Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 20

Xác định m để hàm số 1 có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.. có đáy ABCD là hình chữ nhật với ABa ADa

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015

Môn: Toán (đề 20)

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 2

yx  x mx (1) với m là tham số thực

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0

2 Xác định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của

đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân

Câu II (1 điểm)

Giải phương trình:

tan 2 (sin sin 3 )

Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường :  P :y  x2 4x 3 và hai

tiếp tuyến của (P) tại hai điểm A0 ; 3 ,   B3 ; 0

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với

ABa ADa , tam giác SAB cân tại S và mặt phẳng (SAB vuông góc với mặt phẳng ) (ABCD Biết góc giữa mặt phẳng () SAC và mặt phẳng () ABCD bằng ) 60 Tính thể tích khối 0 chóp S ABCD Gọi H là trung điểm cạnh AB tính góc giữa hai đường thẳng CH và SD

Câu V (1 điểm) ) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a b c ta có: , ,

1

a ab ac b bc ba c ca cb 

Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I3;3 và AC 2BD Điểm

4

2;

3

M 

  thuộc đường thẳng AB, điểm 3;13

3

N 

  thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3

Câu VII (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A2 ; 4 ; 1,B  1 ; 4 ; 0

0 ; 0 ; 3

C  .Xác định tâm và bán kính đường tròn (ABC)

Câu VIII (1 điểm) Tìm n nguyên dương thỏa mãn: C +3 C +7 C + +(2 - 1) C =3 - 2 - 6480 n 1 n 2 n 3 n n n 2 n n

Câu IX (1 điểm) Giải bất phương trình: 3 2

3 x   1 2x  3x 1

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

1

 Tập xác định: D =

 Sự biến thiên:

2

x

x







Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 0) và (2; +), nghịch biến trên khoảng (0; 2)

- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = y(2) =  2;

+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 2

- Giới hạn: lim , lim

Bảng biến thiên:

- Đồ thị:

+ Giao Ox ……

+ Giao Oy ……

- Đồ thị nhận điểm I(1; 0) là tâm đối xứng

2

Hàm số có cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt     ' 9 3m 0 m  3 (1)

yx  x mx y  x y    x 

Đường thẳng d qua 2 điểm cực trị của đths có pt: ( 2 2) 2

y   x 

Đường thẳng d cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tại 6 ; 0 , 0;6

m

m



Với m = 6 thìABO do đó so với điều kiện ta nhận 3

2

m  

II 1

ĐK: cosx 0, cos 3x 0

Pt  tan sinx x tan 3 sin 3x x tan 2 (sinx x sin 3 )x

(tan tan 2 ) sin (tan 3 tan 2 ) sin 3 0 sin( ) sin( )

cos cos 2 cos 3 cos 2



0 y’(x)

y(x)

2

2



+

x

y

1

2

2

2

sin 0 sin 3 sin

0 cos 3 cos

x









 sin 0 sin 0 ( ) sin 2 0 cos 0 ( )

x k

III

Câu III

 



    

 



' 0 4

' 3 2

y

y

+ Phương trình tiếp tuyến 1 của (P) tại A có dạng:

1

1

y x

+ Phương trình tiếp tuyến 2 của (P) tại B có dạng:

    

2

2

Dựa vào đồ thị ta có diện tích hình phẳng cần tìm là:

               

3

3 2

3 0

2

3

3 2

2

1

3

x dx  x x x dx

2

3 0

2

9 4

 (đvdt)

IV

đỉnh S

Gọi H là trung điểm của AB

0

60

SKH  Xét 2 tam giác đồng dạng

2

a

6

a KH

HK

Gọi V là thể tích khối chóp

3 ABCD

2

Gọi M là điểm đối xứng với H qua A Ta có (CH SD, ) (SD DM, )

Từ giả thiết ta có DA(SBA) SAD vuông tại A

2

2

SM SH HM  a 

2

7 11

cos

2

SDM



Vậy cos( , ) 7 11

33

CH SD  ( , ) 45 17 22 o

CH SD  

V

(ab a)( c) ( ab  ac) a bc2a bc (a bc) 0

2

(a b a)( c) ( ab ac)

      (a b a )( c) ab ac Dấu “=” xảy ra khi a bc

Hoàn toàn tương tự, ta có:

b bc ba  b c a ,

c ca cb  c a b

Cộng vế theo vế ta có:

1

a a b a c b bc ba c ca c b  Dấu “=” xảy ra abc

VI Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là ' 3;5

3

N  

 

Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: x 3y  2 0

IH d I AB    

Do AC 2BD nên IA 2IB Đặt IBx 0, ta có phương trình

2

x  x     

Đặt B x y ,  Do IB  2 và BAB nên tọa độ B là nghiệm của hệ:

 2  2 2

14

4 3

5 18 16 0

3 2

3 2 0

5

x

x

y

x y









 



Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn 14 8;

5 5

B 

Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x y 18  0

V

II

Xác định tâm và bán kính đường tròn (ABC)

Ta có: AB  3 ; 0 ; 1 ,   AC  2 ;  4 ;  4 , BC1 ;  4 ;  3

Suy ra: Tam giác ABC vuông tại B

Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (ABC), ta có:

 I là trung điểm cạnh AC nên I1 ; 2 ; 1

 1 3

2

R AB

* Viết phương trình đường tròn (ABC)

Gọi (S) là mặt cầu tâm I1 ; 2 ; 1 bán kính R 3 thì phương trình mặt cầu (S) có

dạng : x 12 y 22 z 12  9

Đường tròn (ABC) là giao của mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) nên các điểm nằm

trên đường tròn có tọa độ thỏa hệ sau

 12  22  12 9

2 5 6 18 0







Hệ trên chính là phương trình đường tròn (ABC)

c

V

II

I

Xét   0 1 2 2 3 3

1 x n C n C x n C x n C x n  C x n n. n

+ Với x = 2 ta có: 0 1 2 3

3n C n  2C n 4C n  8C n  2  n C n n (1)

+ Với x = 1 ta có: 0 1 2 3

2n C n C nC n C n  C n n (2) + Lấy (1) – (2) ta được: 1 2 3  

3 7 2 1 3 2

    n n n n

3n 2n 3 n 2n 6480  3n 3n 6480  0 3n  81 n 4

IX Điều kiện:  2 x3.Đặt t x22 3x với x   2, 3

t

    ; y'  0  3 x  2 x 2 x  1

Bảng biến thiên:

Từ BBT suy ra: t 5,5

t x  x   x x  xt  nên phương trình trở thành:

2

t



Xét hàm số  

2

14

t

f t

t



 với t 5,5

 , ta có:

2 2

14

t



     đồng biến trên  5,5

Phương trình có nghiệm thực   5  5 9 5 11

f m f   m

Vậy, phương trình có nghiệm thực khi 9 5 11