KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 28)
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) Cho hàm số


3
3 2
m
y x mx C
  
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số


1
C

2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của


m
C
cắt đường tròn tâm


1;1 ,
I bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC =
2
a . Đáy là tam giác ABC
cân

0
120
BAC 
, cạnh BC = 2a. Gọi M là trung điểm của SA, tính khoảng cách từ M đến
mặt phẳng (SBC).
Câu V (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
2 2 2
2 2 2
log 1 log 1 log 4
x y z
    

trong đó x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện xyz = 8.

Câu VI (1 điểm)Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1; 0), B(-2; 4), C(-1; 4), D(3; 5). Tìm toạ độ
điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0
x y
   
sao cho hai tam giác MCD, MAB có diện tích bằng
nhau.
Câu VII (1 điểm) Trong hệ trục Oxyz, viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực
tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC); biết điểm A(1; 0; -1), B(2; 3; -1)
và C(1; 3; 1).


3 2
y x x
  


Tập xác định:



Sự biến thiên
- lim , lim
x x
y y
 
   

- Chiều biến thiên:
2
' 3 3 0 1
y x x
     

Bảng biến thiên
X

-
1


0

Hàm số đồng biến trên các khoảng




; 1 , 1;
  
, nghịch biến trên khoảng
(-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại
1, 4
CD

có hai nghiệm phân biệt
0
m
 

Vì
1
. ' 2 2
3
y x y mx
  
nên đường thẳng

đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là
2 2
y mx
  

Ta có
 
2
2 1
, 1
4 1
m
d I R
m

   


(H là trung điểm của
AB)
2
2 1
1 2 3
2
2
4 1
m
m
m


   


Câu II: ĐK:
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là

Câu III:

I =
ln2
3 2

3 2
3 2
0
3 2
1
1
 
 

 
  
 

x x x
x x x
e e e
dx
e e e
= ln(e
3x
+ e
2x
– e
x
+ 1)
ln 2 ln 2
0 0
 x

= ln11 – ln4 =

0
3 2 ( 1)
1
     
  

x x x x x x
x x x
e e e e e e
dx
e e e

=
ln2
3 2
3 2
0
3 2
1
1
 
 

 
  
 

x x x
x x x
e e e

Câu V

Sử dụng phương pháp vectơ
Đặt
2
(log ;1)
u x


;
2
(log ;1)
v y


và
2
w (log ;2)
z



Ta có
u

+
v

+
w

 zyx


5 . Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi
u

;
v

và
w

cùng
hướng

log
2
x = log
2
y =
1
2
log
2
z

x = y =
4
8
và z = 2


có toạ độ dạng:
( ;3 5)
M t t
 
, ta tính được:

13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
 
 

(HS tự vẽ hình)
* Áp dụng định lí sin trong

ABC có AB = AC =
2
3
a

S
ABC


a
= HA


SHA vuông tại H

SH =
2 2
SA HA
 =
6
3
a



.
S ABC
V
=
1
3
S
ABC

.SH =
2
2
9
a


S
SBC

= a
2

* Lại có:
.
S ABC
V
=
1
3
S
SBC

.h
A


h
A
=
.
3
S ABC
SBC
V
S

Nhận xét rằng: Đường thẳng

đi qua trực tâm H của ΔABC và vuông góc với mp(ABC) là giao tuyến của mp
(P) đi qua A và vuông góc với BC với mp(Q) đi qua B và vuông góc với AC cũng là giao tuyến của mp đi qua
C và vuông góc với AB.
Viết pt(P): (P) đi qua A và nhận
BC
(-1; 0; 2) làm VTPT
Nên pt (P) là :-x + 2z + 3 = 0
Viết pt(Q): (Q) đi qua B và nhận
AC
(0;3;2) làm VTPT
Nên pt (Q) là:3y + 2z – 7 = 0
Dễ thấy

đi qua M(7;1;2) và có VTCP là



QP
nnu , với
( 1;0;2)
P
n  
(0;3;2)
Q
n 


|x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|

*

x - 2y - 3 = 0

Tập hợp điểm M(x; y) biểu diễn số phức z là đường thẳng
có phương trình x - 2y - 3 = 0 (

)
* |z| nhỏ nhất

|
OM

| nhỏ nhất

M là hình chiếu của điểm O(0; 0) trên (

)


M(
3
5
;-
6
5
)

2
- t - 6

0

2( )
3
t L
t
 





* Với t

3

2
2
16
x



9 - 2x


2 2


x >
9
2
.
* (b)


145 9
36 2
 
x . Vậy tập nghệm của BPT là: T=
145
;
36
 



 