KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 34)
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
2
( 1) ( )
y x x m
  
(1)
,
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
(1)
khi
0
m

.
b) Tìm
m
để đồ thị hàm số
(1)
có hai điểm cực trị

,
A B
sao cho ba điểm
,
A B
và
(10; 2)
C

thẳng
hàng.
Câu II (1 điểm)
Giải phương trình:
2
(2sin 1)(3cos 4 2sin ) 4cos 1
8
1 sin
x x x x
x
   



Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
3
2
0
sin
( )
1 cos

x x
I dx
x






Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh bằng
2
a
.
,
E F
lần
lượt là trung điểm của
AB
và
BC
,
H
là giao điểm của
AF
và

DE
. Biết
SH
vuông góc với mặt
phẳng
( )
ABCD
và góc giữa đường thẳng
SA
và mặt phẳng
( )
ABCD
bằng
0
60
. Tính thể tích khối
chóp
.
S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SH
,
DF
.

Câu V (1 điểm) ) Cho ba số thực
, ,
x y z
thoả mãn:
2 2 2

2 4 1
x y z x y
    
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2( )
T x z y
  

Câu VI (1 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông
ABCD
. Điểm
(2;3)
E thuộc đoạn
thẳng
BD
, các điểm
( 2;3)
H

và
(2;4)
K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm
E
trên
AB
và
AD

. Xác định toạ độ các đỉnh
, , ,
A B C D
của hình vuông
ABCD
.
Câu VII (1 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2
( ): ( 1) ( 2) 25
S x y z
    
. Viết
phương trình mặt phẳng
( )

đi qua điểm
(1; 2;3)
M

và vuông góc với mặt phẳng
( ) : 4 2014 0
x y z

   
. Đồng thời
( )

cắt mặt cầu
( )

S
theo giao tuyến là đường tròn có diện
tích bằng
16

.
Câu VIII (1 điểm) Tìm số phức
z
thoả mãn:
2
(1 2 )
z i
 là số thuần ảo và
5
z

.

Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2
2
4
(3 5)( 1) ( 3 6)
2 1 3 4
x x y x x y
y y 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 I:
Câu Đáp án
1.a
(1.0
điểm)
Với
0
m

ta có:
 
2

1
y x x
 


C


3 2
2
y x x x
   

1
0
. Hàm số có tập xác định là:


2
0
. Sự biến thiên của hàm số.
)
a
Giới hạn của hàm số tại vô cực.
lim
x
y

 
,

lim
x
y

 

)
b
Bảng biến thiên:

2
' 3 4 1
y x x
  


1
' 0
1
3
x
y
x



 





Bảng biến thiên
x



1
3

1



'
y



0 - 0


y


4
27







0


Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
1
;
3
 

 
 
và


1;


Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
1
;1
3
 
 
 

Hàm số đạt cực đại tại điểm
1
3

x

;
1 4
3 27
CD
y y
 
 
 
 

Hàm số đạt cực đại tại điểm
1
x

;


1 0
CT
y y
 

3
0
. Đồ thị
 Điểm uốn:
'' 6 4
y x

 


2
'' 0
3
y x
  
;
2 2
3 27
y
 

 
 

Tọa độ điểm uốn của


C
là
2 2
;
3 27
I
 
 
 


 Giao điểm của đồ thị với các trục
Đồ thị cắt trục tung tại


0;0
O
0 0; 1
y x x
   
. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm


1;1
;


0;0

 Đồ thị

Nhận xét: Đồ thị


C
của hàm số nhận điểm
2 2
;
3 27
I
 

 
 
làm tâm đối xứng.
1.b (1.0
điểm)
    
2
' 2 1 1
y x x m x
    

1
' 0
1 2
3
x
y
m
x



 





Để đồ thị hàm số



1
có hai điểm cực trị thì:
1
m
 



1 0
y


 
3
1 2 4
1
3 27
m
y m

 
 
 
 

Giả sử
 
 
3

4 1
1 2
1;0 ; ;
3 27
m
m
A B
 


 
 
 



     
 
 
3
2
9; 2
2 1 4 1 2 1
; 9;2 1
3 27 27
AC
m m m
AB m
 
 

   
    
 
 



, ,
A B C
thẳng hàng:
 
2
2 1
9
9 2
m 





 
 
2
1 1
0
/
2
m
m

t m
m
  




 


Vậy
2; 0
m m
  
thỏa mãn yêu cầu bài toán
Câu II:

2 (1.0
điểm)




2
2sin 1 3cos 4 2sin 4cos 1
8
1 sin
x x x x
x
   






1

Đk: 1 sin 0 2 ,
2
x x l l



     




*

PT


1




2
2sin 1 3cos 4 2sin 4cos 1 8 8sin

x x x x x
      





2
2sin 1 3cos4 2sin 4sin 8sin 3
x x x x x
     










2sin 1 3cos4 2sin 2sin 1 2sin 3
x x x x x
     


2sin 1 0
cos 4 1
x
x

 







 Với
2sin 1 0
x
 
2
6
7
2
6
x k
x k





  




 




 Với cos4 1
2
k
x x

  
Kết hợp với điều kiện


*
PT


1
có các nghiệm
2
6 3
x k
 
  

x k


, k





Câu III:
3
2
0
sin
1 cos
x x
I dx
x

 


 

 



3
2 2
0 0
sin
1 cos 1 cos
x x
dx dx
x x
 

 
 
 

 Tính
2 2
1
2
0 0
1 cos
2cos
2
x x
I dx dx
x
x
 
 

 

Đặt
2
tan
2cos
2
2
u x
dx du
dx

x
dv
v
x





 

 

 





2
1
0
.tan tan 2ln cos ln 2
2 2
2 2 2 2 2
0 0
x x x
I x dx

 

 
 
 
      
 
 
 
 


 Tính
3
2
2
0
sin
1 cos
x
I dx
x





Đặt : cos sin
t x dt xdx
   

Đổi cận :

x

0

2


t

1

0



 
1
2
2
0
1
1
1
0
2 2
t
I t dt t
 
     
 

 


Vậy
1
ln 2
2 2
I

  


Câu IV


Do
ABCD
là hình vuông cạnh
2
a
nên
2
4
ABCD
S a
 .
( )
SH ABCD

HA


là hình chiếu vuông góc của
SA

trên mp


ABCD


0
60 3
SAH SH AH   

 


. .
ABF DAE c g c BAF ADE
    
Mà:


0
90
AED ADE 

Nên



0
90
BAF AED 

0
90
AHE DE AF
   

Trong
ADE

có:
2
. .
5
a
AH DE AD AE AH  

Thể tích của khối chóp .
S ABCD
là:
3
2
1 2 8 5
. .4
3 15
5
a a
V a  (đvtt)


Trong mp


ABCD
kẻ
HK DF

tại
K
.


,
d SH DF HK
  .

Trong
ADE

có:
2
4
.
5
a
DH DE DA DH  

Có :
5

DF a

Trong
DHF

có:
2 2
2 2 2 2
16 9 3
5
5 5
5
a a a
HF DF DH a HF      


. 12 5
25
HF HD a
HK
DF
  
Vậy
 
12 5
,
25
a
d SH DF 
Câu V

     
2 2 2
2 2
2
2 4 1
1 2 4 1
x y z x y
x y z
    
     

Trong không gian với hệ tọa độ
Ox
yz
. Xét mặt cầu:
     
2 2
2
: 1 2 4
S x y z
    
. Có tâm


1; 2;0
I  ,bán kính
2
R

.

Xét mp


: 2 2 0
x y z T

   

G/s


; ;
M x y z
. Từ


1
có điểm
M
nằm bên trong


S
và kể cả trên mặt cầu


S






,
d I R

 


4
2 2 10
3
T
T

     

 Với
2
T
 
thì
M
là giao điểm của mp



:
2 2 2 0
x y z
   


Và đường thẳng

đi qua
I
và



 .

1 2
: 2
2
x t
y t
z t
 


   





1 4 4
; ;
3 3 3
M

 
   
 
 

 Với
10
T

. Tương tự
7 8 4
; ;
3 3 3
M
 

 
 

Vậy
min 2
T
 
khi
1
3
4
3
x
y z


 




  




max 10
T


khi
7
3
8
3
4
3
x
y
z






 








Câu VI


Có:
: 3 0
EH y
 


: 2 0
EK x
 

: 2 0
: 4 0
AH x
AK y
 




 




2;4
A 

Giả sử


;
n a b

,


2 2
0
a b
 
là VTPT của đường thẳng
BD
.
Có:

0
45
ABD 
nên:

2 2
2
2
a
a b
a b
   



Với
a b
 
, chọn
1 1 : 1 0
b a BD x y
       





2; 1 ; 3;4
B D  
 
 
4; 4
1;1
EB
ED


  








E

nằm trên đoạn
BD
(thỏa mãn)
Khi đó:


3; 1
C



Với
a b

, chọn
1 1 : 5 0
b a BD x y
      

.




2;7 ; 1;4
B D 
 
 
4;4
1;1
EB
ED

 



 




4
EB ED
 
 
E

nằm ngoài đoạn

BD
(loại)
Vậy:








2;4 ; 2; 1 ; 3; 1 ; 3; 4
A B C D   
Câu VII
mp



có VTPT:


1
1;1;4
n 


Giả sử


; ;

n a b c


,


2 2 2
0
a b c
  
là VTPT của mp




Ta có :


1
. 0 4 0 4
n n a b c b a c
        
 












: 1 4 2 3 0
a x a c y c z

       

Giả sử đường tròn giao tuyến của



và mặt cầu


S
có bán kính là
r
.
Ta có:
2
. 16 4
r r
 
  

Mặt cầu



S
có tâm


0;1; 2
I

, bán kính
5
R

.

 


2 2
, 3
d I R r

   




 
2
2 2
3 4 5
3

4
a a c c
a a c c
   
 
  


2 2
32 68 0
a ac c
   


2
34
a c
a c
 






 Với
2
a c
 
, chọn



1 2 : 2 2 5 0
c a x y z

        

 Với
34
a c

, chọn


1 34 :34 38 113 0
c a x y z

       

Vậy có hai mp thỏa mãn có PT:
2 2 5 0
x y z
   


34 38 113 0
x y z
   

Câu VIII


Giả sử
z a bi
 
, ,a b




z a bi
 

 
2
1 2 3 4
i i
   

        
2
1 2 3 4 3 4 3 4
z i a bi i a b b a i
          
Do
 
2
1 2
z i
 là số thuần ảo nên:
3

3 4 0
4
a
a b b    
Mặt khác :
2 2
5 25
z a b
   


2
2
9
25
16
a
a
  


2
16 4
a a
    

Vậy có hai số phức thỏa mãn là:
4 3
z i
 



4 3
z i
  


Câu IX

 




 
 
2 2
2
4
3 5 1 3 6 1
2 1 3 4 2
x x y x x y
y y y x

     


     










2 2 3 2
1 3 6 3 5 3 5 0
Pt y x x y x x x
        








2 2
2 3 2 2
3 6 4 3 5 3 5 3 4
x x x x x x x          
Suy ra:
2
3 5
1
y x
y x
 



 


 Với




3 5 2 1 0 2
y x VP PT       vô nghiệm
 Với
2
1
y x
 
.


2
PT trở thành:
4 24
2 3 3
x x x
   



3


Đk:
4 4
2 2
x  
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
4
4
4
5
1.1.1. 2
4
x
x

 
Từ


3
ta có :
4
2
5
3 3
4
x
x x

  



 
 
4 2
2
2
4 12 7 0
1 2 7 0
1
x x x
x x x
x
    
    
 


Thử lại
1
x

thỏa mãn


3

Với
1 0
x y

  
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm :


1;0