Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 14

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 14)
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) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
2 4
1
x
x



2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết rằng M(- 3;0) và N(- 1; - 1)
Câu II (1 điểm)
Giải phương trình: 4cos
4
x – cos2x
1 3x
os4x + cos
2 4
c =
7
2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
0
1 sinx

1+cosx
x
e dx


 
 
 

.
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tam gíac đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp
với mặt phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.


Câu V (1 điểm) ) Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng:
2 2 2
52
2 2
27
a b c abc
    

Câu VI (1 điểm)

Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng
trong năm đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác.
Câu VII (1 điểm)
Cho đường thẳng (d):
2 4
3 2 2

x y z
 
 

và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm trên (d)
những điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất

Câu VIII (1 điểm) Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton:


5
lg(10 3 ) ( 2)lg3
2 2
x
n
x 
 biết
rằng số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và
1 3 2
2
n n n
C C C
 

Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình:
8
5
x x y x y y
x y


  


 



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:
1. HS tự giải.
2.
MN

= (2;-1). ==> MN: x + 2y + 3 = 0
Đường thẳng (d)  MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m.
Gọi A, B là hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua đường thẳng MN
Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình:

2 4
2
1
x

x m
x

 

 2x
2
+ mx + m + 4 = 0 ( x ≠ - 1) (1)
Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có  = m
2
– 8m – 32 > 0
Ta có A(x
1
,2x
1
+ m), B(x
2
;2x
2
+ m) với x
1
, x
2
là nghiệm của (1)
Trung điểm của AB là I
1 2
1 2
;
2
x x

x x m

 
 
 
 
 I(
( ; )
4 2
m m
 ( theo định lý Vi-et)
Ta có I

MN ==> m = - 4, (1)  2x
2
– 4x = 0
 A(0; - 4), B(2;0)
Câu II:
1. 4cos
4
x – cos2x
1 3x
os4x + cos
2 4
c =
7
2

 (1 + cos2x)
2

– cos2x
2
1 3x
(2 os 2 1) +cos
2 4
c x  =
7
2


cos2x +
3x
os
4
c = 2

os2x = 1
3x
cos 1
4
c






( vì VT ≤ 2 với mọi x) 
( ; )
8

3
x k
k m
m
x











 x = 8n
(n Z.)


Câu III:
Ta có
2 2
1 2sin os
1 sinx 1
2 2
tan
1+cosx 2
2 os 2 os
2 2

x x
c
x
x x
c c


  

Vậy: K =
2 2
2
0 0
tan
2
2 os
2
x
x
e dx x
e dx
x
c
 

 
= M + N
Với M =
2
2

0
2 os
2
x
e dx
x
c


Dùng phương pháp tptp
Đặt
2
'
1
'
tan
2 os
2
2
x
x
u e
u e
x
v
v
x
c






 

 


 




Vậy M =
tan
2
2
0
x
x
e

- N =
2
e

- N ==> K =
2
e


Câu IV
Câu 4:

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung
điểm của BC, theo tính chất của hình chóp đều

AMS



Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I  SO; N là hình
chiếu của I trên SM, MI là phân giác của

AMS



Ta có SO = OM tan =
3
6
a
tan ( Với a là độ dài của cạnh
đáy)
Ta có SO
2
+ OM
2
= SB

2
– BM
2


2 2 2
2
tan 1
12 12 4
a a a

   

2
2 3
4 tan
a

 


r = OI = OM.tan
2

=
2
tan
2
4 tan






Vậy V =
 
3
3
2
4 tan
2
3 4 tan





Câu V
Theo tính chất ba cạnh của một tam giác, ta có độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1 ( vì a + b + c =
2).
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c
3 – (a + b + c)
3
3 (1 )(1 )(1 )
a b c
   
> 0

1
(1 )(1 )(1 ) 0

27
a b c
     

28
1
27
ab bc ca abc
     

56
2 2 2 2 2
27
ab bc ca abc     

2 2 2 2
56
2 ( ) ( 2 )
27
a b c a b c abc        
2 2 2
52
2 2
27
a b c abc
     

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
2
3

Câu VI


Gọi A là biến cố: “ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác”
Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác
{4;6;8}, {4;8;10}, {6;8;10}
Vậy: n() =
3
5
10
C

; n(A) = 3 ==> P(A) =
3
10

Câu VII
Ta có
(6; 4;4)
AB  

==> AB//(d)
Gọi H là hình chiếu của A trên (d)
Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P)

(d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0
H = (d) (P) ==> H(- 1;2;2)

Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (d) ==> H là trung điểm của AA’ ==> A’(-3;2;5)
Ta có A;A’;B;(d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A’B(d)
Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4)
Câu VIII

Điều kiện: n nguyên dương và n ≥ 3
Ta có
1 3 2
2
n n n
C C C
 

! ! !
2
1!( 1)! 3!( 3)! 2!( 2)!
n n n
n n n
  
  
 n
2
– 9n + 14 = 0  n = 7
Ta có số hạng thứ 6 :




2
5

5
5 lg(10 3 ) ( 2)lg3
7
2 2
x
x
C
 
= 21  21.2
lg(10 3 )
x

2
(x – 2)lg3
= 21


lg(10 – 3
x
) + lg3
(x – 2)
= 0  (10 – 3
x
)3
x – 2
= 1

3
2x
- 10.3

x
+ 9 = 0
0
2
x
x








Câu IX

8
5
x x y x y y
x y

  


 



( 1) ( 8)
5

x x y y
y x

  


 



2 2
0
0
( 1) ( 8)
5
x
y
x x y y
y x







  


 



2
1
0
3 22 45 0
5
x
y
x x
y x






  


 


9
4
x
y





