Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 38

THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI 
Đề Số 6, số 453, thỏng 4 năm 2015. 
ĐỀ 
(Thời gian làm bài:180 phỳt) 
Cõu 1 (2,0 điểm). Gọi ( ) m C  là đồ thị của  hàm số  3  3 y x x m = - +  ( m là tham số thực). 
a)  Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số khi  2 m =  . 
b)  Định tham số m để qua điểm uốn của đồ thị ( ) m C  kẽ được một đường thẳng ( ) d  tạo với đồ thị ( ) m C  một 
hỡnh phẳng (H) và ( ) d  tiếp tục chắn trờn hai trục tọa độ một tam giỏc (T) sao cho diện tớch của (H) và (T) 
bằng nhau đều bằng 2 (đvdt) . 
Cõu 2 (1,0 điểm).  Giải phương trỡnh ( )( ) 2 tan .cot 2 1 s inx 4cos 4sin 5 . x x x x = + + - 
Cõu 3 (1,0 điểm).  Tớnh tớch phõn 
( ) 
( ) 
3 
4 
ln 4 tan 
sin 2 .ln 2 t anx 
x 
I dx 
x 
p 
p 
= ũ  . 
Cõu 4 (1,0 điểm). 
a) Trog trường hợp khai triển theo nhị thức Newton của biểu thức ( ) 2 1  n x +  ta cú hệ số chứa  8 x  bằng 210 
Tớnh tổng cỏc hệ số của cỏc số hạng được khai triển từ biểu thức trờn  theo trường hợp đú. 
b) Cho cỏc số phức z thỏa món  1 34 z - =  và  1 2 z mi z m i + + = + +  . Định tham số mẻ Ă để tồn tại hai 
số phức  1 2 , z z  đồng thời  thỏa món hai điều kiện trờn sao cho  1 2 z z -  là lớn nhất. 
Cõu 5 (1,0 điểm).  Trong khụng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, qua hai điểm ( ) ( ) 1; 1;1 , 0; 1;0 M N - -  lập 
phương trỡnh mặt phẳng a  cắt mặt cầu ( ) 2  2 2 ( ) 2 ( 1) ( 1) 5 S x y z + + + + - =  một thiết diện đường trũn mà diện 
tớch hỡnh trũn sinh bỡi đường trũn đú cú diện tớch  S p =  . 
Cõu 6 (1,0 điểm).  Cho hỡnh chúp tứ giỏc S.ABCD, đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh a, cạnh bờn  ( ) SA ABCD ^ 
và SA = a. Qua A dựng mặt phẳng a  vuụng gúc với SC  sao cho a  cắt SC, SB, SD lần lượt tại G, M, N. 
Tớnh theo a thể tớch khối nún (H),  biết rằng đường trũn đỏy của (H) ngoại tiếp tứ giỏc AMGN và đỉnh O của 
(H) nằm trờn  đỏy ABCD của hỡnh chúp S.ABCD. 
Cõu 7 (1,0 điểm).  Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hóy tớnh diện tớch tam giỏc ABC biết rằng hai 
điểm  (5;5) H  , ( ) 5; 4 I  lần lượt là trực tõm và tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC và  8 0 x y + - =  là 
phương trỡnh đường thẳng chứa cạnh BC của tam giỏc. 
Cõu 8 (1,0 điểm).  Giải phương trỡnh nghiệm thực ( )  2 x ln x 2x 2 x 1 - + = +  . 
Cõu 9 (1,0 điểm).  Cho ba số dương x, y, z thỏa món  0  x y z < < <  . 
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 
3 4 3 3 
2 2 2 2 2 
15 x z y z x 
P 
x z y xz y z xz y 
+ 
= + + 
+ + 
. 
Nguyễn Lỏi 
(  GV  THPT Chuyờn Lương Văn Chỏnh. 
Tuy Hũa, Phỳ Yờn.)
HƯỚNG DẪN GIẢI. 
Cõu 1. 
a) Bạn đọc tự giải. 
b) Tọa độ điểm uốn của đồ thị ( ) m C  là ( ) 0; I m  nờn đường thẳng ( ) d  cú dạng  y kx m = + 
Phương trỡnh hoành độ giao điểm của hàm số ( ) m C  và phương trỡnh đường thẳng ( ) d  là 
3  3 x x m - +  kx m = + ( ) 3  3 0 x k x Û - + =  (1) 
Để ( ) d  chắn được trờn đồ thị ( ) m C  một diện tớch  thỡ phương trỡnh (1) phải cú 3 nghiệm  3 k ị > -  , 
lỳc đú 3 nghiệm của phương trỡnh (1) là  0, 3, 3 x x k x k = = - + = +  . 
Vỡ I là tõm đối xứng của đường cong ( ) m C  nờn diện tớch của hỡnh phẳng (H) là: 
( ) 
3 
2 3 
0 
1 
2 3 3 
2 
k 
S kx m x x m dx k 
+ 
ộ ự = + - + - = + ở ỷ ũ ( ) 
2 1 
2 3 2 1 
2 
S k k ị = Û + = ị = -  (vỡ  3 k > -  ). 
Lỳc này đưởng thẳng ( ) d  viết lại  y x m = - +  nờn (d) cắt hai trục tọa độ tại hai giao điểm 
( ) ( ) 0; , ;0 A m B m  . Vỡ (T) là tam giỏc vuụng cõn nờn diện tớch của (T) là  2 1 
2 
S m = 
theo giả thiết  2 2, 2 S m m = ị = = -  .Vậy cú hai giỏ cần tỡm là  2, 2 m m = = -  . 
Cõu 2.  Điều kiện : 
cos 0 
sin 2 0  2 
x  k 
x 
x 
p ạ ỡ 
ị ạ ớ ạ ợ 
. 
Ta cú ( )( ) 2 3 tan .cot 2 1 s inx 4cos 4sin 5 tan .cot 2 3sin 4sin 1 x x x x x x x x = + + - Û = - - 
sin 3 1 
1 tan .cot 2 sin 3 sin 3 sin 3 1 0 
cos .sin 2 cos .sin 2 
x 
x x x x x 
x x x x 
ổ ử Û + = Û = Û - = ỗ ữ 
ố ứ 
Nghiệm phương trỡnh xảy ra : 
hoặc  sin 3 0 
3 
n 
x x p = Û =  , so với điều kiện phương trỡnh cú nghiệm là  2 , 
3 3 
x m x m p p p p = + = + 
hoặc 
sin 2 1 sin 2 1 
sin 2 .cos 1 
cos 1 cos 1 
x x 
x x 
x x 
= = - ỡ ỡ 
= Û " Û ớ ớ = = - ợ ợ 
vụ nghiệm 
Vậy nghiệm của phương trỡnh trờn là ( ) 2 , , 
3 3 
x m x m m Z p p p p = + = + ẻ  . 
Cõu 3. Ta cú: ( ) 
( ) ( ) 
3 3 3 
4 4 4 
ln 2 ln 2 t anx 
ln 2. 
sin 2 .ln 2 t anx sin 2 .ln 2 t anx sin 2 
dx dx 
I dx 
x x x 
p p p 
p p p 
+ 
= = + ũ ũ ũ 
Tớnh 
( ) 
( ) 
( ) ( ) 
3 3 
3 
4 
4 4 
ln 2 t anx ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 3 
ln 2. . . ln ln(2 tan ) .ln 
sin 2 .ln 2 t anx 2 ln 2 t anx 2 2 ln 2 
d dx 
x 
x 
p p 
p 
p 
p p 
ộ ự ổ ử ở ỷ ộ ự = = = ỗ ữ ở ỷ ỗ ữ 
ố ứ 
ũ ũ  . 
Tớnh 
3  3 
4 
4 
1 1 
ln(t anx) ln 3 
sin 2 2 2 
dx 
x 
p p 
p p 
= = ũ  . 
Vậy 
ln 2 ln 2 3 1 
.ln ln 3 
2 ln 2 2 
I 
ổ ử 
= + ỗ ữ ỗ ữ 
ố ứ 
.
Cõu 4 . 
a) . Khai triển biểu thức trờn cú số hạng thứ (k+1)  là ( ) 2  , k k n C x k n <  . 
Theo giả thiết , ta cú 
2 8 
210 k n 
k
C 
= ỡ 
ớ 
= ợ ( ) 
4  ! 4, 210 210 
4! 4 ! n 
n 
k C 
n 
ị = = ị = 
- 
( )( )( ) ( )( ) 2 2 3 2 1 5040 3 3 2 5040 n n n n n n n n Û - - - = Û - - + =  . 
Đặt ẩn phụ và giải phương trỡnh này ta được n = 10 . 
Khai triển biểu thức ( ) 10 2 0 2 1 4 2 2.10 10 10 10 10 10 1 .... x C x C x C x C + = + + + +  . 
Do đú tổng cỏc hệ số: ( ) 10 0 1 2 10 10 10 10 10 10 .... 1 1 2 C C C C + + + + = + = 
b). Giả sử ( ) ; M a b  là  điểm biểu diễn số phức ( ) , , z a bi a b R = + ẻ  , vỡ 
( ) 2  2 1 34 1 34 z a b - = ị - + = ịM thuộc đường trũn ( ) 2  2 ( ) : 1 34 C x y - + =  . Vỡ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 3 0 z mi z m i a b m a m b m a m b + + = + + ị + + + = + + + ị - + - - = 
ị M nằm trờn đường thẳng  ( ) : d ( ) ( ) 2 1 2 2 3 0 m x m y - + - - = 
Để tồn tại hai số phức  1 2 , z z  đồng thời thỏa món hai điều kiện đó cho nghĩa là tồn tại hai điểm biểu 
diễn  1 2 , M M  của hai số phức lần lượt nằm trờn hai giao điểm của  ( ) C  và (d) , và để  1 2 z z -  lớn nhất 
khi và chỉ khi  1 2 M M  là đường kớnh của ( C ) hay (d) qua tõm  (1;0) I  của ( C ) 
( ) ( )  1 2 1 .1 2 2 .0 3 0 
2 
m m m ị - + - - = ị = -  . 
Lỳc nầy đường thẳng (d) viết lại 3 5 3 0 x y - - =  . Do đú  1 2 , M M  là nghiệm của hệ 
( ) ( ) ( ) 
2  2 
1 2 
1 34 
6;3 , 4; 3 
3 5 3 0 
x y 
M M 
x y 
ỡ - + = ù ị - - ớ 
- - = ù ợ 
. 
Vậy hai số phức cần tỡm là  3 4 6 3 , 4 3 z i z i = + = - -  . 
Cõu 5. Mặt cầu (S) cú tõm  ( 2; 1;1) I - -  và bỏn kớnh  5 R =  . 
Gọi  r là bỏn kớnh đường trũn thiết diện, theo giả thiết ta cú  2 . 1 S r r p p p = Û = ị =  . 
Gọi d là khảng cỏch từ I đến mặt phẳng a  ta cú  2 2 2  5 1 2 d R r d = - = - ị =  . 
Mặt phẳng a  qua ( ) 0; 1;0 N -  cú dạng ( ) ( ) 2 2 2 Ax 1 0 Ax 0 0 B y Cz By Cz B A B C + + + = Û + + + = + + ạ  . 
Mặt khỏc a  qua ( ) 1; 1;1 M -  nờn thỏa  0 :Ax 0 A C By Az B a + = ị + - + =  . 
Vỡ  2 2 
2 2 
3 
( , ) 2 4 2 
2 
A  A 
d d I A B 
B A B 
a 
- 
= = = Û = ị = ± 
+ 
( vỡ  2 2 2  0 A B C + + ạ  ) 
Do đú cú hai mặt phẳng a  cần tỡm là :  2 2 1 0 x y z + - + =  ,  2 2 1 0 x y z - - - =  . 
Cõu 6.  Ta cú ( ) 
BC SA 
BC SAB BC AM 
BC AB 
^ ỡ 
ị ^ ị ^ ớ ^ ợ 
( vỡ  ( ) AM SAB è  )  (1) 
Mặt khỏc  SC SC AM a ^ ị ^  ( vỡ  AM a è  )  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra  ( ) AM SBC AM MG ^ ị ^  ( vỡ  ( ) MG SBC è  ) 
AMG ị D  vuụng tại M, tương tự ta cũng cú tam giỏc  ANG D  vuụng 
tại Nị tõm H đường trũn đỏy của (H) là trung điểm AG, cú bỏn 
H 
N 
G 
M 
O 
S 
D 
C B 
A
kớnh 
2 
AG 
R =  . Xột tam giỏc vuụng SAC tại A cú 
. 6 6 
3 6 
SA AC 
AG a R a 
SC 
= = ị =  . 
Vỡ OH là đường cao (H)  / / OH OH SC O a ị ^ ị ị  là giao điểm hai đường chộo AC, BD 
1 
2 
OH CG ị =  . Xột tam giỏc vuụng SAC cú AG là đường cao , nờn 
2  2 3 
3 3 
AC 
CG a OH a 
SC 
= = ị = 
Vậy thể tớch hỡnh nún là ( ) 
2 3 1 3 . 
3 54 H 
V R OH a p p = =  . 
Cõu 7  Kộo dài đường cao AH lần lượt cắt BC và đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC  tại hai điểm 
E và K, ta dễ dàng chứng minh được E là trung điểm HK. 
Đường cao  AH BC ^  nờn cú phương trỡnh  0 x y - =  , E là giao điểm của BC và AH  (4;4) E ị  và H là 
trung điểm HK  (3;3) K ị  , suy ra bỏn kớnh đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC là  5 R IK = = 
ị  phương trỡnh đường trũn là ( ) ( ) 2 2 5 4 5, ( ) x y C - + - = 
Vậy hai điểm B, C là nghiệm của hệ hai phương trỡnh đường thẳng BC và đường trũn 
( ) (3;5), (6;2) C B C ị  và đỉnh A là nghiệm hệ của đường cao AH và đường trũn  ( ) (6;6) C A ị 
Diện tớch tam giỏc ABC là 
( )  6 6 8 1 1 , . .3 2 6 
2 2  2 
ABC S d A BC BC 
+ - 
= = =  (đvdt). 
Cõu 8. Điều kiện  0 x >  ta cú ( ) ( ) 2 
2 
x 1 
x ln x 2x 2 x 1 x ln x 
2x 2 
+ 
- + = + Û - = 
+ 
Xột hàm số 
2 
x 1 
f(x) 
2x 2 
+ 
= 
+ 
/ / 
2 2 
1 x 
f (x) f (x) 0 x 1 
(x 1) 2x 2 
- 
ị = ị = Û = 
+ + 
Lập bảng biến thiờn ta cú  ( ) 1, 0 f x x Ê " >  ,  đẳng thức xảy ra khi x = 1. 
Xột hàm số  1 1 ( ) ln '( ) 1 '( ) 0 1 x g x x x g x g x x 
x x 
- 
= - ị = - = ị = Û =  . 
Lập bảng biến thiờn ta cú  ( ) 1, 0 g x x ³ " >  ,  đẳng thức xảy ra khi x = 1. 
Vậy phương trỡnh cú đỳng một nghiệm x = 1. 
Cõu 9  Ta cú 
3  3 
2 
15 
x  y 
y  z z P 
x y x y z x 
y z y z x 
ổ ử ổ ử 
ỗ ữ ỗ ữ ổ ử ố ứ ố ứ = + + + ỗ ữ 
ố ứ + + 
.  Đặt  , , . . 1, 1. 
x y z 
a b c a b c c 
y z x 
= = = ị = > 
Biểu thức viết lại 
3 3 
2  15 a b P c 
a b a b c 
= + + + 
+ + 
Ta cú ( ) 
3 3 
3 3  1 a b a b ab a b ab 
a b a b c 
+ ³ + ị + ³ = 
+ + 
( vỡ a, b > 0 ). 
Vậy ( ) 2 2 1 15 16  ( ), 1; P c c f c c 
c c c 
³ + + = + = " ẻ +Ơ 
Ta cú 
2 
16 
'( ) 2 '( ) 0 2 f c c f c c 
c 
= - ị = Û = 
Lập bảng biến thiờn ta cú  ( ) (2) 12, f c f ³ =  khi và chỉ khi 
1 
2 2 2 
2 
c a b z y x = ị = = ị = =  . 
Vậy giỏ trị nhỏ nhất  12 P =  khi và chỉ khi  2 2 z y x = =  .