Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 29

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 29) 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 y = x 3 – 3(m+1)x 2 + 9x – m (1), m là tham số thực 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Xác định các giá trị m để hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2. Câu II (1 điểm) Giải phương trình: sin 2 2 2(sinx+cosx)=5 x  Câu III (1 điểm) Tính tích phân:             e dxxx xx x I 1 2 ln3 ln1 ln . Câu IV (1 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, 2 AB a  . Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn 2 IA IH     . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 0 60 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH). Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2 1 a b c    . Chứng minh rằng 5 3 5 3 5 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 a a a b b b c c c b c c a a b             Câu VI (1 điểm)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng : 3 0 d x y    và ': 6 0 d x y    . Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Câu VII (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm (0; 1;2) M  và ( 1;1;3) N  . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ   0;0;2 K đến (P) đạt giá trị lớn nhất Câu VIII (1 điểm) Cho khai triển   0 n n k n k k n k a b C a b      . Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng ứng với k = i-1. Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển 8 1 1 3 1 log 3 1 log 9 7 2 5 2 2 2 x x                     là 224. Câu IX (1 điểm) Giải bất phương trình:   2 2 3log 2 9log 2 x x x    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 Vậy với m = 1 hoặc m = - 3 thì thỏa mãn điều kiện bài toán Câu II: 1.Giải phương trình: sin 2 2 2(sinx+cosx)=5 x  . ( I ) Đặt sinx + cosx = t ( 2 t  ).  sin2x = t 2 - 1  ( I )  2 2 2 6 0 t t     2 t   ) +Giải được phương trình sinx + cosx = 2  …  os( ) 1 4 c x     + Lấy nghiệm Kết luận : 5 2 4 x k     ( k  Z ) hoặc dưới dạng đúng khác . Câu III:     e 1 2 e 1 xdxlnx3dx xln1x xln I =I 1 +3I 2 +) Tính    e dx xx x I 1 1 ln1 ln . Đặt 2 1 1 ln 1 ln ; 2 t x t x tdt dx x       Khi 2tex;1t1x  Câu I : T ập xác định: D = R Ta có y’ = 3[x 2 – 2 (m + 1)x + 3] y’ = 0  x 2 – 2 (m + 1)x + 3 = 0 Hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2  y’ = 0 phải có 2 nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện 1 2 2 x x   . Trước hết ta phải có Δ’>0  m 2 + 2m – 2 >0  1 3 1 3 m m           Khi đó gọi x 1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình y’ = 0 . Theo định lí Vi-et ta có x 1 + x 2 = 2(m + 1) và x 1 x 2 = 3 Ta có : 1 2 2 x x    (x 1 + x 2 ) 2 – 4x 1 x 2 = 4  m 2 + 2m – 3 = 0  m = 1 hoặc m = - 3       2 2 3 1 2 2 2 2 2 2 .2 2 1 2 1 3 3 1 1 1 t t I tdt t dt t t                    +) TÝnh dxxlnxI e 1 2 2   . §Æt                3 x v x dx du dxxdv xlnu 32            e 3 3 3 3 3 3 e 2 e 2 1 1 1 x 1 e 1 x e e 1 2e 1 I .ln x x dx . 3 3 3 3 3 3 9 9 9  21 I3II 3 e2225 3  Câu IV Ta có 2IA IH      H thuộc tia đối của tia IA và 2 IA IH  2 2 BC AB a   Suy ra 3 , 2 2 a a IA a IH AH IA IH      Ta có 5 2 2 2 0 2 . .cos 45 2 a HC AC AH AC AH HC     Vì       15 0 0 , 60 .tan 60 2 a SH ABC SC ABC SCH SH HC        Ta có 5 2 2 2 0 2 . .cos 45 2 a HC AC AH AC AH HC     Vì       0 0 15 , 60 .tan 60 2 a SH ABC SC ABC SCH SH HC        Thể tích khối chóp S.ABCD là:   3 . 1 15 . 3 6 S ABC ABC a V S SH dvtt    *   BI AH BI SAH BI SH                        , 1 1 1 , , 2 2 2 2 , d K SAH SK a d K SAH d B SAH BI SB d B SAH        Câu V Do a, b, c > 0 và 2 2 2 1 a b c    nên   , , 0;1 a b c  Ta có   2 2 5 3 1 2 3 2 2 2 1 a a a a a a a b c a          Bất đẳng thức trở thành       2 3 3 3 3 3 a a b b c c         Xét hàm số       3 0;1 f x x x x    . Ta có:     0;1 2 3 ax 9 M f x        2 3 3 f a f b f c    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 1 3 Câu VI Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình 9 3 0 9 3 2 ; 6 0 3 2 2 2 x x y I x y y                           Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD   Ox 3;0 M d M    Ta có: 2 3 2 AB IM  Theo giả thiết . 12 2 2 ABCD S AB AD AD    Vì I, M thuộc d : 3 0 d AD AD x y       Lại có 2 MA MD    tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình       2 2 3 0 2 4 2;1 ; 4; 1 1 1 3 2 x y x x A D y y x y                           Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2) TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4) S H C A B I K . Câu VII Gọi   , , n A B C     2 2 2 0 A B C    là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;     1 2 0 2 0 Ax B y C z Ax By Cz B C                1;1;3 3 2 0 2 N P A B C B C A B C                 : 2 2 0 P B C x By Cz B C        Khoảng cách từ K đến mp(P) là:     , 2 2 4 2 4 B d K P B C BC    -Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại) -Nếu 0 B  thì     2 2 2 1 1 , 2 4 2 4 2 1 2 B d K P B C BC C B              Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 Câu VIII Ta có       1 3 1 2 2 1 1 1 log 3 1 log 9 7 1 1 5 3 5 2 9 7 , 2 3 1 x x x x             Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là        3 5 1 1 1 5 1 1 1 1 3 5 8 9 7 . 3 1 56 9 7 3 1 x x x x C                        Treo giả thiết ta có     1 1 1 1 1 56 9 7 3 1 224 9 7 4 3 1 1 2 x x x x x x                   Câu IX BPT tương đương 2 2 2 2 2 2 11 35 24 5 4 5 4 11 (5 4)( 35 24) 35 24 x x x x x x x x x                  Xét: a)Nếu x 4 5  không thỏa mãn BPT b)Nếu x>4/5: Hàm số 2 2 (5 4)( 35 24) y x x x     với x>4/5 y ' = 2 2 2 2 1 1 5( 35 24) (5 4)( ) 35 24 x x x x x         >0 mọi x>4/5 Vậy HSĐB. +Nếu 4/5<x  1 thì y(x)  11 +Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1 . KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 29) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất. (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 – 3(m+1)x 2 + 9x – m (1), m là tham số thực 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Xác định các giá trị m để hàm số (1) nghịch biến.  0 n n k n k k n k a b C a b      . Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng ứng với k = i-1. Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển 8 1 1 3 1 log 3