

m
2
+ 2m – 2 >0

1 3
1 3
m
m

  

  




Khi đó gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của phương trình y’ = 0 . Theo định lí Vi-et ta có
x
1
+ x
2
= 2(m + 1) và x
1
x
2
= 3
Ta có :
1 2
2
x x
 


(x
1
+ x
2
)
2

– 4x
1
x
2
= 4

m
2
+ 2m – 3 = 0

m = 1 hoặc
m = - 3


 
 
2
2
3
1
2 2 2
2 2
2
.2 2 1 2
1
3 3
1 1
1
t
t

I tdt t dt t
t


      
 
 
 
 
 

+) TÝnh
dxxlnxI
e
1
2
2


. §Æt
















3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32


        

e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9


21
I3II

3
e2225
3


Câu IV
Ta có
2IA IH
  
 
H thuộc tia đối của tia IA và
2
IA IH



2 2
BC AB a
 
Suy ra
3
,
2 2
a a
IA a IH AH IA IH     
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
2

a
HC AC AH AC AH HC    
Vì
   
 
15
0 0
, 60 .tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC       
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
2
a
HC AC AH AC AH HC    
Vì
   
 
0 0
15
, 60 .tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC       

Thể tích khối chóp S.ABCD là:
 

3
.
1 15
.
3 6
S ABC ABC
a
V S SH dvtt

 
*
 
BI AH
BI SAH
BI SH


 








 
 
 
 

 
 
,
1 1 1
, ,
2 2 2 2
,
d K SAH
SK a
d K SAH d B SAH BI
SB
d B SAH
      


Câu V
Do a, b, c > 0 và
2 2 2
1
a b c
  
nên


, , 0;1
a b c 
Ta có
 
2
2

5 3
1
2
3
2 2 2
1
a a
a a a
a a
b c a

 
   
 

Bất đẳng thức trở thành
     
2 3
3 3 3
3
a a b b c c        
Xét hàm số






3
0;1

f x x x x    . Ta có:
 
 
0;1
2 3
ax
9
M f x 

     
2 3
3
f a f b f c   

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=
1
3

Câu VI Tọa dộ giao điểm I của d

và d’ là nghiệm của hệ phương trình
9
3 0
9 3
2
;
6 0 3
2 2
2
x

x y
I
x y
y



  


 
 
 
 
  
 






Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD


Ox 3;0
M d M   
Ta có:
2 3 2
AB IM 

Theo giả thiết
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD   
Vì I, M thuộc d
: 3 0
d AD AD x y
     

Lại có
2
MA MD
  
tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình
 
   
2
2
3 0
2 4
2;1 ; 4; 1
1 1
3 2
x y
x x
A D
y y
x y
  


 
 

   
  
  
  
 



Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)
TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4)
S
H
C
A
B
I
K
.


Câu VII
Gọi


, ,
n A B C






2 2 2
0
A B C
  
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;




1 2 0 2 0
Ax B y C z Ax By Cz B C
          





1;1;3 3 2 0 2
N P A B C B C A B C
           






: 2 2 0
P B C x By Cz B C
      

Khoảng cách từ K đến mp(P) là:
 
 
,
2 2
4 2 4
B
d K P
B C BC

 

-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)
-Nếu
0
B

thì
 
 
2 2 2
1 1
,
2
4 2 4

2 1 2
B
d K P
B C BC
C
B
  
 
 
 
 
 

Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1
Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0
Câu VIII

Ta có
 
 
 
1
3
1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7 1 1

5
3 5
2 9 7 , 2 3 1
x
x
x x


 

  
   
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là
      
3 5
1 1
1
5 1 1 1 1
3 5
8
9 7 . 3 1 56 9 7 3 1
x x x x
C
 
   
   
    
   
   

Treo giả thiết ta có




1
1 1
1
1
56 9 7 3 1 224
9 7
4
3 1
1
2
x x
x
x
x
x

 


  

 










Câu IX

BPT tương đương
2 2 2 2
2 2
11
35 24 5 4 5 4 11 (5 4)( 35 24)
35 24
x x x x x x x
x x
             
  

Xét:
a)Nếu x
4
5

không thỏa mãn BPT
b)Nếu x>4/5: Hàm số
2 2
(5 4)( 35 24)
y x x x     với x>4/5
y

'
=
2 2
2 2
1 1
5( 35 24) (5 4)( )
35 24
x x x
x x
     
 
>0 mọi x>4/5
Vậy HSĐB. +Nếu 4/5<x

1 thì y(x)

11
+Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1