Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 28

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 28) 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 m y x mx C    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số   1 C 2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của   m C cắt đường tròn tâm   1;1 , I bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất Câu II (1 điểm) Giải phương trình: 2 2 3 cos 2sin3 cos sin 4 3 1 3sin cos x x x x x x      Câu III (1 điểm) Cho I = ln 2 3 2 3 2 0 2 1 1 x x x x x e e dx e e e       . Tính e I Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = 2 a . Đáy là tam giác ABC cân  0 120 BAC  , cạnh BC = 2a. Gọi M là trung điểm của SA, tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu V (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 2 2 2 2 2 log 1 log 1 log 4 x y z      trong đó x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện xyz = 8. Câu VI (1 điểm)Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1; 0), B(-2; 4), C(-1; 4), D(3; 5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) :3 5 0 x y     sao cho hai tam giác MCD, MAB có diện tích bằng nhau. Câu VII (1 điểm) Trong hệ trục Oxyz, viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC); biết điểm A(1; 0; -1), B(2; 3; -1) và C(1; 3; 1). Câu VIII (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện: 2 3 z i z i     . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất. Câu IX (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 4 4 16 3 2 x 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 Câu I: Hàm số (C 1 ) có dạng 3 3 2 y x x     Tập xác định:   Sự biến thiên - lim , lim x x y y       - Chiều biến thiên: 2 ' 3 3 0 1 y x x       Bảng biến thiên X  - 1 1  y’ + 0 - 0 + Y 4   0 Hàm số đồng biến trên các khoảng     ; 1 , 1;    , nghịch biến trên khoảng (-1;1) Hàm số đạt cực đại tại 1, 4 CD x y    . Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 0 CT x y    Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn f (x)=x^3-3x+ 2 -2 -1 1 2 -1 1 2 3 4 x y Câu 1: 2.(1,0 điểm) Ta có 2 ' 3 3 y x m   Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình ' 0 y  có hai nghiệm phân biệt 0 m   Vì 1 . ' 2 2 3 y x y mx    nên đường thẳng  đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là 2 2 y mx    Ta có   2 2 1 , 1 4 1 m d I R m       (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng  luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt Với 1 2 m  , đường thẳng  không đi qua I, ta có: 2 1 1 1 . .sin 2 2 2 ABI S IA IB AIB R     Nên IAB S  đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I 1 2 2 R IH   (H là trung điểm của AB) 2 2 1 1 2 3 2 2 4 1 m m m        Câu II: ĐK: Với ĐK trên PT đã cho tương đương với Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là Câu III: I = ln2 3 2 3 2 0 2 1 1       x x x x x e e dx e e e = ln2 3 2 3 2 3 2 0 3 2 ( 1) 1           x x x x x x x x x e e e e e e dx e e e = ln2 3 2 3 2 0 3 2 1 1              x x x x x x e e e dx e e e = ln(e 3x + e 2x – e x + 1) ln 2 ln 2 0 0  x = ln11 – ln4 = 14 ln 4 Vậy e I = 11 4 . Câu IV I = ln2 3 2 3 2 0 2 1 1       x x x x x e e dx e e e = ln2 3 2 3 2 3 2 0 3 2 ( 1) 1           x x x x x x x x x e e e e e e dx e e e = ln2 3 2 3 2 0 3 2 1 1              x x x x x x e e e dx e e e = ln(e 3x + e 2x – e x + 1) ln 2 ln 2 0 0  x = ln11 – ln4 = 14 ln 4 Vậy e I = 11 4 . Vậy h M = d(M;(SBC)) = 2 6 a Câu V Sử dụng phương pháp vectơ Đặt 2 (log ;1) u x   ; 2 (log ;1) v y   và 2 w (log ;2) z   Ta có u  + v  + w  = ( log 2 x + log 2 y + log 2 z ; 4) = ( log2(xyz) ; 4) = (3; 4) Áp dụng bất đẳng thức u  + v  + w  w u v        4log1log1log 2 2 2 2 2 2  zyx  5 . Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi u  ; v  và w  cùng hướng  log 2 x = log 2 y = 1 2 log 2 z  x = y = 4 8 và z = 2 2  Giá trị nhỏ nhất của P bằng 5  x = y = 4 8 và z = 2 2 Câu VI Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0 x y    và 5 AB  Viết phương trình đường CD: 4 17 0 x y    và 17 CD  Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: ( ;3 5) M t t   , ta tính được: 13 19 11 37 ( , ) ; ( , ) 5 17 t t d M AB d M CD     (HS tự vẽ hình) * Áp dụng định lí sin trong  ABC có AB = AC = 2 3 a  S ABC  = 1 2 AB.AC.sin120 0 = 2 3 3 a . Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC  HA = HB = HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC. * Và theo định lí sin trong  ABC ta có: sin BC A = 2R  R = 2 3 a = HA  SHA vuông tại H  SH = 2 2 SA HA  = 6 3 a  . S ABC V = 1 3 S ABC  .SH = 2 2 9 a * Gọi h A , h M lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)  1 2 M A h SM h SA    h M = 1 2 h A .  SBC vuông tại S  S SBC  = a 2 * Lại có: . S ABC V = 1 3 S SBC  .h A  h A = . 3 S ABC SBC V S  = 2 3 a Từ đó: ( , ). ( , ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD    7 9 3 t t       Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ;2) 3 M M  Câu VII Nhận xét rằng: Đường thẳng  đi qua trực tâm H của ΔABC và vuông góc với mp(ABC) là giao tuyến của mp (P) đi qua A và vuông góc với BC với mp(Q) đi qua B và vuông góc với AC cũng là giao tuyến của mp đi qua C và vuông góc với AB. Viết pt(P): (P) đi qua A và nhận BC (-1; 0; 2) làm VTPT Nên pt (P) là :-x + 2z + 3 = 0 Viết pt(Q): (Q) đi qua B và nhận AC (0;3;2) làm VTPT Nên pt (Q) là:3y + 2z – 7 = 0 Dễ thấy  đi qua M(7;1;2) và có VTCP là   QP nnu , với ( 1;0;2) P n    (0;3;2) Q n   Suy ra u =(-6;2;-3) Vậy pt Δ là 7 6 1 2 2 3 x t y t z t            (t  R) Câu VIII Đặt z = x + yi; trong đó x, y  R |z - i| = | z - 2 - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i| *  x - 2y - 3 = 0  Tập hợp điểm M(x; y) biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình x - 2y - 3 = 0 (  ) * |z| nhỏ nhất  | OM  | nhỏ nhất  M là hình chiếu của điểm O(0; 0) trên (  )  M( 3 5 ;- 6 5 )  z = 3 5 - 6 5 i Câu IX * Đk: 4 0 4 0 x x         x  4. Đặt t = 4 4 x x    (t > 0) BPT trở thành: t 2 - t - 6  0  2( ) 3 t L t       * Với t  3  2 2 16 x   9 - 2x  2 2 ( ) 0 ( ) 4( 16) (9 2 ) a b x x                       x 4 9 - 2x < 0 x 4 9 - 2x * (a)  x > 9 2 . * (b)  145 9 36 2   x . Vậy tập nghệm của BPT là: T= 145 ; 36        . KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 28) 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=10000522316 9289 Câu I (2 điểm) Cho hàm số   3 3 2 m y x mx C    1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số   1 C 2. Tìm m để đường thẳng đi qua. thi không giải thích gì thêm! Hướng dẫn Câu I: Hàm số (C 1 ) có dạng 3 3 2 y x x     Tập xác định:   Sự biến thi n - lim , lim x x y y       - Chiều biến thi n: