ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Môn TOÁN Thời gian làm bài 180 phút *** Câu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số: 4 2 2 2( 1) 1 (1)y x m x = − + + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất. Câu 2* (1,0 điểm). a) Giải phương trình : sin 2 cos sin 1 ( )x x x x R − + = ∈ b) Giải bất phương trình : 2 1 2 2 log log (2 ) 0 ( )x x R − > ∈ . Câu 3* (1,0 điểm). Tính tích phân 2 31 1 dx I x x = + ∫ . Câu 4* (0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11 1 2 z z z − = − − . Hãy tính 4 2 z i z i − + . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C , ABC ∆ đều có cạnh bằng a , 'AA a = và đỉnh 'A cách đều , ,A B C . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và 'A B . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( )AMN . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( )S có phương trình 2 2 2 4 6 2 2 0x y z x y z + + − + − − = . Lập phương trình mặt phẳng ( )P chứa truc Oy và cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn có bán kính 2 3r = . Câu 7* (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. Câu 8* (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3 4 10 0x y + + = và đường phân giác trong BE có phương trình 1 0x y − + = . Điểm (0;2)M thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 . Tính diện tích tam giác ABC . Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: ( ) 2 2 5 4 1 ( 2 4)x x x x x + < + + − (x ∈ R). Câu10 (1,0 điểm). Cho các số thực ;x y thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 1 2 1 2P x y x x y x y = + + + + + − + + − . Hết trang 1 ĐÁP ÁN Câu 1. (2 đ) a) (Tự khảo sát) b) y’ = 4x 3 – 4(m 2 +1)x y’ = 0 ⇔ 2 0 1 x x m = = ± + ⇒ hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m 2 1 CT x m = ± + ⇒ giá trị cực tiểu 2 2 ( 1) 1 CT y m = − + + 2 2 ì ( 1) 1 0 CT V m y + ≥ ⇒ ≤ 2 max( ) 0 1 1 0 CT y m m = ⇔ + = ⇔ = 0,5 0,5 Câu 2. (1 đ) a) sin 2 cos sin 1 x x x− + = (1) (1) ⇔ (sin cos )(1 sin cos ) 0x x x x − + − = sin cos 0 1 sin cos 0 x x x x − = ⇔ + − = 4 ( ) 3 2 2 2 x k k Z x k x k π = + π ⇔ ∈ π = π∨ = + π 0,25 0,25 b) 2 1 2 2 og log (2 ) 0 ( )x x R − > ∈ (2). Điều kiện: 2 2 2 log (2 ) 0 2 1 1 1x x x − > ⇔ − > ⇔ − < < Khi đó (2) ⇔ 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 log (2 ) 1 0 2 2 0 x x x x x x x − < < − < < − < < − < ⇔ ⇔ ⇔ ≠ − < > Vậy tập nghiệm bpt là ( 1;0) (0;1)S = − ∪ 0,25 0,25 Câu 3. (1 đ) 2 2 2 3 3 31 1 1 1 dx x dx I x x x x = = + + ∫ ∫ . Đặt 3 3 2 2 2 1 1 . 3 t x x t x dx t dt= + ⇒ = − ⇒ = . 1 2 ; 2 3x t x t = ⇒ = = ⇒ = 3 3 2 2 2 2 . 1 1 1 3 3 1 1 ( 1) t dt I dt t t t t = = − ÷ − + − ∫ ∫ 3 2 1 1 1 1 2 1 1 3 2 2 ln ln ln ln 3 1 3 2 3 2 2 1 x I x − − + = = − = ÷ + + 0,25 0,5 0,25 Câu 4. (0,5 đ) 11 1 2 z z z − = − − ⇔ 2 4 13 0z z − + = , 2 ' 9 9i ∆ = − = ⇒ 2 3 2 3 z i z i = + = − 2 3z i = + ⇒ 4 2 z i z i − + = 2 1 2 i i − = − 2 3z i = − ⇒ 4 2 z i z i − + = 2 7 53 2 5 29 i i − = + 0,25 0,25 Câu 5. (1 đ) Gọi O là tâm tam giác đều ABC ⇒ A’O ⊥ (ABC) Ta có 3 2 3 , 2 3 3 a a AM AO AM= = = 2 2 2 2 6 ' ' 3 3 a a A O AA AO a= − = − = ; 2 3 4 ABC a S ∆ = 0,25 trang 2 Thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C : 2 2 3 6 2 . ' . 4 3 4 ABC a a a V S A O ∆ = = = Ta có [ ] 1 . ,( ) 3 NAMC AMC V S d N ABC ∆ = [ ] 3 ,( ) NAMC AMC V d C AMN S ∆ ⇒ = [ ] 2 1 3 1 6 ; ,( ) ' 2 8 2 6 AMC ABC a a S S d N ABC A O = = = = Suy ra: 2 2 1 3 6 2 . 3 8 6 48 NAMC a a a V = = lại có : 3 2 a AM AN= = , nên AMN ∆ cân tại A Gọi E là trung điểm AM suy ra AE MN ⊥ , ' 2 2 A C a MN = = 2 2 2 2 3 11 4 16 4 a a a AE AN NE⇒ = − = − = ; 2 1 11 . 2 16 AMN a S MN AE= = [ ] 2 3 2 11 22 ,( ) : 48 16 11 a a a d C AMN⇒ = = (đvđd) 0,25 0,25 0,25 Câu 6. (1 đ) 2 2 2 2 2 2 ( ): 4 6 2 2 0 ( 2) ( 3) ( 1) 16S x y z x y z x y z + + − + − − = ⇔ − + + + − = ⇒ ( )S có tâm (2; 3;1)I − bán kính 4R = ; trục Oy có VTCP (0;1;0)j = r Gọi ( ; ; )n a b c = r là VTPT mp(P) , ( )P chứa Oy ⇒ 2 2 0 ( ;0; ) ( 0)n j b n a c a c ⊥ ⇒ = ⇒ = + ≠ r r r Phương trình mp(P): 0ax cz + = (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh 2 3r = ⇒ [ ] 2 2 ,( ) 2d I P R r = − = ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 a c a ac c a c a c + = ⇔ + + = + + 0,25 0,5 trang 3 E A B C C' ’ B' ’ A' ’ M O N 2 0 3 4 0 3 4 c c ac c a = ⇔ − = ⇔ = Vậy phương trình mp(P) : 0x = hoặc 3 4 0x z + = . 0,25 Câu 7. (0,5 đ) Số phần tử không gian mẫu là 4 4 4 4 12 8 ( ) . . 34.650n C C C Ω = = Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau” Số các kết quả thuận lợi của A là 3 3 3 9 6 3 ( ) 3 .2 .1. 1080n A C C C = = Xác xuất của biến cố A là ( ) 1080 54 ( ) 0,31 ( 34650 173 n A P A n = = = Ω ; 025, 0,25 Câu 8. (1 đ) Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0 B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt: 4 3 1 0 (4;5) 1 0 x y B x y − − = ⇔ − + = Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt: 3 4 8 0 1 ( 3; ) 3 4 10 0 4 x y A x y − − = ⇔ − − + + = Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt: 2 2 (1;1) 1; 1 4 3 1 0 31 33 31 33 ; ; ( 2) 2 25 25 25 25 C x y x y C x y x y = = − − = ⇔ ⇒ = = + − = ÷ Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC. Tương tự A và 31 33 ; 25 25 C ÷ thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC. BC = 5, 49 ( , ) 20 AH d A BC = = . Do đó 49 8 ABC S = (đvdt). 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 9. (1 đ) ( ) 2 2 5 4 1 ( 2 4)x x x x x + < + + − (*) trang 4 A B C H E M(0;2) N I ĐK: x(x 2 + 2x − 4) ≥ 0 ⇔ 1 5 0 1 5 x x − − ≤ ≤ ≥ − + Khi đó (*) ⇔ 2 2 4 ( 2 4) 5 4x x x x x + − > + − ⇔ 2 2 4 ( 2 4) ( 2 4) 3x x x x x x + − > + − + (**) TH 1: 1 5x ≥ − + , chia hai vế cho x > 0, ta có: (**) ⇒ 2 2 2 4 2 4 4 3 x x x x x x + − + − > + Đặt 2 2 4 , 0 x x t t x + − = ≥ , ta có bpt: 2 4 3 0t t − + < 1 3t ⇔ < < 2 2 2 7 4 0 2 4 1 3 4 0 x x x x x x x − − < + − < < ⇔ + − > ⇔ 1 17 7 65 2 2 x − + + < < TH 2: 1 5 0x − − ≤ ≤ , 2 5 4 0x x + − < , (**) luôn thỏa Vậy tập nghiệm bpt (*) là 1 17 7 65 1 5;0 ; 2 2 S − + + = − − ∪ ÷ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu10 . (1 đ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2P x y x x y x y = + + + + + − + + − Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y). Ta có OM + ON ≥ MN ⇔ 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 4 4x y x y y − + + + + ≥ + ⇒ 2 2 1 2 ( )P y y f y≥ + + − = TH1: y ≤ 2: 2 ( ) 2 1 2f y y y = + + − ⇒ 2 2 '( ) 1 1 y f y y = − + 2 2 0 3 '( ) 0 2 1 3 3 1 y f y y y y y ≥ = ⇔ = + ⇔ ⇔ = = Lập bảng biến thiên f(y) ⇒ ( .2] 3 min ( ) 2 3 3 x f y f ∈ −∞ = = + ÷ TH2: y ≥ 2: 2 ( ) 2 1 2f y y y = + + − ≥ 2 5 2 3 > + Vậy 2 3 ;P x y ≥ + ∀ . Do đó 2 3MinP = + khi x = 0 ; y = 3 3 0,25 0,25 0,5 Hết trang 5 . ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Môn TOÁN Thời gian làm bài 180 phút *** Câu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số: 4 2 2 2( 1) 1 (1)y x m x = − + + a) Khảo sát sự biến thi n và. 1) 1 (1)y x m x = − + + a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn. AE MN ⊥ , ' 2 2 A C a MN = = 2 2 2 2 3 11 4 16 4 a a a AE AN NE⇒ = − = − = ; 2 1 11 . 2 16 AMN a S MN AE= = [ ] 2 3 2 11 22 ,( ) : 48 16 11 a a a d C AMN⇒ = = (đvđd) 0,25 0,25 0,25 Câu