K THI TH TUYN SINH QUC GIA NM 2015 Mụn: Toỏn ( 30) Thi gian lm bi: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao ) thi c son theo cu trỳc mi nht 2015!(Kốm ỏp ỏn chi tit ti)! https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169289 Cõu I (2 im) Cho hàm số y = 3 2 3 2 x x có đồ thị (C). 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2/ Với mỗi điểm M thuộc (C) kẻ đợc bao nhiêu tiếp tuyến với (C)? Cõu II (1 im) Gii phng trỡnh: sin 3 sin 2 .sin 4 4 x x x Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn: I = 1 2 2 2 0 4 4 e x dx x x Cõu IV (1 im) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân( AB = BC = 1) và các cạnh bên SA = SB = SC = 3. Gọi K , L lần lợt là trung điểm của AC và BC. Trên cạnh SA, SB lần lợt lấy các điểm M, N sao cho SM = BN = 1. Tính thể tích của tứ diện LMNK Cõu V (1 im) ): Cho n là số nguyên lẻ và n > 2. Chứng minh rằng với mọi a khác 0 luôn có: 2 3 2 3 1 1 1 1 2! 3! ! 2! 3! 1 ! 1 ! n n n a a a a a a a a a n n n Cõu VI (1 im) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình : 2 2 1 1 x y Chứng minh rằng với mỗi điểm M(m; 3) trên đờng thẳng y = 3 ta luôn tìm đợc hai điểm T 1 , T 2 trên trục hoành, sao cho các đờng thẳng MT 1 , MT 2 là tiếp tuyến của (C). Khi đó hãy viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác MT 1 T 2 . Cõu VII (1 im) Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz cho ba im 2;3;1 , 1; 2;0 , 1;1; 2 A B C . Tỡm ta trc tõm H v tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC Cõu VIII (1 im) Với giá trị nào của x và y thì 3 số 2 2 log log 1 2 3 8 , 2 , 5 x y x y u u u y theo thứ tự đó, đồng thời lập thành một cấp số cộng và một cấp số nhân. Cõu IX (1 im) Tìm giá trị của m để bất phơng trình sau ngiệm đúng với mọi x 2 2 2 2 2 log 2 1 log 2 1 log 0 1 1 1 m m m x x m m m CHC CC EM THNH CễNG ! Ghi chỳ: - Thớ sinh khụng c s dng bt c ti liu gỡ! - Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm! Hng dn Cõu I: M thuộc đồ thị (C) suy ra M(a; a 3 - 3a 2 + 2). đờng thẳng (d) tiếp xúc với (C) tại T(x 0 ;y 0 ) thì (d) có phơng trình: y = (3x 0 2 - 6x 0 )(x - x 0 ) + x 0 3 - 3x 0 2 + 2 Do M (d) nên: 3 2 2 3 2 0 0 0 0 0 3 2 3 6 3 2 a a x x a x x x 2 2 0 0 0 2 3 3 0 a x x a x a a 0 0 3 0 2 a a x x 0 0 3 2 x a a x TH1: 3 1 2 a a a M I(1; 0) có một tiếp tuyến duy nhất TH2: Nếu 3 1 2 a a a M I(1; 0) có hai tiếp tuyến Cõu II Đặt 4 t x khi đó phơng trình trở thành sin 3 sin 2 sin sin 3 cos 2 sin * 2 t t t t t t 3 2 cos 2 sin sin 3 0 cos 2 sin 3sin 4sin 0 sin cos 2 3 4sin 0 sin cos 2 3 2 1 cos 2 0 sin 3cos 2 1 0 sin 0 , 1 1 1 arccos cos 2 2 3 3 t t t t t t t t t t t t t t t t k t k l Z t l t Suy ra : 4 1 1 arccos 4 2 3 x k x l Vậy phơng trình có nghiệm 4 x k , 1 1 arccos 4 2 3 x l Cõu III : 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 4 4 2 1 1 4 4 4 4 4 2 e x x x I dx e dx e dx e dx x x x x x 1 1 2 2 2 0 0 1 1 4 2 2 e x e dx x x 1 2 2 2 2 0 1 5 3 4 ln 2 4 ln 2 3 2 e e x e e x Cõu IV : đ) Lấy điểm E thuộc SA sao cho AE =1 suy ra NE // AB//KL 1 ; 6 NKL EKL MEKL MNKL EKM SKC S S V V S S Mặt khác khoảng cách từ L đến mặt phẳng (MKE) bằng 2 BK Vậy 1 6 MEKL SABC V V mà 1 1 17 1 1 17 34 . . 3 3 2 2 12 144 6 2 SABC ABC KLNM V SK S V (đvtt) N M E K L C B A S Cõu V Coi a là ẩn , điều kiện a khác 0 Đặt 2 3 2 3 1 1 2! 3! ! 1 2! 3! 1 ! 1 ! n n n a a a u a n a a a a v a n n Suy ra 2 3 1 2 3 2 1 ' 1 2! 3! 1 ! ' 1 2! 3! 2 ! 1 1 ! n n n a a a u a n a a a a v a n n Khi đó: 2 4 1 ' ! 2 1 0 2! 4! 1 ! ' ! n n n a u u a a a n u v n a v v n với mọi a và n lẻ, n > 2. Đặt vế trái củabất đẳng thứccần chứng minh là f(a). Ta có ' ' ' ! ! ! n n n a a a f a u v uv u v v u u v n n n Do u + v > 0, a 0 ' 0 ' 0 f a f a Ta có bảng biến thiên a - 0 + f(a) + 0 - khi a < 0 khi a > 0 f(a) 1 Vậy, từ bảng biến thiên ta có f(a) < 1 (đpcm) Cõu VI Đờng tròn (C) có tâm I(0 ; 1) bán kính R = 1 Điểm T thuộc trục hoành thì T(t; 0) Điểm M(m; 3) thuộc đờng thẳng y = 3 , ta có: Phơng trình đờng thẳng MT: 3 3 3 0 3 x m y x t m t t m Do MT là tiếp tuyến của (C) nên khoảng cách từ tâm I của (C) đến MT bằng 1, hay: 2 2 2 2 2 3 1 2 9 2 3 0 * 3 t m t m t t m t mt t m Do phơgn trình (*) luôn có hai nghiệm t 1 , t 2 với mọi m nên luôn tồn tại hai điểm T 1 (t 1 ; 0) và T 2 (t 2 ; 0) để MT 1 và MT 2 là tiếp tuyến của (C). *) Theo định lí Viét có t 1 + t 2 = -2m. Phơng trình đờng tròn (C 1 ) ngoại tiếp tam giác MT 1 T 2 có dạng: 2 2 2 2 0 x y ax by c Vì M, T 1 , T 2 thuộc đờng tròn (C 1 ) nên có hệ: 2 2 1 1 2 2 2 9 2 6 0 2 0 2 0 m ma b c t at c t at c (I) Giải hệ (I) ta có: 2 2 2 3 a m m b c Vậy phơng trình của (C 1 ) là: 2 2 2 2 2 3 0 x y mx m y Cõu VII H ; ; x y z l trc tõm ca tam giỏc ABC khi v ch khi , , BH AC CH AB H ABC 2 15 . 0 1 2 2 3 0 29 . 0 3 1 1 2 0 15 2 8 3 5 1 0 , 0 1 3 2 29 1 ; ; 15 15 3 x BH AC x y z CH AB x y z y x y z AH AB AC z H I ; ; x y z l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC khi v ch khi , AI BI CI I ABC 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 2 1 1 2 1 2 2 8 3 5 1 0 , 0 x y z x y z AI BI CI BI x y x y z x y z AI AB AC 14 15 61 14 61 1 , , 30 15 30 3 1 3 x y I z Cõu VIII Nếu các số 1 2 3 , , u u u đồng thời lập thành cấp số cộng và cấp số nhân thì 1 3 2 2 1 3 2 2 u u u u u u Suy ra 1 3 , u u là nghiệm của phơng trình: 2 2 2 2 2 2 0 x u x u x u Vậy 1 2 3 u u u . Vậy theo Câu ra ta có: 2 2 2 log log log 8 2 2 5 x y x y x y y Từ (1) 2 2 2 3 3log log 2 log x y x y y , thay vào (2) ta đợc: 2 3log 4 4 4 2 2 1 2 5 5 1 5 2 log 5 log 5 2 y y y y x Cõu IX Đặt 2 1 log 1 m a m , bất phơng trình đã cho trở thành: 2 3 2 2 0 a x ax a (1) BPT (1) thỏa mãn với mọi x khi và chỉ khi: 2 3 3 3 0 6 3 , 0 2 3 0 6 a a a a a a a a a Với a > 6 ta có: 2 1 log 6 1 m m 2 log 5 1 m m 32 1 m m 31 1 32 m (1) (2) . K THI TH TUYN SINH QUC GIA NM 2015 Mụn: Toỏn ( 30) Thi gian lm bi: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao ) thi c son theo cu trỳc mi nht 2015!(Kốm ỏp. 14 15 61 14 61 1 , , 30 15 30 3 1 3 x y I z Cõu VIII Nếu các số 1 2 3 , , u u u đồng thời lập thành cấp số cộng và cấp số nhân thì 1 3 2 2 1 3 2 2 u. https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169289 Cõu I (2 im) Cho hàm số y = 3 2 3 2 x x có đồ thị (C). 1/ Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2/ Với mỗi điểm M thuộc (C) kẻ đợc bao nhiêu