KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 22) 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)! https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169289 Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 3 2 (1) y x x . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Định m để phương trình: 4 3 2 2 3 2 log ( 1) x x m có 4 nghiệm thực phân biệt. Câu II (1 điểm) Giải phương trình: sin 3 cos 3 cos 2 sin (1 tan ) 2sin 2 1 x x x x x x Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = e 1 (x 2) ln x x dx x(1 ln x) Câu IV (1 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB bằng bốn lần đáy nhỏ CD, chiều cao của đáy bằng a. Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài bằng nhau và bằng b. Tính thể tích của khối chóp theo a, b. Câu V (1 điểm) ): Cho các số thực không âm a, b,c thỏa mãn a b c 1 . Chứng minh rằng: 3 a b b c c a 18 . Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1), N(4;- 2); P(2;0), Q(1;2) lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông.c Câu VII (1 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt phẳng (R) đi qua M, N và tạo với mặt phẳng (P): 2x y 2z 2 0 một góc nhỏ nhất. Câu VIII (1 điểm) Giải bất phương trình : 2 2 x 91 x 2 x Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình 2 1 x 2 y 1 x 2 y 2log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) 6 log (y 5) log (x 4) = 1 ( ,x y R ). 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: Cho hàm số 3 3 2 (1) y x x . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ: 2 2 (1) ( 1) ' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 0, 4 y x y x x y y Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 ; 1; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 1, y CĐ = 4 Giới hạn: lim ; lim x x y y Bảng biến thiên: y’’= 6x; y’’= 0 x = 0, y (0) = 2 đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng và đi qua các điểm (2; 0), (2; 4) Đồ thị: 2. Định m để phương trình: 4 3 2 2 3 2 log ( 1) x x m có 4 nghiệm thực phân biệt. Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa 4 2 2 ( ) : log ( 1) d y m và 3 ( ') : 3 2 C y x x , với (C’) được suy ra từ (C) như sau: Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi: 4 2 2 0 log ( 1) 4 m 2 1 1 2 m 2 1 0 1 0 m m m Câu II . Giải phương trình: sin 3 cos 3 cos 2 sin (1 tan ) 2sin 2 1 x x x x x x . Đk 1 sin 2 (*) 2 cos 0 x x . Với đk (*) phương trình đã cho tương đương: 3 3 2 2 3sin 4sin 4 cos 3cos cos 2 sin(1 tan ) 2sin 2 1 (sin cos )(2 sin 2 1) sin (sin cos ) cos sin 2sin 2 1 cos x x x x x x x x x x x x x x x x x sin cos 0 (1) sin cos sin 1 (2) cos x x x x x x (1) tan 1 , 4 x x k k 1 x y’ + y 1 0 0 + + + 4 0 x y 1 1 2 0 2 2 4 x y 1 1 2 0 2 2 4 cos sin 0 tan 1 (2) (cos sin )(1 cos ) 0 ( ) 4 1 cos 0 cos 1 2 x x x x k x x x k x x x k So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là: , 2 , 4 x k x k k ……………………………………………………………………… Câu III : Tính tích phân: e 1 (x 2) ln x x dx x(1 ln x) I = e e dxdx xx xxx 1 1 )ln1( ln2)ln1( -2 dx xx x e 1 )ln1( ln Ta có : e edx 1 1 Tính J = dx xx x e 1 )ln1( ln Đặt t = 1 + lnx, Ta có: J = dt t t 2 1 1 = dt t ) 1 1( 2 1 = (t - ln t ) = 1 - ln2 Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 Câu IV : Tính thể tích của khối chóp theo a, b a b H N C M A B D S E Gọi H là chân đường cao của chóp thì H phải cách đều các cạnh của đáy và trong trường hợp này ta chứng minh được H nằm trong đáy. Suy ra hình thang cân ABCD có đường tròn nội tiếp tâm H là trung điểm đoạn MN với M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD và MN = a Đường tròn đó tiếp xúc với BC tại E thì a HM HN HE 2 là bán kính đường tròn và 2 2 a 1 SE SM SN b b SH 4b a 2 2 Đặt CN x thì BM 4x, CE x, BE 4x . Tam giác HBC vuông ở H nên 2 2 2 a a a HE EB.EC 4x x CD , AB 2a 4 4 2 , suy ra 2 ABCD 5a S 4 . Vậy 2 2 2 2 2 2 S.ABCD 1 5a 1 5a V . . 4b a 4b a 3 4 2 24 (đvtt) Câu V Chứng minh rằng: 3 a b b c c a 18 . Đặt F a; b;c a b b c c a . Ta cần chứng minh 3 F a;b;c * 18 Nếu hai trong ba số a, b,c bằng nhau thì 3 F a; b;c 0 18 . Nếu a, b,c đôi một khác nhau thì không mất tính tổng quát, giả sử a max a;b;c . Lúc đó nếu b c thì 3 F a; b;c 0 18 nên chỉ cần xét a c b . Đặt x a b thì c 1 x .Tacó: F a; b;c a b c b a c a b c a b c x 1 x 2x 1 h x Khảo sát hàm số h x với 1 x 1 2 , ta được: 3 3 3 h x h 6 18 . Từ đó suy ra BĐT * . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 3 3 3 a ; b 0; c 6 6 . Câu VI Giả sử đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến là tọa độ là (a; b) với 2 2 a b 0 Suy ra véc tơ pháp tuyến của đường thẳng BC có tọa độ là ( -b;a). Phương trình AB có dạng: a(x 2) b(y 1) 0 ax by 2a b 0 BC có dạng : b(x 4) a(y 2) 0 bx ay 4b 2a 0 . Do ABCD là hình vuông nên d(P,AB) = d(Q,BC) 2 2 2 2 b 2a b 3b 4a b a a b a b Với b = 2a Phương trình các cạnh hình vuông là: AB: x-2y = 0, BC: 2x y 6 0,CD : x 2y 2 0, AD : 2x y 4 0. Với b = a Phương trình các cạnh hình vuông là: AB : x y 1 0, BC : x y 2 0,CD : x y 2 0,AD : x y 3 0. Câu VII Mặt phẳng (P) đi qua M nên có phương trình dạng : A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = 0 với 2 2 2 A B C 0 . Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A =2B + C Gọi là góc tạo bởi hai mặt phẳng (P) và (Q),ta có: 2 2 B cos 5B 4BC 2C Nếu B = 0 thì 0 90 . Nếu B 0 , đặt m = C B ,ta có: 2 2 1 1 1 cos 3 2m 4m 5 2(m 1) 3 . nhỏ nhất khi 1 cos 3 m = -1 B = - C. Vậy mặt phẳng ( R): x y z 3 0 Câu VIII Điều kiện x 2 Phương trình đã cho tương đương với: 2 2 x 91 10 x 2 1 x 9 0 2 2 x 9 x 3 (x 3)(x 3) 0 x 2 1 x 91 10 x 3 2 x 3 1 (x 3) 0 x 2 1 x 91 10 (*) Ta có 2 x 3 1 (x 3) 0 x 2 1 x 91 10 với mọi x 2 . Do đó (*) x < 3. Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là : 3> x 2 Câu IX Giải hệ phương trình 2 1 2 1 2 2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) =1 x y x y xy x y x x y x Điều kiện: 2 2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 ( ) 0 1 1, 0 2 1 xy x y x x y x I x y Ta có: 1 2 1 2 2 log [(1 )( 2)] 2 log (1 ) 6 ( ) log ( 5) log ( 4) = 1 x y x y x y x I y x 1 2 1 2 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) log ( 5) log ( 4) = 1(2). x y x y y x y x Đặt 2 log (1 ) y x t thì (1) trở thành: 2 1 2 0 ( 1) 0 1. t t t t Với 1 t ta có: 1 2 1 (3). x y y x Thế vào (2) ta có: 2 1 1 1 4 4 log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0 4 4 x x x x x x x x x x x x 0 ( ) 2 x l x . suy ra y = 1 + Kiểm tra thấy 2, 1 x y thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = - 2, y = 1 . KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 22) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất. liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Hướng dẫn Câu I: Cho hàm số 3 3 2 (1) y x x . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ: 2 2 (1). Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 ; 1; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x