thi thử môn toán thpt quốc gia đề 19

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 19) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 ( 3) 4y x mx m x     có đồ thị là (C m ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho (d ) có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II (1 điểm) Giải phương trình: cos2 5 2(2 - cos )(sin - cos )x x x x  Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = 2 2 6 1 sin sin 2 x x dx      . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Câu V (1 điểm) ) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 1 1 1 1 9 ( 2)3 2 1 0 x x m m          Câu VI (1 điểm) Cho điểm A(2;–3), B(3;–2),  ABC có diện tích bằng 3 2 ; trọng tâm G của  ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp  ABC. Câu VII (1 điểm) Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình 3 1 12 1    zyx . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIII (1 điểm) Giải bất phương trình :   2 1 2 1x x   Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 1 3 1 3 a x a y a z a a a a x a y a z a                      (x, y R ) Hướng dẫn CâuI.1.(Học sinh tự giải) 2)Phương trình hoành độ điểm chung của (C m ) và d là:                      3 2 2 2 0 2 ( 3) 4 4 (1) ( 2 2) 0 ( ) 2 2 0 (2) x x mx m x x x x mx m g x x mx m (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.                      / 2 1 2 2 0 ( ) 2 (0) 2 0 m m m m a m g m . Mặt khác:     1 3 4 ( , ) 2 2 d K d Do đó:         2 1 8 2 . ( , ) 8 2 16 256 2 KBC S BC d K d BC BC 2 2 ( ) ( ) 256 B C B C x x y y     với , B C x x là hai nghiệm của phương trình (2).               2 2 2 2 ( ) (( 4) ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128 B C B C B C B C B C x x x x x x x x x x 2 2 1 137 4 4( 2) 128 34 0 2 m m m m m            (thỏa ĐK (a)). Vậy 1 137 2 m   CâuII:1. Phương trình  (cosx–sinx) 2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0 cos -sin -1 cos -sin 5( cos -sin 2) x x x x loai vi x x        2 2 2sin( ) 1 sin( ) sin ( ) 4 4 4 2 x k x x k Z x k                        Câu III: CâuIII:1. Ta có: I = 2 2 6 1 sin sin 2      x x dx = 2 2 6 3 sin cos 2 x x dx       . Đặt 3 cos cos 2 x t   Đổi cận: Khi 2 x cos 6 2 4 t t        ; khi x cos 0 2 2 t t        . Do vậy: 2 2 4 3 sin 2 I tdt      =   3 2 16   . Câu IV CâuIV:Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = 3 2 a ;  0 60 AMS  và SO  mp(ABC)  d(S; BAC) = SO = 3 4 a Gọi V SABC - là thể tích của khối chóp S.ABC  V S.ABC = 3 3 1 . 3 16 ABC a S SO   (đvtt) Mặt khác, V S.ABC = 1 . ( ; ) 3 SAC S d B SAC  C S O M A B SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = 3 2 a  2 13 3 16 SAC a S   Vậy: d(B; SAC) = . 3 3 13 S ABC SAC V a S   (đvđd). Câu V Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 1 1 1 1 9 ( 2)3 2 1 0 x x m m          (1) * Đk [-1;1] x  , đặt t = 2 1 1 3 x   ; [-1;1] x   [3;9] t  Ta có: (1) viết lại 2 2 2 2 1 ( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1 2 t t t m t m t m t t m t                Xét hàm số f(t) = 2 2 1 2 t t t    , với [3;9] t  . Ta có: 2 / / 1 4 3 ( ) , ( ) 0 3 ( 2) t t t f t f t t t            Lập bảng biến thiên t 3 9 f / (t) + f(t) 48 7 4 Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm [-1;1] x   (2) có nghiệm [3;9] t   48 4 7 m  Câu VI Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) = 5 2 2 ABC a b S AB      8(1) 5 3 2(2) a b a b a b            ; Trọng tâm G   5 5 ; 3 3 a b    (d)  3a –b =4 (3) Từ (1), (3)  C(–2; 10)  r = 3 2 65 89 S p    Từ (2), (3)  C(1; –1)  3 2 2 5 S r p    . Câu VII Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HI AH  => HI lớn nhất khi I A  Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến. Mặt khác, )31;;21( tttHdH     vì H là hình chiếu của A trên d nên . 0 ( (2;1;3) AH d AH u u       là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3(  AHH Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y – 5z –77 = 0 Câu VIII . (1)       2 2 2 2 1 0 1 0 2 1 1 x x x x                2 1 1 1 2 3 0 x x x x x                1 1 1 3 x x x                1 1 3 x x         Vậy nghiệm của bất phương trình : 1 1 3 x x      . Câu IX Xét các véc tơ :     ; ; , 1 ; 1 ; 1        u x a y a z a v         2 2 2 2 . . 3 3 1                 u v u v x a y a z a a x y z Tương tự     2 3 3          a x a y a z a x y z (2)     2 2 18 x a y a z a a x a y a z a              Mà cộng hai phương trình của hệ ta có :     2 2 18 x a y a z a a x a y a z a             Tức là dấu đẳng thức phải xảy ra trong các bất đẳng thức (1) và (2) , hay : 2 2 1 1 1                          a x a y a z a a x y z a a a x a y a z a Vậy hệ phương trình có nghiệm là : 1    x y z a . . KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 19) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 (. 2) t t t f t f t t t            Lập bảng biến thi n t 3 9 f / (t) + f(t) 48 7 4 Căn cứ bảng biến thi ng, (1) có nghiệm [-1;1] x   (2) có nghiệm [3;9] t  . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Câu V (1 điểm) ) Tìm các giá trị