ĐỀ SỐ 38. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút Câu I ( 2 điểm) .Cho hàm số: 3 2 2 2 ( 1) ( 4 3) 1 3 y x m x m m x = + + + + + + 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3. 2. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2 1 2 2( )A x x x x = − + với 1 2 ,x x là các điểm cực trị của hàm số. Câu II ( 3 điểm) 1 . Giải phương trình: sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0x x x x x − − + + − = . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 4 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y  + + + =  + = + +  , ( , )x y ∈ R 3. Giải bất phương trình: 3 2 2 1 3 3 3 log 5log 81 2log 7 9 x x x − > − . Câu III ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0 ; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). Câu IV ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M 1 (0; ) 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 2. Chứng minh 2 2 2 2 0 1 3 1 2 2 2 1 1 2 3 1 ( 1) n n n n n n n C C C C C n n + +         − + + + + =  ÷  ÷  ÷  ÷ + +         , với n nguyên dương. Câu V ( 2 điểm) 1. Cho ,x y R∈ thỏa mãn 3 ( ) 4 2x y xy+ + ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 4 4 2 2 2 2 3 2 1P x y x y x y = + + − + + 2. Giải phương trình: 2 2 2 7 10 12 20x x x x x − + = + − + ( x R ∈ ) ………Hết……… 2 -2 -5 5 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 38. Câu I 2 điểm 1. 1. Với m = -3 thì ta có 3 2 2 2 1 3 y x x .= − + +)Tập xác định: D R. = 0,25 +)Sự biến thiên: 2 2 4y' x x.= − Ta có 0 1 0 5 2 3 x y y' x y = ⇒ =   = ⇔ −  = ⇒ =  Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0),(2; )−∞ +∞ , nghịch biến trên ( 0; 2). 0,25 +) Hàm số đạt ( ) ( ) 5 0 1 2 3 CD CT y y ; y y − = = = = +) Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 − 0 + y 1 +∞ −∞ 5 3 − 0,25 +) Đồ thị: 0,25 2. +) Ta có 2 2 2 2 1 4 3y' x ( m )x m m .= + + + + + Hàm số có hai cực trị  y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt  2 6 5 0 5 1m m m+ + < ⇔ − < < − 0,25 +) Khi đó ta có 1 2 2 1 2 1 1 ( 4 3) 2 x x m x x m m + = − −    = + +   => 2 1 8 7 2 A m m= + + 0,25 +) Xét 2 1 ( 8 7) 2 t m m= + + trên (-5;-1) => 9 0 2 t− ≤ < 0,25 +) Từ đó ta có 9 2 A ≤ khi m = -4. 0,25 Câu II 1. sin 3 3sin 2 cos2 3sin 3cos 2 0x x x x x − − + + − = (sin 3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos 2 2 3cos ) 0x x x x x x⇔ + + − − + − = 2 2sin 2 .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + = 2 2 2sin .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + = 0,25 2 1 sin 2 (2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1 1 cos 2 x x x x x x  =   ⇔ − − + = ⇔ =   =   0,25 +) 2 1 6 sin , ( ). 5 2 2 6 x k x k Z x k π π π π  = +  = ⇔ ∈   = +   0,25 +) 2 1 3 cos , ( ). 2 2 3 x k x k Z x k π π π π  = +  = ⇔ ∈   = − +   0,25 2 Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 4 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y  + + + =  + = + +  , ( , )x y ∈R . +) Dễ thấy y = 0 không thỏa mãn hệ Với 0y ≠ , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 . ( ) 2 7 2 1 ( ) 2 7 x x y y x y xy y y x y x y x x y y  + + + =   + + + =  ⇔   + = + + +   + − =   0,25 +) Đặt 2 1 , x u v x y y + = = + ta có hệ: 2 2 3 1 4 4 2 7 2 15 0 5 9 v u u v u v v u v v v u  =    = + = = −     ⇔ ⇔    − = + − = = −      =    0,25 +) Với 3 1 v u =   =   2 2 2 1 2 1 1 2 0 3 3 3 2 5 x y x y x y x x x y y x y x x y  =    =    + = + = + − =   ⇔ ⇔ ⇔     + = = − = − = −       =    . 0,25 +) Với 5 9 v u = −   =   2 2 2 1 9 1 9 9 46 0 5 5 5 x y x y x x x y y x y x    + = + = + + = ⇔ ⇔    + = − = − − = − −    vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: 1 2 x y =   =  , 2 5 x y = −   =  0,25 3. 3 2 2 1 3 3 3 log 5log 81 2log 7 9 x x x− > − +) Điều kiện x >0 3 2 2 1 3 3 3 log 5log 81 2log 7 9 x x x− > −  2 3 3 3 (3log 2) 5(4 2log ) 2log 7x x x− − + > − 0,25 2 3 3 3log 8log 3 0x x⇔ − − >  3 3 1 log 3 log 3 x x −  <   >   0,25 +) 1 3 3 3 1 1 log 3 3 3 x x x − − < ⇔ < ⇔ < +) 3 log 3 9x x> ⇔ > 0,25 Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm 3 1 3 0 9 x x x   <      ≠    >  0,25 Câu III +) Từ giải thiết ta có SD ⊥ ( ABCD) suy ra (SB, (ABCD)) = · 0 60SBD = Ta có 2 1 3 ( ) 2 2 ABCD a S AB CD AD= + = (đvdt) 0,25 • 0,25 +) chứng minh được BC ⊥ ( SBD) , kẻ DH ⊥ SB=> DH ⊥ (SBC) Có 2 2 2 1 1 1 6 2 a DH DH SD DB = + ⇒ = 0,25 +) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK ⊥ (SBC) và 1 6 3 6 GK EG a GK DH ED = = ⇒ = Vậy d( G, (SBC) = 6 6 a GK = 0,25 Câu VI G S D A B C E H K 1. +) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : => N’( 4;-5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 0,25 +) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 2 2 4.2 3.1 1 2 4 3 d + − = = + AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 2 2 2 1 1 1 4d x x = + suy ra x = 5 suy ra BI = 5 0,25 +) Từ đó ta có B thuộc ( C): 2 2 ( 2) ( 1) 5x y− + − = Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 0,25 +) Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2 4x 3y – 1 0 ( 2) ( 1) 5x y + =   − + − =  Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Vậy B( 1; -1) 0,25 2. Chứng minh 2 2 2 2 0 1 3 1 2 2 2 1 1 2 3 1 ( 1) n n n n n n n C C C C C n n + +         − + + + + =  ÷  ÷  ÷  ÷ + +         (1) +) Ta có 1 1 1 ! 1 ( 1)! 1 . . . 1 1 !( )! 1 ( 1)!(( 1) ( 1))! 1 k k n n C n n C k k k n k n k n k n + + + = = = + + − + + + − + +  VT (1) = 1 2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) n n n n n C C C C n + + + + +   + + + +   + 0,25 +) xét 2 2 2 2 2 2 0 (1 ) n n k k n k x C x + + + = + = ∑ => hệ số chứa x n+1 là 1 2 2 n n C + + 0,25 +) Ta lại có 1 1 2 2 1 1 1 1 0 0 (1 ) (1 ) .(1 ) n n n n n k i k i n n k i x x x C C x + + + + + + + + = = + = + + = ∑∑ hệ số chứa x n+1 là 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C + + + + + + + + + + + + + + 0 2 1 2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n C C C C C + + + + + + = + + + + + ( vì k n k n n C C − = ) 1 2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n C C C C + + + + + = + + + + + 0,25 +) đồng nhất hệ số chứa x n+1 được 1 2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n C C C C + + + + + + + + + = 1 2 2 n n C + + - 1 Vậy VT(1) = 1 2 2 2 1 ( 1) n n C n + + − + =VP(1) 0,25 Câu V 1. Cho ,x y R∈ thỏa mãn 3 ( ) 4 2x y xy+ + ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 4 4 2 2 2 2 3 2 1P x y x y x y= + + − + + + ta có 3 3 2 2 ( ) 4 2 ( ) ( ) 2 ( ) 4 0 x y xy x y x y x y xy  + + ≥  ⇒ + + + ≥  + − ≥   ( ) 2 2 1 ( ) 2( ) 2 0 1x y x y x y x y   ⇔ + − + + + + ≥ ⇒ + ≥   0,25 +) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 2 1 3 2 1 4 x y P x y x y x y x y x y   + = + − − + + ≥ + − − + +  ÷   ( ) ( ) 2 2 2 2 2 9 2 1 4 x y x y= + − + + 0,25 +) Đặt 2 2 2 ( ) 1 2 2 x y t x y + = + ≥ ≥ ta có 2 9 2 1 4 P t t= − + , với 1 2 t ≥ 0,25 +) Xét 2 9 2 1 4 P t t= − + với 1 2 t ≥ => 2 9 9 2 1 4 16 P t t= − + ≥ “= “  1 2 t = => x=y = ½ Vậy GTNN của P = 9 16 0,25 +) Điều kiện 10 2 x x ≥   ≤  Đặt 2 2 7 10, 12 20a x x b x x= − + = − + ta có 2a –b =x 0,25 (1)  2 2 2( 7 10 ( 1)) 12 20 ( 2)x x x x x x− + − + = − + − + => 2 2 18( 1) 16( 1) 7 10 ( 1) 12 20 ( 2) x x x x x x x x − − − − = − + + + − + + + 0,25 +) Ta có hệ 2 2 5 4 5 9 8 8 9 10 1 2 a b x a b x a x a b x a x b x − =  − =   ⇔ ⇒ = −   − = + =   + + + +  0,25 => 2 54 15 5 5 7 10 4 5 15 5 2 2 x x x x x x ≥  +  − + = − ⇔ ⇔ =  ± =   ( thỏa mãn) Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, 15 5 2 x + = 0,25 Hết 1 9 8 1 2 x a x b x =   ⇒  = + + + +  . ĐỀ SỐ 38. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút Câu I ( 2 điểm) .Cho hàm số: 3 2 2 2 ( 1) ( 4 3) 1 3 y x m x m m x = + + + + + + 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m. ( x R ∈ ) ………Hết……… 2 -2 -5 5 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 38. Câu I 2 điểm 1. 1. Với m = -3 thì ta có 3 2 2 2 1 3 y x x .= − + +)Tập xác định: D R. = 0,25 +)Sự biến thi n: 2 2 4y' x x.= − Ta có 0. =   = ⇔ −  = ⇒ =  Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0),(2; )−∞ +∞ , nghịch biến trên ( 0; 2). 0,25 +) Hàm số đạt ( ) ( ) 5 0 1 2 3 CD CT y y ; y y − = = = = +) Bảng biến thi n: x −∞ 0 2 +∞ y'