Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 30

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Khi đó hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT1T2.. Ghi chỳ: - Thớ sinh khụng được sử dụng bất cứ tài liệu gỡ!. - Cỏ

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015

Mụn: Toỏn (đề 30)

Thời gian làm bài: 180 phỳt (Khụng kể thời gian giao đề)

Đề thi được soạn theo cấu trỳc mới nhất 2015!(Kốm đỏp ỏn chi tiết tại)!

https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169289

x  x  có đồ thị (C)

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2/ Với mỗi điểm M thuộc (C) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến với (C)?

Cõu II (1 điểm)

Giải phương trỡnh: sin 3 sin 2 sin

Cõu III (1 điểm) Tớnh tớch phõn: I =

1 2 2 2

e x

dx

x  x 



cạnh bên SA = SB = SC = 3 Gọi K , L lần lượt là trung điểm của AC và BC Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy các điểm M, N sao cho SM = BN = 1 Tính thể tích của tứ diện LMNK

Cõu V (1 điểm) ): Cho n là số nguyên lẻ và n > 2 Chứng minh rằng với mọi a khác 0 luôn có:



Cõu VI (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình :

2  2

x  y  Chứng minh rằng với mỗi điểm M(m; 3) trên đường thẳng y = 3 ta luôn tìm được hai điểm T1,

T2 trên trục hoành, sao cho các đường thẳng MT1, MT2 là tiếp tuyến của (C) Khi đó hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT1T2

Cõu VII (1 điểm) Trong khụng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A2;3;1 , B1; 2; 0 , C1;1; 2  Tỡm tọa độ trực tõm H và tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC

Cõu VIII (1 điểm) Với giá trị nào của x và y thì 3 số u1  8xlog2y, u2  2xlog2y, u3  5 y

theo thứ tự đó, đồng thời lập thành một cấp số cộng và một cấp số nhân

2

CHÚC CÁC EM THÀNH CễNG !

Ghi chỳ: - Thớ sinh khụng được sử dụng bất cứ tài liệu gỡ!

- Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm!

Hướng dẫn

Cõu I: M thuộc đồ thị (C) suy ra M(a; a3

- 3a2 + 2) đường thẳng (d) tiếp xúc với (C) tại T(x0;y0) thì (d) có phương trình:

y = (3x02

- 6x0)(x - x0) + x03

- 3x02 + 2

Do M  (d) nên:

3 2  2    3 2

a  a   x  x ax x  x 

   2   2

ax  x  a x  aa 

  0 0

3

0 2

a

ax x   

  

0

0

3 2

a x









 



2

a

a  a  M  I(1; 0) có một tiếp tuyến duy nhất

2

a

a  a  M  I(1; 0) có hai tiếp tuyến

Cõu II

Đặt

4

t x 

  khi đó phương trình trở thành

sin 3  sin 2 sin sin 3 cos 2 sin  *

2

3

2

cos 2 sin sin 3 0

cos 2 sin 3sin 4sin 0

sin cos 2 3 4 sin 0

sin cos 2 3 2 1 cos 2 0

sin 3cos 2 1 0

sin 0

,

1

arccos cos 2

3

t k t

k l Z

t





















Suy ra : 4

arccos











  







 

     



Vậy phương trình có nghiệm

4



   , 1arccos 1



 

    

 

Cõu III :

2

1 1

2 0

0

4

1

0

x



………

Cõu IV :

đ) Lấy điểm E thuộc SA sao cho AE =1 suy ra NE // AB//KL

6

NKL EKL MEKL MNKL EKM SKC

S S V V S  S

Mặt khác khoảng cách từ L đến mặt phẳng (MKE) bằng

2

BK

6

MEKL SABC

N

M

E

C

B A

S

Cõu V

Coi a là ẩn , điều kiện a khác 0

Đặt

2! 3! 1 ! 1 !

n

n





     









Suy ra

n

n





     











Khi đó:

'

!

2! 4! 1 ! '

!

n

n

n

a

u u

n

u v

n a

n





 



        



   



với mọi a và n lẻ, n > 2

Đặt vế trái củabất đẳng thứccần chứng minh là f(a)

          

Do u + v > 0, a  0   

 

f a

f a











Ta có bảng biến thiên

a -  0 +

f’(a) + 0 -

khi a < 0 khi a > 0

f(a)

1

Vậy, từ bảng biến thiên ta có f(a) < 1 (đpcm)

Cõu VI

Đường tròn (C) có tâm I(0 ; 1) bán kính R = 1

Điểm T thuộc trục hoành thì T(t; 0)

Điểm M(m; 3) thuộc đường thẳng y = 3 , ta có:

Phương trình đường thẳng MT:

3 3   3 0

3

t m

Do MT là tiếp tuyến của (C) nên khoảng cách từ tâm I của (C) đến MT bằng 1, hay:

2 2

3

3

t m

 

 

Do phươgn trình (*) luôn có hai nghiệm t1, t2 với mọi m nên luôn tồn tại hai điểm T1(t1; 0) và T2(t2; 0) để MT1 và

MT2 là tiếp tuyến của (C)

*) Theo định lí Viét có t1 + t2 = -2m Phương trình đường tròn (C1) ngoại tiếp tam giác MT1T2 có dạng:

x2y2 2ax2by c  0

Vì M, T1, T2 thuộc đường tròn (C1) nên có hệ:

2

2

2

     



  





  



(I)

Giải hệ (I) ta có:

2

2 2 3

m b c











 





 



Vậy phương trình của (C1) là:

2 2  2 

x y  mx m  y 

Cõu VII

H x y z; ; là trực tõm của tam giỏc ABC khi và chỉ khi BH AC CH, AB H, ABC

2 15

29

15

3

2 29 1

; ;

15 15 3

x

AH AB AC

z

H





 











 

 

  

I x y z; ;  là tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC khi và chỉ khi AI BI CI I, ABC

         

2

AI BI

AI AB AC









  

14

15

61 14 61 1

, ,

30 15 30 3

1

3

x

z













 





Cõu VIII

Nếu các số u u u đồng thời lập thành cấp số cộng và cấp số nhân thì 1, 2, 3

1 3 2 2

2

u u u

 







 Suy ra u u là nghiệm của phương trình: 1, 3 x22u x u2  22 0xu2

Vậy u1u2 u3

Vậy theo Câu ra ta có:

2

log

x y x y

x y

y











Từ (1) 3x3log2 yxlog2 y 2 log2 y, thay vào (2) ta được:

1

2

y



Cõu IX

Đặt 1 log2

1

m a

m

 

 , bất phương trình đã cho trở thành:

  2

3a x 2ax2a0 (1) BPT (1) thỏa mãn với mọi x khi và chỉ khi:

2

3 3

6 3

6

a a

a

a a

a









 



 Với a > 6 ta có: 1 log2 6

1

m m

  log2 1 5

m

m   1 32

m

m   31 1

32 m

    (1)

(2)