Đề thi thử đại học môn Toán tuyển chọn số 38

ĐỀ SỐ 38. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
Câu I ( 2 điểm) .Cho hàm số:
3 2 2
2
( 1) ( 4 3) 1
3
y x m x m m x
= + + + + + +
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3.
2. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 2 1 2
2( )A x x x x
= − +
với
1 2
,x x
là các điểm cực trị của hàm số.
Câu II ( 3 điểm)
1 . Giải phương trình:
sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0x x x x x
− − + + − =
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y


+ + + =

+ = + +

,
( , )x y
∈
R
3. Giải bất phương trình:
3
2 2
1 3 3
3
log 5log 81 2log 7
9
x
x x
− > −
.
Câu III ( 1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a,
CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB
tạo với mặt phẳng đáy một góc 60
0
; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC).
Câu IV ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD.
Điểm M
1

(0; )
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ
đỉnh B biết B có hoành độ dương.
2. Chứng minh
2 2 2 2
0 1 3 1
2 2
2
1

1 2 3 1 ( 1)
n n
n n n n n
C C C C C
n n
+
+
       
−
+ + + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
+ +
       
, với n nguyên dương.
Câu V ( 2 điểm)
1. Cho
,x y R∈
thỏa mãn
3

( ) 4 2x y xy+ + ≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( )
4 4 2 2 2 2
3 2 1P x y x y x y
= + + − + +
2. Giải phương trình:
2 2
2 7 10 12 20x x x x x
− + = + − +
(
x R
∈
)
………Hết………
2
-2
-5
5
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 38.
Câu I 2 điểm
1.
1. Với m = -3 thì ta có
3 2
2
2 1
3
y x x .= − +

+)Tập xác định:
D R.
=
0,25
+)Sự biến thiên:
2
2 4y' x x.= −
Ta có
0 1
0
5
2
3
x y
y'
x y
= ⇒ =


= ⇔
−

= ⇒ =

Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;0),(2; )−∞ +∞
, nghịch biến trên ( 0; 2).
0,25
+) Hàm số đạt
( ) ( )

5
0 1 2
3
CD CT
y y ; y y
−
= = = =
+) Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞
y'


+
0
−
0
+

y

1
+∞
−∞

5
3
−

0,25
+) Đồ thị: 0,25
2.
+) Ta có
2 2
2 2 1 4 3y' x ( m )x m m .= + + + + +
Hàm số có hai cực trị  y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 
2
6 5 0 5 1m m m+ + < ⇔ − < < −
0,25
+) Khi đó ta có
1 2
2
1 2
1
1
( 4 3)
2
x x m
x x m m
+ = − −



= + +


=>
2
1

8 7
2
A m m= + +
0,25
+) Xét
2
1
( 8 7)
2
t m m= + +
trên (-5;-1) =>
9
0
2
t− ≤ <
0,25
+) Từ đó ta có
9
2
A ≤
khi m = -4.
0,25
Câu II
1.
sin 3 3sin 2 cos2 3sin 3cos 2 0x x x x x
− − + + − =
(sin 3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos 2 2 3cos ) 0x x x x x x⇔ + + − − + − =
2
2sin 2 .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + =
2 2

2sin .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + =
0,25
2
1
sin
2
(2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1
1
cos
2
x
x x x x
x

=


⇔ − − + = ⇔ =


=


0,25
+)
2
1
6
sin , ( ).
5

2
2
6
x k
x k Z
x k
π
π
π
π

= +

= ⇔ ∈


= +


0,25
+)
2
1
3
cos , ( ).
2
2
3
x k
x k Z

x k
π
π
π
π

= +

= ⇔ ∈


= − +


0,25
2
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

+ + + =

+ = + +

,
( , )x y ∈R

.
+) Dễ thấy y = 0 không thỏa mãn hệ
Với
0y ≠
, ta có:
2
2 2
2 2
2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2
1
( ) 2 7
x
x y
y
x y xy y
y x y x y
x
x y
y

+
+ + =



+ + + =

⇔
 
+ = + +
+


+ − =


0,25
+) Đặt
2
1
,
x
u v x y
y
+
= = +
ta có hệ:
2 2
3
1
4 4
2 7 2 15 0
5
9
v

u
u v u v
v u v v
v
u
 =



=
+ = = −
 


⇔ ⇔
 

− = + − =
= −

 


=



0,25
+) Với
3

1
v
u
=


=


2 2 2
1
2
1 1 2 0
3 3 3
2
5
x
y
x y x y x x
x y y x y x
x
y
 =



=
  
+ = + = + − =



⇔ ⇔ ⇔
  

+ = = − = −
= −

  


=



.
0,25
+) Với
5
9
v
u
= −


=


2 2 2
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5

x y x y x x
x y y x y x
  
+ = + = + + =
⇔ ⇔
  
+ = − = − − = − −
  
vô nghiệm.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
1
2
x
y
=


=

,
2
5
x
y
= −


=

0,25

3.
3
2 2
1 3 3
3
log 5log 81 2log 7
9
x
x x− > −
+) Điều kiện x >0
3
2 2
1 3 3
3
log 5log 81 2log 7
9
x
x x− > −

2
3 3 3
(3log 2) 5(4 2log ) 2log 7x x x− − + > −
0,25
2
3 3
3log 8log 3 0x x⇔ − − >

3
3
1

log
3
log 3
x
x
−

<


>


0,25
+)
1
3
3
3
1 1
log 3
3
3
x x x
−
−
< ⇔ < ⇔ <
+)
3
log 3 9x x> ⇔ >

0,25
Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm
3
1
3
0
9
x
x
x


<





≠



>


0,25
Câu
III
+) Từ giải thiết ta có SD
⊥

( ABCD)
suy ra (SB, (ABCD)) =
·
0
60SBD =
Ta có
2
1 3
( )
2 2
ABCD
a
S AB CD AD= + =
(đvdt)
0,25
•
0,25
+) chứng minh được BC
⊥
( SBD) , kẻ DH
⊥
SB=> DH
⊥
(SBC)
Có
2 2 2
1 1 1 6
2
a
DH

DH SD DB
= + ⇒ =
0,25
+) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK
⊥
(SBC) và
1 6
3 6
GK EG a
GK
DH ED
= = ⇒ =
Vậy d( G, (SBC) =
6
6
a
GK =
0,25
Câu
VI
G
S
D
A
B
C
E
H
K
1. +) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :

=> N’( 4;-5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0
0,25
+) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
+ −
= =
+
AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:
2 2 2
1 1 1
4d x x
= +
suy ra x =
5
suy ra BI =
5
0,25
+) Từ đó ta có B thuộc ( C):
2 2
( 2) ( 1) 5x y− + − =
Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán
kính
5
0,25
+) Tọa độ B là nghiệm của hệ:
2 2

4x 3y – 1 0
( 2) ( 1) 5x y
+ =


− + − =

Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1)
Vậy B( 1; -1)
0,25
2.
Chứng minh
2 2 2 2
0 1 3 1
2 2
2
1

1 2 3 1 ( 1)
n n
n n n n n
C C C C C
n n
+
+
       
−
+ + + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
+ +

       
(1)
+) Ta có
1
1
1 ! 1 ( 1)! 1
. . .
1 1 !( )! 1 ( 1)!(( 1) ( 1))! 1
k
k
n
n
C
n n
C
k k k n k n k n k n
+
+
+
= = =
+ + − + + + − + +
 VT (1) =
1 2 2 2 3 2 1 2
1 1 1 1
2
1
( ) ( ) ( ) ( )
( 1)
n
n n n n

C C C C
n
+
+ + + +
 
+ + + +
 
+
0,25
+) xét
2 2
2 2
2 2
0
(1 )
n
n k k
n
k
x C x
+
+
+
=
+ =
∑
=> hệ số chứa x
n+1
là
1

2 2
n
n
C
+
+
0,25
+) Ta lại có
1 1
2 2 1 1
1 1
0 0
(1 ) (1 ) .(1 )
n n
n n n k i k i
n n
k i
x x x C C x
+ +
+ + + +
+ +
= =
+ = + + =
∑∑
hệ số chứa x
n+1
là
0 1 1 1 1 0
1 1 1 1 1 1 1 1

n n n n
n n n n n n n n
C C C C C C C C
+ +
+ + + + + + + +
+ + + +


0 2 1 2 2 2 3 2 1 2
1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n
n n n n n
C C C C C
+
+ + + + +
= + + + + +
( vì
k n k
n n
C C
−
=
)

1 2 2 2 3 2 1 2
1 1 1 1
1 ( ) ( ) ( ) ( )
n
n n n n

C C C C
+
+ + + +
= + + + + +
0,25
+) đồng nhất hệ số chứa x
n+1
được
1 2 2 2 3 2 1 2
1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
n
n n n n
C C C C
+
+ + + +
+ + + +
=
1
2 2
n
n
C
+
+
-
1
Vậy VT(1) =
1
2 2

2
1
( 1)
n
n
C
n
+
+
−
+
=VP(1)
0,25
Câu V
1.
Cho
,x y R∈
thỏa mãn
3
( ) 4 2x y xy+ + ≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( )
4 4 2 2 2 2
3 2 1P x y x y x y= + + − + +
+ ta có
3
3 2
2
( ) 4 2

( ) ( ) 2
( ) 4 0
x y xy
x y x y
x y xy

+ + ≥

⇒ + + + ≥

+ − ≥



( )
2 2
1 ( ) 2( ) 2 0 1x y x y x y x y
 
⇔ + − + + + + ≥ ⇒ + ≥
 
0,25
+)
( )
(
)
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )

3 2 1 3 2 1
4
x y
P x y x y x y x y x y
 
+
= + − − + + ≥ + − − + +
 ÷
 

( ) ( )
2
2 2 2 2
9
2 1
4
x y x y= + − + +
0,25
+) Đặt
2
2 2
( ) 1
2 2
x y
t x y
+
= + ≥ ≥
ta có
2
9

2 1
4
P t t= − +
, với
1
2
t ≥
0,25
+) Xét
2
9
2 1
4
P t t= − +
với
1
2
t ≥
=>
2
9 9
2 1
4 16
P t t= − + ≥

“= “ 
1
2
t =
=> x=y = ½

Vậy GTNN của P =
9
16
0,25
+) Điều kiện
10
2
x
x
≥


≤

Đặt
2 2
7 10, 12 20a x x b x x= − + = − +
ta có 2a –b =x
0,25
(1) 
2 2
2( 7 10 ( 1)) 12 20 ( 2)x x x x x x− + − + = − + − +
=>
2 2
18( 1) 16( 1)
7 10 ( 1) 12 20 ( 2)
x x
x x x x x x
− − − −
=

− + + + − + + +
0,25
+) Ta có hệ
2
2
5 4 5
9 8
8 9 10
1 2
a b x
a b x
a x
a b x
a x b x
− =

− =


⇔ ⇒ = −
 
− = +
=


+ + + +

0,25
=>
2

54
15 5
5 7 10 4 5
15 5
2
2
x
x x x x
x
≥

+

− + = − ⇔ ⇔ =

±
=


( thỏa mãn)
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1,
15 5
2
x
+
=
0,25
Hết
1
9 8

1 2
x
a x b x
=


⇒

=
+ + + +
