ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Câu 1*(1,0 điểm) . Cho hàm số 3 2 6 9 2y x x x= − + − (1) có đồ thị (C) a/ khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) b/ Chứng minh rằng trên (C) không thể tồn tại hai điểm có hoành lớn hơn 3 sao cho hai tiếp tuyến với (C) tại hai điểm đó vuông góc với nhau Câu 2*(1,0 điểm) . a/ Cho tam giác ABC có góc A lớn nhất và thỏa: cos2A + cos2B + cos2C = − 1 Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A b/ Tìm môđun của số phức z, biết 2 2 3 1 z z z z + + = + Câu 3*(0,5điểm) .Giải bất phương trình: ( ) ( ) ( ) 5 5 1 5 log 4 1 log 7 2 1 log 3 2x x x+ − − ≤ + + Câu 4(1,0 điểm) . Giải hệ phương trình: ( ) 6 2 3 2 2 3 4 3 6 2 1 8 7 x x y y y y x x y x + − = + + − + + + + = Câu 5*(1,0 điểm) . Tính tích phân sau: ( ) 2 2 3 cot 6 3 cos sin x I dx x x π π π − ÷ = + ∫ Câu 6(1,0 điểm) . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.E là điểm trên cạnh AD sao cho BE vuông góc với AC tại H và AB > AE. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBE) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Góc hợp bởi SB và mặt phẳng (SAC) bằng 0 30 .Cho 2 5 , 5 5 a AH BE a = = . Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa SB, CD Câu 7(1,0 điểm) . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 đường tròn (C 1 ) và (C 2 ) lần lượt có phương trình là 2 2 2 2 ( 1) ( 4) 10, 6 6 13 0x y x y x y+ + − = + − − + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M(2;5) cắt hai đường tròn (C), (C’) lần lượt tại A, B sao cho 1 2 25 12 I MA I MB S S = biết rằng phương trình đường thẳng ∆ có hệ số nguyên (I 1 ,I 2 lần lượt là tâm của (C 1 ) và (C 2 )) Câu 8*(1,0 điểm) . Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mp(P): x + y + z – 3 = 0 và hai đường thẳng 1 2 1 2 1 2 1 1 : ; : 2 1 1 1 2 5 x y z x y z d d + + − − − + = = = = − Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d 1 , tiếp xúc với d 2 và cắt mp(P) theoo một đường tròn có bán kính r = 3 ,biết rằng tâm mặt cầu có cao độ dương Câu 9*(0,5 điểm) . Cho n là số nguyên dương thỏa 1 2 1 4 2 25 120 n n n C C n − + < + − Tìm hệ số của số hạng chứa x 7 trong khai triển 2 2 n x x − ÷ ,(x > 0) Câu 10(1,0 điểm) . Cho ba số dương x,y,z thỏa x + y + z = 4 và xyz = 2. Tìm GTNN của biểu thức: P = x 4 + y 4 + z 4 HƯỚNG DẪN GIẢI Câ u Điể m 1a. a/ Học sinh tự giải 1,0 1.b b/ Giả sử trên (C) có hai điểm 1 1 2 2 ( ; ),B( ; )A x y x y với x 1 , x 2 > 3 sao cho tiếp tuyến với (C) tại hai điểm này vuông góc với nhau Khi đó, ta có: 2 2 1 2 1 1 2 2 '( ). '( ) 1 (3 12 9)(3 12 9) 1y x y x x x x x= − ⇔ − + − + = − ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 9 1 3 1 3 1x x x x⇔ − − − − = − (*) Do x 1 > 3 và x 2 > 3 nên VT(*) > 0. Do đó (*) vô lí Vậy: Trên (C) không thể có hai điểm sao cho tiếp tuyến với (C) tại hai điểm này vuông góc với nhau 0,25 0,5 0,25 2a. a/ + Ta có : cos2A + cos2B + cos2C = 2cos(A + B)cos(A – B) + cos2C = ( ) 2 2cos cos 2cos 1C A B C− − + − = ( ) 1 2cos [cos cos ]C A B C− − − − = ( ) 1 2cos [cos cos(A B)]C A B− − − + + = 1 4cos cos cosA B C− − + Do đó : cos2A + cos2B + cos2C = − 1 1 4cos cos cos 1A B C⇔ − − = − cos .cos .cos 0A B C⇔ = cos 0A⇔ = (do góc A lớn nhất nên các góc B,C nhọn ⇒ cosB, cosC > 0) 0 90A⇔ = Vậy: Tam giác ABC vuông tại A 0,25 0,25 2.b b/ Tìm môđun của số phức z, biết 2 2 3 1 z z z z + + = + + Điều kiện 1z ≠ − . + Gọi ( ) ,z a bi a b= + ∈¡ , ta có : 2 2 3 1 z z z z + + = + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3a bi a bi a bi a bi⇔ − + + = + + + + ( ) ( ) 2 2 3 2 3 0b a ab b i⇔ − + + + + = 2 2 3 0 2 3 0 b a ab b − + + = ⇔ + = 3 0 a b = − ⇔ = hay 3 2 3 2 a b = − = ± Với 3, 0a b= − = , ta có 2 2 3z a b= + = . Với 3 3 , 2 2 a b= − = ± , ta có 2 2 9 3 3 4 4 z a b= + = + = . Vậy môđun của số phức z là 3 hay 3 . 3 + Điều kiện: 1 7 4 2 x− < < + BPT ( ) ( ) ( ) 5 5 5 log 4 1 log 3 2 1 log 7 2x x x⇔ + + + ≤ + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 2 log 4 1 3 2 log 5 7 2 4 1 3 2 5 7 2 12 21 33 0 33 1 12 x x x x x x x x x ⇔ + + ≤ − ⇔ + + ≤ − ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ Giao với điều kiện, ta được: 1 1 4 x− < ≤ Vậy: nghiệm của BPT đã cho là 1 1 4 x− < ≤ 4 • Điều kiện: 2 8 0x y+ + ≥ • PT(1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 6 2 2 2 3 1 3 1 3 1 3 1x x y x x x y y⇔ + = + + + ⇔ + = + + + ( ) 2 ( ) 1f x f y ⇔ = + với f(t) = t 3 + 3t • Ta có: f’(t) = 3t 2 + 3 > 0 t R ∀ ∈ ( )f t ⇒ đồng biến trên R Do đó: ( ) 2 2 ( ) 1 1f x f y x y = + ⇔ = + • Với y = x 2 – 1 , pt (2) trở thành: ( ) 2 2 2( 1) 1 2 7 7 0x x x x − − + + − + = ( ) 2 2 2 7 1 2 7 2 0(*)x x x x + − + + − − = Đặt 2 2 7,( 7)t x t= + ≥ , pt(*) trở thành: ( ) 2 1 2 0t x t x − + − − = (**) Ta có: ( ) 2 3x ∆ = + nên (**) có hai nghiệm: t = x + 2 hoặc t = -1 (loại) Với t = x + 2 2 2 2 2 2 2 1 2 7 2 3 2 7 4 4 4 3 0 x x x x x x x x x x x ≥ − ≥ − = ⇔ + = + ⇔ ⇔ ⇔ = + = + + − + = • Với x = 1 ⇒ y = 0 (nhận) • Với x = 3 8y ⇒ = (nhận) Kết luận: hệ có hai nghiệm (x;y) là (1;0), (3;8) 5 + Ta có: 3 1 3 cos sinx 2 cos sin 2cos 2 2 6 x x x x π + = + = − ÷ ÷ ÷ + Do đó: 2 2 2 2 3 3 3 cot 1 1 1 6 tan ln tan ln3 6 4 6 4 4cos 4 tan 6 6 x I dx d x x x x π π π π π π π π π π π − ÷ = = − = − = ÷ ÷ − − ÷ ÷ ∫ ∫ 6 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (SBE) (SAC) SH SAC ABCD SBE ABCD SH ABCD ⊥ • ⊥ ⇒ ⊥ ∩ = • ( ( )) ( ) BE SH SH ABCD BE SAC BE AC ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ SH là hình chiếu của SB trên (SAC) ( ) · ( ) · · 0 ,( ) , 30SB SAC SB SH BSH ⇒ = = = • Đặt AB = x Ta có: 2 2 2 2 5AE BE AB a x = − = − Lại có: 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 1 1 5 4 0 2 4 5 4 x a x a x a x a x a AH AB AE a x a x x a = = = + ⇔ = + ⇔ − + = ⇔ ⇔ = − = Loại x = a vì khi đó: AE = 2a > a = AB Vậy: AB = 2a • 2 2 4 5 a BH AB AH = − = 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 1 1 1 1 4 16 4 16 BC a BH AB BC a a BC BC a = + ⇔ = + ⇔ = ⇒ = • S ABCD = AB.BC = 8a 2 • Tam giác SBH vuông tai H · 4 4 15 .cot 3 5 5 a a SH BH BSH⇒ = = × = • 3 2 1 1 4 15 32 15 . 8 3 3 5 15 SABCD ABCD a a V SH S a = = = • Tính khoảng cách giữa CD và SB + Kẻ HF vuông góc với AB tại H + Ta có : ( ) ( ) ( ) AB SH AB SHF SAB SHF AB HF ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ theo giao tuyến SF Kẻ HK ⊥ SF tại K ( ) ,( ) ( ) H SAB HK SAB d HK ⇒ ⊥ ⇒ = + Tính được: HF = 4 5 a từ đó tính được 15 5 a HK = + Ta có: (SAB) chứa SB và song song với CD ( ) ( ) ( ) ( ) , ,( ) ,d CD SB d C D SAB d C SAB CM ⇒ = = = (M là hình chiếu của C lên (SAB)) + Ta có : HK // CM 5 CM CA HK AH ⇒ = = 2 5 ( 2 5, ) 5 a AC a AH = = 5 15CM HK a⇒ = = Vậy: ( ) , 15 CD SB d a = 7 • (C 1 ) có tâm I 1 (-1;4), bán kính R 1 = 10 • (C 1 ) có tâm I 1 (3;3), bán kính R 2 = 5 • Dễ kiểm tra được: M là một giao điểm của (C 1 ),(C 2 ) • ∆ qua M nên 2 2 : (x 2) b(y 5) 0,(a,b Z,a 0)a b∆ − + − = ∈ + > • Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của I 1 ,I 2 lên ∆ Ta có: ( ) ( ) 1 2 ; ; 2 2 2 2 3 2 ; I I a b a b IH d IK d a b a b ∆ ∆ + − = = = = + + • Ta có: 1 2 1 2 1 2 25 1 25 . . 12 .2 25 .2 12 2 24 I MA I MB S S I H MA I K MB I H MH I K MK = ⇔ = ⇔ = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 12. . 25 K. 12. . 10 25 K. 5 144 10 625 5 | 3 | |3 | | 2 | | 2 | 144 10 625 5 144 3 I H I M I H I I M I K I H I H I I K I H I H I K I K a b a b a b a b a b a b a b a b a b ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ − = − + + − − ÷ ÷ ⇔ − = − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + + + + ⇔ + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 625 2 2 12 3 3 25 2 2 12 3 3 25 2 2 1 2 3 2 0 2 ( ) 14 21 14 0 2 171 2975 86 171 86 0 (loai do a,b Z) 86 171 86 0 172 a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a a a a n a ab b b b b b a a ab b a a b b b − = − + + − = − + ⇔ + − = − − + + − = = − ∨ = ÷ + − = ⇔ ⇔ ⇔ ± − − = = ∈ − − = ÷ + Với 2 a b = − , chọn a = 2, b= -1 : 2 1 0x y ⇒ ∆ − + = + Với 1 2 a b = , chọn a = 1, b= 2 : 2 12 0x y ⇒ ∆ + − = Kết luận: Có hai có hai đường thẳng thỏa điều kiện bài toán là 2x – y + 1 = 0, x + 2y – 12 = 0 8 • d 2 qua A(2;1;-1) có vtcp ( ) 2 1;2;5 d u = uur • ( ) 1 1 2 ; 2 ;1I d I t t t ∈ ⇒ − + − + − • ( ) ( ) 2 2 3; 3;2 , , 7 19; 11 17;3 3 d AI t t t AI u t t t = − − − = − − + − uur uur uur • ( ) 2 2 2 2 , , 179 658 659 30 d I d d AI u t t d u − + = = uur uur uur • d 2 tiếp xúc với (S) nên ( ) 2 2 , 179 658 659 (1) 30 I d t t d R R − + = ⇔ = • ( ) , 2 5 3 I P t d − = • Ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 , 2 5 4 20 34 4 20 34 3 3 3 3 I P t t t t t R d r R R R − − + − + = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ÷ (2) • Từ (1) và (2), ta có: 2 2 2 1 179 658 659 4 20 34 139 458 319 0 319 30 3 139 t t t t t t t t = − + − + = ⇔ − + = ⇔ = Suy ra: I(1;-1;0) (nhận) hoặc 599 41 180 ; ; 139 139 139 I − ÷ (loại do z I > 0) • Với I(1;-1;0) 6R⇒ = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 1 6S x y z ⇒ − + + + = Kết luận: phương trình mặt cầu cần tìm là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 1 6S x y z − + + + = 9 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 ! ! 4 2 25 120 4 2 25 120 1 !2! 2! 2 ! 2 1 1 25 120 22 120 0 10 12 n n n n n C C n n n n n n n n n n n n − + + • < + − ⇔ < + − − − ⇔ + < − + − ⇔ − + < ⇔ < < Mà n nguyên dương nên n = 11 • 11 2 2 2 2 n x x x x − = − ÷ ÷ có số hạng tổng quát là: ( ) ( ) 44 5 22 2 2 1 11 11 /2 2 1 1 2 k k k k k k k k k k T C x C x x − − + = − = − T k+1 là số hạng chứa x 7 khi 6 6 7 7 11 44 5 7 6 2 2 k k T C x − = ⇔ = ⇒ = ⇒ Hệ số cấn tìm là: 6 6 11 2C 10 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) = 2 2 2 = 16 2 2 16 P x y z x y y z z x x y z xy yz zx xy yz zx xyz x y z xy yz zx xy yz zx = + + − + + + + − + + − + + − + + − + + − + + − g g Đặt t = xy + yz + zx = x(y + z) + yz + Từ gt 2 4 ,y z x yz x ⇒ + = − = ( ) 2 2 2 4 4t x x x x x x ⇒ = − + = − + + + Ta có: ( ) 2 2 3 2 8 ( ) 4 4 8 16 8 0y z yz x x x x x + ≥ ⇒ − ≥ ⇔ − + − ≥ ( ) ( ) 2 2 6 4 0x x x ⇔ − − + ≥ (*) Giải BĐT (*) giao với điều kiện 0 < x < 4 ta đươc: 3 5 2x − ≤ ≤ + Khảo sát hàm số t theo biến x với 3 5 2x − ≤ ≤ ta tìm được: 5 5 1 5 2 t − ≤ ≤ g ( ) 2 2 2 16 2 2( 16) 2 64 288P t t t t = − − − = − + Khảo sát hàm số : f(t) = 2t 2 – 64t + 288 với 5 5 1 5 2 t − ≤ ≤ ta được: 5 5 1 Minf( ) 383 165 5 khi , ( ) 18 khi 5 2 t t Maxf t t − = − = = = Suy ra: min 383 165 5P = − đạt được chẳng hạn 1 5 3 5, 2 x y z + = − = = max 18P = đạt được chẳng hạn khi x = 2, y = z = 1 . ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2 014- 2015 Câu 1*(1,0 điểm) . Cho hàm số 3 2 6 9 2y x x x= − + − (1) có đồ thị (C) a/ khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) b/ Chứng. Cho n là số nguyên dương thỏa 1 2 1 4 2 25 120 n n n C C n − + < + − Tìm hệ số của số hạng chứa x 7 trong khai triển 2 2 n x x − ÷ ,(x > 0) Câu 10(1,0 điểm) . Cho ba số dương. 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 12. . 25 K. 12. . 10 25 K. 5 144 10 625 5 | 3 | |3 | | 2 | | 2 | 144 10 625 5 144 3 I H I M I H I I M I K I H I H I I K I H I H I K I K a b a b a b a