Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 23

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 23) 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 2 y x 3x mx 1     (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0  . 2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Gọi ( )  là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu.Tìm giá trị lớn nhất khoảng cách từ điểm 1 11 I ; 2 4       đến đường thẳng ( )  . Câu II (1 điểm) Giải phương trình: 1 2(sinx cos x) tanx cot 2x cot x 1     . Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = 2 4 2 4 sin 1 1 2cos x x I dx x        Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3 a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2 a và   0 90 SAB SCB  . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC). Câu V (1 điểm) ): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b b c c a a P a b c b c a c a b          Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Câu VII (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có phương trình: 1 3 2 2 1 x y z      . Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất. Câu VIII (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2 z i z z i     và 2 2 ( ) 4 z z   . Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình 4 3 2 2 2 2 2 2 5 6 11 0 ( , ) 3 7 6 7 x x x y x x y y x x y                     ( ,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: Ý Nội dung 1 Cho hàm số: 3 2 y x 3x 1    (1) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 y x 3x 1    * Tập xác định: .R * Sự biến thiên: + Giới hạn:   3 2 x x x lim y lim x 3x 1 ,lim y           . + B ảng biến thi ên : 2 x 0 y 3x 6x 3x(x 2), y 0 x 2              Bảng biến thiên: x   0 2   y  + 0 - 0 + y 1     -3 + Hàm số đồng biến trên khoảng   ;0  và   2;  . + Hàm số nghịch biến trên khoảng   0;2 . + Hàm số đạt cực đại tại CÐ x 0, y y(0) 1    đạt cực tiểu tại CT x 2,y y(2) 3     * Đ ồ thị : Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Ta có y 6x 6;y 0 x 1        y   đổi dấu khi x qua x = 1. Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng. f(x )=x^3-3x^2+1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu 2 Ta có 2 y 3x 6x m     . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0   có hai nghiệm phân biệt. Tức là cần có: 9 3m 0 m 3.        Chia đa thức y cho y  , ta được: x 1 2m m y y . 2 x 1 3 3 3 3                    . Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm     1 1 2 2 x ; y , x ;y . Vì 1 2 y (x ) 0;y (x ) 0     nên phương trình đường thẳng    qua hai điểm cực đại, cực tiểu là: 2m m y 2 x 1 3 3           hay   m y 2x 1 2x 1 3     Ta thấy đường thẳng    luôn đi qua điểm cố định 1 A ;2 2        . Hệ số góc của đường thẳng IA là 3 k 4  . Kẻ   IH   ta thấy   5 d I; IH IA 4     . Đẳng thức xảy ra khi   2m 1 4 IA 2 m 1 3 k 3           (TM). Vậy   5 max d I; 4   khi m 1  . Câu II: Giải phương trình : 1 2(sinx cosx) t anx cot 2x cot x 1     . Điều kiện : sinx.cosx sinx.cos x 0 cot x 1      Phương trình đã cho tương đương với phương trình:   2 sinx cosx 1 sinx cos2x cos x sinx cos x sin2x sinx     Giải được 3 x k2 2 4 cos x (k Z) 3 2 x k2 4                    Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: 3 x k2 ,(k Z) 4      Câu III : phân 2 4 2 4 sin 1 1 2cos x x I dx x        Xét: 0 2 2 2 4 4 1 2 2 2 0 4 4 sin sin sin 1 2cos 1 2cos 1 2cos x x x x x x I dx dx dx x x x                = I 1 + I 2 Đặt x t dx dt      . Đổi cận: ; 0 0 4 4 x t x t          Khi đó: 0 0 2 2 2 2 4 4 1 2 2 2 2 0 0 4 4 sin sin( ) sin sin ( ) 1 2cos 1 2cos ( ) 1 2cos 1 2cos x x t t t t x x I dx d t dt dx x t t x                       Suy ra 1 0 I  4 4 2 2 2 2 4 4 1 1 1 . 1 1 2cos cos 2 cos I dx dx x x x             Đặt 2 1 tan cos t x dt dx x    . Đổi cận: 1; 1 4 4 x t x t           1 2 2 1 1 3 I dt t      Lại đặt 2 3 tan 3(1 tan ) t u dt u du     . Đổi cận: 1 ; 1 6 6 t u t u           6 6 2 6 6 3 3 3 3 3 9 I du u             . Vậy 1 2 3 = 9 I I I    Câu IV : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3 a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3 a và   0 90 SAB SCB  . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa SB với mặt phẳng (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có: + ( ) (gt) SH ABC HA AB SA AB        . Tương tự HC BC  S B H C A K Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông + Có: / / ( ) / / ( ) AH BC SBC AH SBC   [ ,( )] [ ,( )] 2 d A SBC d H SBC a    + Dựng HK SC  tại K (1). Do ( ) (2) BC HC BC SHC BC HK BC SH          (1) và (2) suy ra ( ) HK SBC  . Từ đó [ ,( )] 2 d H SBC HK a   2 2 2 2 3 2 KC HC HK a a a        . 2. 3 tan 6 HK SH HK HC a a SCH SH a KC HC KC a       Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi: 3 1 1 1 6 . . . 3. 3. 6 3 6 6 2 ABC a V S SH AB BC SH a a a    + Góc giữa SB với mp(ABC) là góc  0 45 SBH  (do SHB vuông cân) Câu V Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b b c c a a P a b c b c a c a b          Từ giả thiết ta có 3 3 3 b b c c a a P a b c       Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có: 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 b b b b a b b a a        Tương tự 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 c c c c b c c b b        3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 a a a a c a a c c        Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được: 9 3 3 ( ) 16 4 2 3 3 3 b b c c a a a b c a b c P a b c               Đẳng thức chỉ xảy ra khi 1 a b c    Câu VI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của 2 5 : ( ) 5 9 x t BM t y t            B, M  BM      2 5 ; 5 9 , 2 5 ; 5 9 B b b M m m         M là trung điểm BC    10 6;18 11 C m m  Ta có: (12; 8), (10 5 4;18 9 6), (16 5 ; 2 9 ), AH BC m b m b BH b b               (10 8;18 12) AC m m    . 0 12(10 5 4) 8(18 9 6) 0 AH BC m b m b           2 b m   (1) . 0 (16 5 )(10 8) ( 2 9 )(18 12) 0 BH AC b m b m            (2) Thế (1) vào (2), ta được : 2 1 26 106 105 26 0 ; 2 53 m m m m      Với 1 , 1 2 m b   ta được B(3;4), C(-1;-2) Với 26 52 , 53 53 m b  ta được 154 203 58 115 ; , ; 53 53 53 53 B C               Câu VII Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có phương trình: 1 3 2 2 1 x y z      . Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất M (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; t) 2 2 2 2 2 (2 2 ) (1 2 ) 9 12 5 (3 2) 1 MA t t t t t t            2 2 2 2 2 4 (1 2 ) ( 5) 9 6 26 (3 1) 25 MB t t t t t t             Trong mpOxy xét các vectơ (3 2; 1), ( 3 1; 5) u t v t        Có: 2 2 | | 3 5 ; | | (3 2) 1; | | ( 3 1) 25 u v u t v t              Ta luôn có bất đẳng thức đúng: 2 2 | | | | | | 3 5 (3 2) 1 ( 3 1) 25 u v u v t t                hay 3 5 MA MB  . Đẳng thức chỉ xảy ra khi u  và v  cùng hướng 3 2 1 1 3 1 5 2 t t t         Vậy min ( ) 3 5 MA MB  đạt được khi 1 0; 2; 2 M       Câu VIII Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 z i z z i     và 2 2 ( ) 4 z z   Giả sử ( , ) z x yi x y     . Từ giả thiết ta có: 2 2 ( 1) ( 1) ( ) ( ) 4 x y i y i x yi x yi              2 2 2 ( 1) ( 1) 1 x y y xy            2 2 3 0 4 0 4 1 4 x y x y xy x                   3 3 4 2 2 x y          . Vậy 3 3 2 4 2 z i    Câu IX 3 2 3 3 2 6 13 10 2 5 3 3 10 6 x x x y y x y x y x x y                        3 3 1 2 2 x x y y       (*) Xét hàm số   3 f t t t   . Ta có     ' 2 3 1 0 f t t t f t      R đồng biến trên R Do đó (*) 2 y x    .Thay 2 y x   vào (2) ta được : 3 2 3 3 5 2 3 10 26 x x x x x        3 2 3 3 3 1 5 2 3 10 24 x x x x x                    2 3 2 2 2 2 12 3 3 3 1 5 2 x x x x x x x            2 2 3 2 12 3 3 3 1 5 2 x x x x x                PT (3) vô nghiệm vì với 5 1 2 x    thì 2 12 0 x x    . Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2 0 x y      . KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 23) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất. https://www.facebook.com/profile.php?id=100005 2231 69289 Câu I (2 điểm) Cho hàm số: 3 2 y x 3x mx 1     (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0  . 2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Hướng dẫn Câu I: Ý Nội dung 1 Cho hàm số: 3 2 y x 3x 1    (1) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ