Đề thi thử THPT quốc gia chọn lọc số 4.2015

1

Đăng trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ Số 449.11/20
14


THÖÛ SÖÙC TRÖÔÙC KÌ THI
Đề số 2
(Thời gian làm bài: 180 phút)

Câu 1
(2
điểm
).

Cho hàm số
3 2
6 9
y x x x m
= − + +
(
m
là tham số) có đồ thị
( ).
m
C

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
(
)
C

khi
0.
m
=

b) Tìm
m
để tồn tại tiếp tuyến với đồ thị
( )
m
C
đi qua điểm
(3;0)
A
và cắt đường tròn
( )
S
có phương trình

2 2
( 1) ( 2) 25
x y
+ + − =
theo một dây cung
MN
có độ dài nhỏ nhất.
Câu 2
(1
điểm
).

Giải phương trình
cos 4 3 sin 2 2
3
sin 4 3 cos 2
x x
x x
− +
= ⋅
−

Câu 3
(1
điểm
).

Tính tích phân
1 2
2
2
2
2 4 3
.
( 1) 2 3
x x
I dx
x x x
+
− +
=

− − + +
∫

Câu 4
(1
điểm
).

a)

Giải phương trình

(
)
( ) ( )
2 4
2
2015 2015 2015
1
log 4 log 2 log 3 .
4
x x x
− = + + −

b)
Cho số phức z thỏa mãn

(1 2 ) 2(1 2 ).
z i z i
+ − = −

Tìm phần thực và phần ảo của số phức
2
3 .
z z
ω
= −

Câu 5
(1
điểm
).

Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho mặt phẳng
( ) : 2 0
P x y z
+ − =
và hai đường
thẳng
1
4
: ,
1 1 3
x y z
−
∆ = =
−
2

6 2
:
1 2 2
x y z
− +
∆ = = ⋅
Tìm điểm
M
trên mặt phẳng
( ),
P
điểm
N
trên đường
thẳng
1
∆
sao cho
M
và
N
đối xứng với nhau qua đường thẳng
.
2
∆
Viết phương đường thẳng
∆
đi qua
,M
vuông

góc với
1
∆
và tạo với mặt phẳng
( )
P
một góc
o
.
30
Câu 6
(1
điểm
).

Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông,
( ), .
SA ABCD SA a
⊥ =

Diện tích tam giác
SBC
bằng
2
2

2
a
⋅
Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
theo
.
a
Gọi
,
I J

lần lượt là trung điểm các cạnh
SB
và
.
SD
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
AI
và
.
CJ

Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy,
cho hình thoi
ABCD
có tâm
(2; 1)I

và
2 .AC BD=

Điểm
1
0;
3
M
 
 
 
thuộc đường thẳng
,
AB
(0; 7)
N

thuộc đường thẳng
.
CD
Tìm tọa độ điểm
P
biết
5
BP BI
=
 
với điểm
B

có tung độ dương.
Câu 8
(1
điểm
).

Giải hệ phương trình
4
4
2 2
3 2 5
2 ( 2) 8 4 0
x x y y
x y y y

+ + − − + =

⋅


+ − + − + =


x

Câu 9
(1
điểm
).

Cho
, ,
a b c

là các số thực dương thỏa mãn
1
6
abc
= ⋅
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


4 4 4
1 1 1
(2 1)(3 1) 16 (3 1)( 1) 81 ( 1)(2 1)
P
a b c b c a c a b
= + + ⋅
+ + + + + +


PHẠM TRỌNG THƯ
(GV THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp)

Cảm ơ
n
thầyPhạm
Trọn
g
Thưchủnhân
http://
phamtro
ng
thu.co
m
.v
n/www/
đãchia
sẻ
đến
http://laisac.
pag
e.
tl/
2

BÀI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Cho hàm số
3 2
6 9
y x x x m

= − + +
(
m
là tham số) có đồ thị
( ).
m
C

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
(
)
C
khi
0.
m
=

b) Tìm
m
để tồn tại tiếp tuyến với đồ thị
( )
m
C
đi qua điểm
(3;0)
A
và cắt đường tròn
( )
S
có phương trình

2 2
( 1) ( 2) 25
x y
+ + − =
theo một dây cung
MN
có độ dài nhỏ nhất.
Bài giải.
a) Bạn đọc tự giải.
b) Giả sử
∆
là tiếp tuyến với đồ thị
( )
m
C
đi qua
A
và cắt đường tròn
( )
S
tại hai điểm phân biệt
, .
M N


Đường tròn
( )
S
có tâm
( 1;2),

I
−
bán kính
5
R
=
và điểm
A
nằm trong đường tròn
( ).
S

Vẽ
IH
⊥ ∆
tại
.
H

Ta có
2 2
2 2 .
MN MH R IH
= = −
Mà
IH IA
≤
nên
2 2
2

MN R IA
≥ − (hằng số).
Do đó
MN
nhỏ nhất khi và chỉ khi
H
trùng với
.
A

Đường thẳng
∆
đi qua
A
và nhận vectơ
(4; 2)
IA
= −

làm vectơ pháp tuyến, có phương trình
2 6 0.
x y
− − =

Đường thẳng
∆
tiếp xúc với đồ thị
( )
m
C

nếu và chỉ nếu hệ sau có nghiệm
3 2
2
6 9 2 6
3 12 9 2
x x x m x
x x

− + + = −


− + =



Đến đây, ta tìm được
36 10 15
9
m
− ±
= ⋅

Câu 2. Giải phương trình
cos 4 3 sin 2 2
3
sin 4 3 cos 2
x x
x x
− +
= ⋅

−

Bài giải.
Điều kiện
( )
4 2
cos 2 0
sin 4 3 cos 2 0 2sin 2 3 0 ( , , ) (*)
3
6
sin2
2
3
cos 2
m
x
x
x x x x n m n l
x
x l
x
π π
π
π
π
π

≠ +

≠



 
− ≠ − ≠ ⇔ ⇔ ≠ + ∈
 
≠
 


≠ +


⇔
ℤ

Với điều kiện trên thì PT đã cho tương đương
(
)
(
)
cos 4 3sin 4 3 3 cos 2 sin 2 2 0
x x x x
− + − + =

2
cos 4 3 cos 2 1 0 2cos 2 3cos 2 0
3 6 6 6
6 2
cos 2 0
2

6
6 2
( ).
5
3
3 5
2 2
cos 2 cos
6 6
6 2 6
2
x x x x
k
x
x
x k
x k k
x k
x
x k
π π π π
π π
π
π π
π
π
π
π π
π π
π

π
π
       
⇔ + + + + = ⇔ + + + =
       
       

= +


 

+ =

+ = +
 

 


⇔ ⇔ ⇔ = + ∈



  
+ = ± +

+ = − =

 





 

= − +


ℤ

Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy
2
, ( )
3 2
x k x k k
π π
π π= + = − + ∈
ℤ
là nghiệm của PT đã cho.
Câu 3. Tính tích phân
1 2
2
2
2
2 4 3
.
( 1) 2 3
x x
I dx

x x x
+
− +
=
− − + +
∫

Bài giải.
Ta có
1 2 1 2
2 2
2 2
2( 1)
2 3 ( 1) 2 3
x dx
I dx
x x x x x
+ +
−
= +
− + + − − + +
∫ ∫
( )
2
1 2 1 2
2 2
2 2
1
2 3
1

2
2
2 3
1 1
1
2 2
x
d
d x x
x x
x x
+ +
−
 
 
− + +
 
= − + ⋅
− + +
− −
   
−
   
   
∫ ∫

i
Tính
(
)

( )
( )
2
1 2
2
1
2
2
1 2
2
2 3
2 2 3 2 2 3 .
2 3
d x x
I x x
x x
+
+
− + +
= = − + + = −
− + +
∫

3

i
Tính
1 2
2
2

2
1
2
1 1
1
2 2
x
d
I
x x
+
−
 
 
 
= ⋅
− −
   
−
   
   
∫

Đặt
1
sin , ;
2 2 2
x
t t
π π

−
 
= ∈ − ⋅
 
 


Đổi cận: khi
2
x
=
thì
6
t
π
=
;
1 2
x = +
thì
4
t
π
= ⋅

Ta có
4 4
4
2
6

6 6
tan
(sin )
8
ln tan ln
sin .cos sin 2
tan
12
d t dt t
I
t t t
π π
π
π
π π
π
π
 
 
 
= = = = ⋅
 
 
 
 
 
∫ ∫

Vậy
( )

1 2
tan
1 1
8
2 3 2 ln
2 2
tan
12
I I I
π
π
 
 
= − + = − + ⋅
 
 
 

Câu 4.
a) Giải phương trình
(
)
( ) ( )
2 4
2
2015 2015 2015
1
log 4 log 2 log 3 .
4
x x x− = + + −

b)
Cho số phức
z
thỏa mãn
(1 2 ) 2(1 2 ).
z i z i
+ − = −
Tìm phần thực và phần ảo của số phức
2
3 .
z z
ω = −

Bài giải.
a) Điều kiện
( ; 2) (2;3) (3; ).
x
∈ −∞ − ∪ ∪ +∞

Với điều kiện đó, phương trình viết lại là
(
)
( )
(
)
( )
2 2
2 2
2015 2015

log 4 log 2 3 4 2 3
2 ( 2) 3 (*).
x x x x x x
x x x
− = + − ⇔ − = + −
⇔ − = + −

i
Với
( ; 2) (2;3) ,
x (a)
∈ −∞ − ∪
ta có:
2
8 2 2
(*) 2 ( 2)(3 )
x x
x x x
⇔ = ⇔ = ±
⇔ − = + −
(thỏa mãn
(a)
).
i
Với
(3; ) ,
x (b)
∈ + ∞
ta có:
2

2 4 0 1 5.
(*) 2 ( 2)( 3)
x x x
x x x
⇔ − − = ⇔ = ±
⇔ − = + −

Đối chiếu với
(b)
ta được
1 5.
x = +

Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm là
2 2
x = ±
và
1 5.
x = +

b)
Giả sử
, ).
(
z x yi x y
= + ∈
ℝ
Ta có

(1 2 ) 2(1 2 ) (1 2 )( ) 2 4

z i z i x yi i x yi i
+ − = − ⇔ + + − − = −
2 2 2 2 4 .
x y xi i
⇔ − − = −
2 4 2
2 .
2 2 2 1
x x
z i
x y y
− = − =
 
⇔ ⇔ ⇒ = +
 
− = =
 

Do đó
2 2
3 (2 ) 3(2 ) 3 .
z z i i i
ω
= − = + − + = − +

Vậy phần thực của số phức cần tìm là
3,
−
phần ảo là 1.

Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho mặt phẳng
( ) : 2 0
P x y z
+ − =
và hai đường
thẳng
1
4
: ,
1 1 3
x y z
−
∆ = =
−
2
6 2
:
1 2 2
x y z
− +
∆ = = ⋅
Tìm điểm
M
trên mặt phẳng
( ),
P

điểm
N
trên đường
thẳng
1
∆
sao cho
M
và
N
đối xứng với nhau qua đường thẳng
.
2
∆
Viết phương đường thẳng
∆
đi qua
,
M
vuông
góc với
1
∆
và tạo với mặt phẳng
( )
P
một góc
o
.
30

Bài giải.
Gọi
( ; ; 2 ), (4 ; ; 3 ).
M m n m n N k k k
+ + −

Ta có VTCP của đường thẳng
2
∆
là
2
(1; 2; 2)
u
∆
=

và
(4 ; ; 3 2 ),
MN k m k n k m n
= + − − − − −

trung điểm của
MN
là
4 2 3
; ;
2 2 2
m k n k m n k
I

+ + + + −
 
⋅
 
 

4

z

B

C

D

J

y

I

A

x

S

Vì
M

và
N
đối xứng với nhau qua đường thẳng
2
∆
nên
2
2
. 0
I
MN u
∆
∈ ∆



=


 

2 2 3 2

2 4 2
1(4 ) 2( ) 2( 3 2 ) 0
m k n k m n k
k m k n k m n
+ − + + − +

= =


⇔ ⋅


+ − + − + − − − =


Giải hệ trên ta được
1, 1, 1.
m n k
= = − =

Suy ra
(1; 1; 1), (5; 1; 3).
M N
− −

Gọi VTCP của đường thẳng
1
,
∆ ∆
lần lượt là
( ; ; )
u a b c
∆
=

(
)
2 2 2

0
a b c
+ + ≠
,
1
(1; 1; 3)
u
∆
= −

; VTPT của mặt
phẳng
( )
P
là
(2; 1; 1).
n
= −


Vì
1
∆ ⊥ ∆
nên
1
3 0 3 (1)
u u a b c b c a
∆ ∆
⊥ ⇔ + − = ⇔ = −
 

Vì góc giữa
∆
và mặt phẳng
( )
P
là
0
30
nên
( )
0
2 2 2
.
2
1
sin 30 cos ,
2
.
6
u n
a b c
u n
u n
a b c
∆
∆
∆
+ −
= = ⇔ =

+ +
 
 
 
(2)
Thế (1) vào (2) khai triển và rút gọn lại ta được
2 2
11 13 2 0
c ac a c a
− + = ⇔ =
hoặc
2
11
c a
= ⋅

Chọn (
1, 2

a b
= =
và
1
c
=
) hoặc(
11, 5

a b
= = −

và
2
c
=
) ta được PT đường thẳng
1 1 1
:
1 2 1
x y z
− + −
∆ = =
hoặc
PT đường thẳng
1 1 1
:
11 5 2
x y z
− + −
∆ = = ⋅
−

Câu 6. Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông,
( ), .
SA ABCD SA a
⊥ =

Diện tích tam giác
SBC
bằng
2
2
2
a
⋅
Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
theo
.
a
Gọi
,
I J

lần lượt là trung điểm các cạnh
SB
và
.
SD
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
AI
và
.
CJ

Bài giải.
i
Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
theo
.
a

Ta có
{
( )
BC AB
BC SAB BC SB
BC SA
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥

SBC
⇒ ∆
vuông tại
.
B

Gọi
x
là độ dài cạnh hình vuông
.
ABCD

Tam giác
SBC
có diện tích là
2
2 2
1 1 2
. . .
2 2 2
SBC
a
S SB BC x a x x a
= = + = ⇔ =

Thể tích khối chóp
.
S ABCD
là
3
1
.
3 3
ABCD
a
V S SA= =
(đvtt).
i
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
AI
và
.

CJ

Dựng hệ trục
Axyz
như hình vẽ ta có :
(0; 0; 0);
A
( ; ; 0);
C a a

; 0; ;
2 2
a a
I
 
 
 
0; ;
2 2
a a
J
 
⋅
 
 

Ta có
2 2 2
3
, ; ; ( ; ; 0).

4 4 4
;
a a a
AI CJ AC a a= − − =
 
 
 
 
 
  

Khoảng cách giữa hai đường thẳng
AI
và
CJ
là
3
2
, .
2
2
( , )
11
11
,
4
a
AI CJ AC
a
d AI CJ

a
AI CJ
 
 
= = = ⋅
 
 
  
 

Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy,
cho hình thoi
ABCD
có tâm
(2; 1)
I

và
2 .
AC BD
=
Điểm
1
0;
3
M
 
 
 

thuộc đường thẳng
,
AB
(0; 7)
N

thuộc đường thẳng
.
CD
Tìm tọa độ điểm
P
biết
5
BP BI
=
 
với điểm
B
có tung độ
dương.
Bài giải.
PT đường thẳng
AB
qua
M
có dạng
(
)
2 2

1
0 0 ,
3
ax b y a b
 
+ − = + >
 
 
suy ra PT đường thẳng
CD
qua
N
và song
song với
AB
là
( 7) 0.
ax b y
+ − =
Do đường thẳng
AB
và
CD
đối xứng nhau qua tâm
,
I
nên ta có
5

( , ) ( , )d I AB d I CD

I AB CD
=



naèm giöõa hai ñöôøng vaø
2 2 2 2
2
2
2 6
3
2
2 (2 6 ) 3 4 .
3
2
2 (2 6 ) 0
3
a b
a b
a b a b a b
a b a b
a b a b

+

−

=

⇔ ⇔ + = − − ⇔ =


+ +

 

+ − <
 

 


Chọn
4
a
=
và
3
b
=
ta được PT
: 4 3 1 0.
AB x y
+ − =

Do
ABCD
là hình thoi nên
AC BD,
⊥
do đó


1
tan 2 cos( , )
5
AI AC
ABI AB BD
BI BD
= = = ⇒ = ⋅

PT đường thẳng
BD
qua
I
có dạng
(
)
2 2
( 2) ( 1) 0 0 .
m x n y m n− + − = + >

Ta có
( )
2 2 2 2
2 2
4 3
1
cos( , ) 5 16 24 9
5
5
m n

AB BD m n m mn n
m n
+
= = ⇔ + = + +
+

2 2
11 24 4 0
m mn n
⇔ + + =
2
m n
⇔ = −
hoặc
2
11
m n
= − ⋅

Chọn (
2
m
=
và
1
n
= −
) hoặc(
2
m

=
và
11
n
= −
) ta được PT
: 2 3 0
BD x y
− − =
hoặcPT
: 2 11 7 0
BD x y
− + =

Do
B
có tung độ dương và
B
cũng là giao điểm của
AB
và
BD
nên
1 3
;
5 5
B
 
− ⋅
 

 


Theo giả thiết
1 11 54
5
54 13
5 5 5
5 ;
3 2 13
5 5
5
5 5 5
P P
P P
x x
BP BI P
y y
 
+ = ⋅ =
 
 
 
= ⇔ ⇔ ⇒ ⋅
 
 
 
 
− = ⋅ =
 

 
 


Câu 8. Giải hệ phương trình
4
4
2 2
3 2 5
2 ( 2) 8 4 0
x x y y
x y y y

+ + − − + =

⋅


+ − + − + =


x

Bài giải.
Điều kiện để HPT đã cho có nghĩa là
2
≥
x
(*)
PT thứ hai của hệ có thể viết lại dưới dạng

2
4 ( 2) 0
y x y y
= + − ⇒ ≥
(**)
Đặt
4
4
2 0) 3 5.
t x t x t
= − ≥ ⇒ + = +
(

Do đó PT thứ nhất của hệ trở thành
4 4
5 5
t t y y
+ + = + +
(1)
Xét hàm số
4
( ) 5, 0
f u u u u
= + + ≥

, ta có
3
4
2
( ) 1 0, 0

5
u
f u u
u
′
= + > ∀ ≥
+

nên hàm số đồng biến trên
[0; ).
+∞

Từ (1) có
( ) ( ),
f t f y
=
suy ra
4
2
t
= ⇔ = +
y x y
(2)
Thế (2) vào
2
4 ( 2)
y x y= + −
được
(
)

4 2 7 4
4 ( ) 2 4 0
y y y y y y y
= + ⇔ + + − =
(3)
Mà
7 4
( ) 2 4
g y y y y
= + + −
, có
6 3
( ) 7 8 1 0 0
g y y y y
′
= + + > ∀ ≥

nên hàm số đồng biến trên
[0; ).
+∞

Do đó PT(3) có nghiệm
0
y
=
hoặc
1.
y
=

Đối chiếu với điều kiện (*) và (**), suy ra HPT đã cho có hai nghiệm
( ; )
x y

là
(2; 0), (3; 1).


Câu 9. Cho
, ,
a b c

là các số thực dương thỏa mãn
1
6
abc
= ⋅
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4 4
1 1 1
,
(2 1)(3 1) 16 (3 1)( 1) 81 ( 1)(2 1)
P
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +

Bài giải.
Đặt

1 1 1
, , ,
2 3
x y z
a b c
= = =
do
1
6
abc
=
nên
1.
xyz
=
Thay vào biểu thức
P
ta được
3 3 3
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)
x y z
P
y z z x x y
= + + ⋅
+ + + + + +

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương
3
1 1
, ,

( 1)( 1) 8 8
x y z
y z
+ +
+ +
ta có
6

3 3
3
1 1 1 1 3
3
( 1)( 1) 8 8 ( 1)( 1) 8 8 4
x y z x y z x
y z y z
+ + + +
+ + ≥ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
+ + + +

Tương tự
3 3
1 1 3 1 1 3
,
( 1)( 1) 8 8 4 ( 1)( 1) 8 8 4
y z x y z x y z
z x x y
+ + + +
+ + ≥ + + ≥ ⋅
+ + + +

Cộng theo vế ba BĐT trên rồi rút gọn ta được
3
2 4
x y z
P
+ +
≥ −
(1)
Lại vì
1,
xyz
=
ta có
3
3 3
x y z xyz
+ + ≥ =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
3
4
P
≥ ⋅
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1.
x y z
= = =
Lúc đó
1 1
1, ,

2 3
a b c
= = = ⋅


Vậy GTNN của
P
là
3
,
4
đạt được khi
1 1
( ; ; ) 1; ;
2 3
a b c
 
= ⋅
 
 