KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 36)
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) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x
3
– 3x
2
+ 2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình :
  

2
2 2
1
m
x x
x

Câu II (1 điểm) Giải phương trình:
5
2 2 os sin 1
12
c x x

 
 
 

 

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
1
2
3
2
0
4
ln
4
 


 

 

x
I x dx
x

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,tam giác
SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng (SCA) và
(SCB) hợp với nhau một góc bằng
0
60
.Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a .

Câu V (1 điểm) ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức:
     
2 2 2
2 1 3 16 36
S x y z

Câu VI (1 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC,phương trình
đường thẳng DM:
x y 2 0
  
và


C 3; 3

.Biết đỉnh A thuộc đường thẳng
d : 3x y 2 0
  
,xác
định toạ độ các đỉnh A,B,D.

Câu VII (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng


P : x y z 1 0
   

và hai
điểm




A 1; 3; 0 , B 5; 1; 2 .
  
Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho
MA MB
 đạt giá trị
lớn nhất.

Câu VIII (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức :
0 1 2 3 n
n n n n n
1 1 1 1 1023
C C C C C
2 3 4 n 1 10
     



Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình:
2 8
2 2 2 2
log 3log ( 2)
1 3
x y x y
x y 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:
1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
3 2
y x x .
  

T

ập xác định: Hàm số có tập xác định


D .



Sự biến thiên:
2
3 6
y' x x.
  Ta có
0
0
2
x
y'
x


 




,
y 0 x 0 x 2
     
h/s đồng biến trên các khoảng




;0 & 2;
 


,
y 0 0 x 2
    
h/s nghịch biến trên khoảng


0;2





0 2 2 2
CD CT
y y ; y y .
    
Giới hạn
3
3
x
x
3 2
lim y lim x 1
x x


 
    
 

 

Bảng biến thiên:
x


0 2


y'



0

0



y

2





2





Đồ thị:

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y

Câu 1: 2, Biện luận số nghiệm của phương trình
2
m
x 2x 2
x 1
  

theo tham số m.
Ta có
 
2 2
2 2 2 2 1 1
1
        

m
x x x x x m,x .
x
Do đó số nghiệm của phương trình bằng số

giao điểm của




2
2 2 1
y x x x , C'
    và đường thẳng
1
 
y m,x .

Vẽ
 


 
2
1
2 2 1
1
f x khi x
y x x x
f x khi x



    


 


nờn


C'
bao gồm:
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng
1
x .


+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng
1
x

qua Ox.
Đồ thị hàm số y =
2
( 2 2) 1
x x x
  
, với x

1 có dạng như hình vẽ sau
hình
f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5

5
x
y

Đồ thị đường thẳng y=m song song với trục ox
Dựa vào đồ thị ta có: +
2
 
m :
Phương trình vô nghiệm;
+
2
 
m :
Phương trình có 2 nghiệm kép +
2 0
  
m :
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt;
+
0

m :
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Câu II:
Giải phương trình:
5
2 2 os sin 1
12
c x x


 
 
 
 

5
2 2 os sin 1
12
c x x

 
 
 
 
5 5
2 sin 2 sin 1
12 12
x
 
 
 
   
 
 
 
 

5 5 1 5 5
sin 2 sin sin sin 2 sin sin

12 12 4 12 4 12
2
2cos sin sin
3 12 12
x x
     
  
   
         
   
   
   
   
   
   

 
5
2 2
5
612 12
sin 2 sin
5 13
312 12
2 2
12 12 4
x kx k
x k
x k x k
 


 
 

 

    

   
      

   
   

    

 




Câu III:
:
1
2
3
2
0
4
ln

4
 


 

 

x
I x dx
x
Đặt
2
4
2
4
3
16x
4 x
du dx
u ln
x 16
4 x
x 16
v
dv x dx
4


 






  



 
 

 






Do đó
 
1
1
2
4
2
0
0
1 4 x 15 3
I x 16 ln 4 xdx ln 2

4 4 x 4 5
 

 
     
 
 

 
 


Câu IV
Tính thể tích khối chóp S.ABC…
Gọi H là trung điểm của AB


SH AB SH ABC
   
Kẻ


AK SC SC AKB
  
SC KB
 








0
SAC ; SBC KA; KB 60
 
  
 
0 0
AKB 60 AKB 120
     
Nếu
0
AKB 60
   thì dễ thấy
KAB

đều
KA KB AB AC
   
(vô lí) Vậy
0
AKB 120
 

cân tại K
0
AKH 60
  
0

AH a
KH
tan 60
2 3
  

Trong
SHC

vuông tại H,đường cao
KH có
2 2 2
1 1 1
KH HC HS
  thay
a
KH
2 3

và
a 3
HC
2
 vào ta được
a 6
SH
8

2 3
S.ABC ABC

1 1 a 6 a 3 a 2
V .SH.dt . .
3 3 8 4 32

  
Câu V
Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
     
2 2 2
2 1 3 16 36
S x y z
Ta có:
   
     
2 2
2 2 2 2
2 2 3 12 6
S x y z

Trong hệ toạ độ OXY xét 3 véc tơ






a 2x; 2 , b 3y;4 ,c z;6
  
  
,





a b c 2x 3y z;2 12 6 40;20
       
  

     
2 2 2
2 2 2
a 2x 2 , b 3y 12 , c z 6
     
  
,
a b c 20 5
  
  

Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ :
S=
a b c a b c
    
     
S 20 5
  .Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ
a, b,c
  
cùng hướng
xét hệ điều kiện :

2x 3y z 2x 3y z 2x 3y z 40
2
2 12 6 2 12 6 20 20
 
       

x 2, y 8, z 12
   
Với :
x 2, y 8, z 12
  
thì
S 20 5

Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng
20 5
đạt được khi :
x 2, y 8, z 12
  



Câu VI


Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M….Tìm toạ độ A,B,D.
Gọi A


t; 3t 2

 
.Ta có khoảng cách:
   
4t 4
2.4
d A,DM 2d C,DM t 3 t 1
2 2

       

hay




A 3; 7 A 1;5
  
.Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có
A


1;5

thoả mãn. Gọi D


m;m 2

DM


thì




AD m 1;m 7 ,CD m 3;m 1
     
 

Do ABCD là hình vuông
       
2 2 2 2
m 5 m 1
DA.DC 0
m 1 m 7 m 3 m 1
DA DC
   



 
 
 
      





 

m 5
 

Hay D


5;3




AB DC 2; 6 B 3; 1
      
 
. Kết luận A


1;5

,


B 3; 1
 
, D


5;3

Câu VII

Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng


P : x y z 1 0
   
…….
Đặt vt của (P) là:


f x; y;z x y z 1
   
ta có




A A A B B B
f x ;y ;z f x ;y ;z 0



A,B nằm về hai phía so với (P).Gọi
'
B
đối xứng với B qua (P)


'

B 1; 3;4
   .
' '
MA MB MA MB AB
   
Đẳng thức xẩy ra khi
'
M, A, B
thẳng hàng



'
M P AB
  .Mặt khác phương trình
'
x 1 t
AB : y 3
z 2t
 


 


 


toạ độ M là nghiệm hệ
pt:

 
x 1 t t 3
y 3 x 2
M 2; 3;6
z 2t y 3
x y z 1 0 z 6
   
 
 
   
 
   
 
   
 
 
    
 

Câu VIII

0 1 2 3 n
n n n n n
1 1 1 1 1023
C C C C C
2 3 4 n 1 10
     


Xét khai triển:



 
 
n
0 1 2 2 n n
n n n n
1 1
n
0 1 2 2 n n
n n n n
0 0
1 x C C x C x C x
1 x dx C C x C x C x dx
     
     
 




 
1
1
n 1
0 1 2 2 3 n n 1
n n n n
0
0
1 x

1 1 1
C x C x C x C x
n 1 2 3 n 1



 
     
 
 
 


n 1
0 1 2 3 n
n n n n n
2 1 1 1 1 1 1023
C C C C C
n 1 2 3 4 n 1 n 1


       
  

n 1 n 1 10
2 1 1023 2 1024 2 n 1 10 n 9
 
          
vậy
n 9



Câu IX

Giải hệ phương trình:
2 8
2 2 2 2
log 3log ( 2)
1 3
x y x y
x y x y

   


    


.
Điều kiện: x+y>0, x-y

0
2 8
2 2 2 2 2 2 2 2
log 3log (2 ) 2
1 3 1 3
x y x y x y x y
x y x y x y x y
 
       

 

 
         
 
 

Đặt:
u x y
v x y
 


 

ta có hệ:
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3
2 2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
 
     
 

 
   

   
 
 


2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2
u v uv
u v uv
uv

  



  
 


. Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0
uv uv uv uv uv uv uv
          
.
Kết hợp (1) ta có:
0

4, 0
4
uv
u v
u v


  

 

(vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).