KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 31)
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)!

Câu I (2 điểm Cho hàm số
3
2
3 1
6
2 4 2
x
y x mx
   
.
1) Với
1
2
m

. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Tìm các số thực
m
để hàm số có 2 điểm cực đại, cực tiểu trên [-1;1].
Câu II (1 điểm) Giải phương trình:
s inx-cos3 2 cos 2 cos
2 sin 2
tan tan
4 4

x x x
x
x x
 


   
 
   
   

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
0
4 2
1
1
x
dx
x x

 

.
Câu IV (1 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật,
2
AB a

,
2
AD a

.
SA

vuông góc với đáy
ABCD
. Gọi M là trung điểm CD và góc giữa hai mặt phẳng (SBM) và
(ABCD) là 60
o
. CMR
( )
BM SAC

và tính thể tích khối chóp S.BCM theo a.
Câu V (1 điểm) Cho
, , , 0
a b a b
 
 CMR:
2 2
3 3 1 1
2 2
4 4 2 2
a b a b a b
     
      
     
     


Câu VI (1 điểm)Trong hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(4;2), B(-3;1), C là điểm có hoành độ dương

nằm trên đường thẳng (d):x+y=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết
diện tích tam giác ABC bằng 25.
Câu VII (1 điểm Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho




A 2;2; 2 , B 0; 1; 2 ,
  


C 2;2; 1

.
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và các trục
y’Oy, z’Oz
tại M và N
khác với gốc tọa độ sao cho
ON 2OM

.
Câu VIII (1 điểm Một đội xây dựng gồm 3 kĩ sư, 7 công nhân lập một tổ công tác gồm 5 người.
Hỏi có bao nhiêu cách lập được tổ công tác gồm 1 kĩ sư làm tổ trưởng, 1 công nhân làm tổ phó
và 3 công nhân tổ viên.
Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình:
 
2
2
1
1 2

,
3 2 2 4 1
x y
y x
x y
x x y




 



     



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 Nội dung
I:(4,0 đ)


1.a)2,0đ
a)khi
3
2
1 3 1
3
2 2 4 2
x
m y x x
     

1. Tập xác định:
D



2. Sự biến thiên của hàm số
* Giới hạn tại vô cực của hàm số.
3
2 3
2 3
3 1 1 3 3 1
lim lim ( 3 ) lim ( ) ;lim
2 4 2 2 4 2
x x
x x
x
y x x x y
x x x
 

 
           


* Lập bảng biến thiên
2
9
1 ( 1)
3 3
4
' 3; ' 0
9
2 2
2 (2)
2
x y
y x x y
x y

    

    


   




bảng biến thiên

9
4
y'
-1
+
+
- 00
-

-
9
2
+

+

2
-

y
x

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-
; 1
 
) và (2;+

);
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;2);


Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 =>y
ct
= , Hàm số đạt cực đại tại x=0=>y
cđ
=

3. Đồ thị
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại (0; 1/2)
ĐTHS đi qua (-1; 9/4), (-5/2;-9/2)

2.(1,0 đ)
Tập xác đinh :
D


;
2
3 3
' 6
2 2
x
y x m
  
Do y’ là tam thức bậc hai nên hàm số có cực đại, cực tiểu trên [-1;1]



2
3 3
6 0

2 2
x
x m
   
có hai nghiệm phân biệt
,
2
4 4
x x
m
  

có hai nghiệm phân biệt ,

đường thẳng y=m cắt đồ
thị hàm số
2
( )
4 4
x x
f x
 
tại 2 điểm phân biệt có hoành độ ,


Lập bảng biến thiên ta được -
Câu II:
Giải phương trình
s inx-cos3 2 cos 2 cos
2 sin 2

tan tan
4 4
x x x
x
x x
 


   
 
   
   
. (1)
Điều kiện:
4 4
tan tan 0
4 4
( )
4 4 4 2
os os 0
1
4 4
(cos 2 os ) 0
2 2 4 2
x k x k
x x
x k x k x k k
c x c x
x c x k
 

 
 
   
 
 
  
 
   
 

   
  
 
   

      
          
  
   
  
  
   
  
   

   
 
 



4
2
-2
-4
5
I
-
9
8
1
2
-
5
2
-
9
2
9
4
y
x
7
2
2
O
-1
1
sin sin
( os2 os )
4 4

2 2
tan tan 1
1
4 4
( os2 os )
os os
2 2
4 4
x x
c x c
x x
c x c
c x c x
 

 

 
   
 

   
   
   
    
   
   
   

 

   
   


(1) 2 sin 2 sinx-cos3 2cos 2 cos
2 sin 2 sinx-cos3 cos os3
x x x x
x x x c x
  
   

2 sin 2 2 s in
4
x x

 
  
 
 
2
2 2
44
sin 2 sin
2
4
2 ( ) 2
4 3
4
x kx x k
x x

x k
x x k




 

 

   

 
    

 
 

 
   

 

Kết hợp với điều kiện phương trình đã cho có nghiệm là
11 5
2 , 2 ( )
12 12
x k x k k
 
 

     



Câu III:

Đặt ; =

Nếu x=-1 thì t=
Nếu x=0 thì t=


Câu IV
Gọi I là giao điểm của AC và MB. Xét
ABC

và
BCM


Ta có 2
AB BC
ABC BCM
BC CM
    







90
o
ACB BMC MBC BMC MBC ACB     


I
M
B
D
A
C
S
BIC
 
Vuông tại I hay
BM AC

,
mà ( )
SA ABCD BM
 

BM SA
 

( )
BM SAC
 


SI BM
  
góc giữa hai mặt phẳng
( )
ABCD
và
( )
SBM

Là góc giữa SI và AI hay

60
o
SIA 
.
Ta có:
ABC ABI
 


2 2 2
2 2
4 4 2 6
3
6
AI AB AB a a a
AI
AB AC AC
a
AB BC

      

.
Xét
SAI

vuông tại A. Ta có:
 
2 6
tan tan . 3 2 2
3
SA a
SIA SA AI SIA a
AI
     .
2
1 2
.
2 2
BCM
a
S BC CM  . SA là chiểu cao của khối chóp
.
S BCM
nên
2 3
.
1 2 2
. .2 2
3 3.2 3

S BCM BCM
a a
V S SA a   (đvtt)
Câu V
Cho
, , , 0
a b a b
 
 CMR:
2 2
3 3 1 1
2 2
4 4 2 2
a b a b a b
     
      
     
     

CM
Ta có
2
2 2
3 1 1 1 1 1
4 4 2 2 2 2
a b a a a b a a b a b
 
               
 
 


Tương tự
2
3 1
4 2
b a a b
    

Ta sẽ CM:
2
1 1 1
2 2 (*)
2 2 2
a b a b
    
    
    
    

Thật vậy:
2 2
1 1
(*) 2 4
4 4
a b ab a b ab a b
         
2
( ) 0
a b
  


Dấu “=” xảy ra
1
2
a b
  

Câu VI
AB

=(-7;-1) là véc tơ chỉ phương của AB nên véc tơ pháp tuyến là
(1; 7)
n
  

phương trình AB:




1 x 4 7 y 2 0 7 10 0
x y
       

B
A
C
I
2 2
( ) ( ; ) ( 0)

| 7 10 | | 8 10 |
( , ) ; 50
50
1 7
C d C c c c
c c c
d C AB AB
   
  
   


diện tích tam giác ABC bằng 25 nên ta có
5
1 | 8 10 |
( , ). . 50 25 (5; 5)
15
2
0
2 50
2
ABC
c
c
S d C AB AB C
c






     

  


Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là:

2 2 2 2
( ) : 2ax 2 0 ( 0)
C x y by c a b c
       

Do A, B, C nằm trên (C) nên ta có hệ

2 2
2 2
2 2
4 2 8 4 0
8 4 20
( 3) 1 6 2 0 6 2 10
10 10 50
5 ( 5) 10 10 0
a b c
a b c
a b c a b c
a b c
a b c

    

    



          
 
 
    
     




1
2
20
a
b
c



   


 

Phương trình đường tròn (C):
2 2
2 4 20 0

x y x y
    



Câu VII

Từ giải thiết ta chọn
(0; ;0)
M m và
(0;0; )
N n
trong đó
0
mn

và
2
n m
 
.
Gọi
n

là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P)//BC và (P) đi qua M, N nên
(2;3; 3)
n BC
  
 
,

(0; ; )
n MN m n
  
 
nên ta chọn
, (3 4 ; 2 ; 2 )
n BC MN n m n m
 
    
 
  

+
2 (9 ; 4 ; 2 )
n m n m m m
    

và (P) đi qua
( 2;2; 2)
A
 
nên (P) có phương trình:
3 4 2 10 0
x y z
   
.
+
2 ( 9 ;4 ; 2 )
n m n m m m
     


và (P) đi qua
( 2;2; 2)
A
 
nên (P) có phương trình:
9 4 2 30 0
x y z
   
.
Vậy


P : 3 4 2 10 0
x y z
   

Hoặc
9 4 2 30 0
x y z
   

Câu VIII

Chọn 1 kĩ sư làm tổ trưởng trong 3 kĩ sư

số cách chọn là 3. Được 1 tổ trưởng
Chọn 1 công nhân làm tổ phó trong 7 công nhân

số cách chọn là 7. Được 1 tổ trưởng, 1 tổ phó

Chọn 3 công nhân làm tổ viên trong 6 công nhân

số cách chọn là số tổ hợp chập 3 của 6 là
3
6
C


số cách lập tổ công tác thỏa mãn đề bài là
3
6
3.7. 420
C 

Câu IX

Điều kiện:
 
2
1 0
2 0
*
3 2 0
2 4 0
x
x
x
x y
 



 


 


  

.
Từ phương trình
 
 
 
3
3 3
2
1
2 1 1 1 1
1 2
x y
x x y y x x y y
y x

           
 
.
Xét hàm số



3
, 0
f t t t t
  
.
Ta có


2
' 3 1 0, 0
f t t t
    
. Vậy hàm số đã xét đồng biến trên tập


0;

. Từ đó


2
1 1 1
y x y x
     
. Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được
2
3 2 3 1 3 2 1 3
2 0
3 2 2 1.
7 6 0

x x x x
x
x x x
x x
         
 

      

  


Với
1
x

thì
2
y   (thỏa (*)).
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
 






; 1; 2 , 1; 2
x y   .