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 3x 1y x = − + + có đồ thị (C) a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). b*) Dựa vào đồ thị (C) tìm m để phương trình 4 2 x 3x 0m − + = có 4 nghiệm phân biệt. Câu 2 ( 1,0 điểm). a*) Giải phương trình: sin 2 os2 2sin 1x c x x − = − . b*) Tìm số phức Z thỏa mãn : ( ) ( ) 1 . 2z z i − + là số thực và 2z i − = . Câu 3* (0.5 điểm). Giải phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 log 1 log 3x x x x + + = + + Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 4 . + = + + + + + = − xy y x y x x x x x (với ; ∈ ¡x y ) Câu 5* ( 1,0 điểm): Tính tích phân: 0 (1 cos )I x xdx p = + ò Câu 6 ( 1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a, góc 0 120BAD ∠ = .Mặt bên (SAB) có , 3SA a SB a = = và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SAB). Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : 4 0d mx y m + − − = và đường thẳng : 2 9 0x y ∆ + + = ; điểm B(-3; 2). Gọi H là hình chiếu của B trên d. Xác định tọa độ điểm H biết rằng khoảng cách từ H đến đường thẳng ∆ nhỏ nhất. Câu 8* ( 1,0 điểm ): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2 2 : 3 2 2 ∆ + − − = = − x y z và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng song song với mặt phẳng (P), đi qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng (∆). Câu 9 *(0.5 điểm) Từ các chữ số của tập { } 0;1;2;3;4;5T = , người ta ghi ngẫu nhiên hai số tự nhiên có ba chữ số khác nhau lên hai tấm thẻ. Tính xác suất để hai số ghi trên hai tấm thẻ đó có ít nhất một số chia hết cho 5. Câu 10 ( 1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực tùy ý thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng với 1a ∀ ≥ ta luôn có : 1 1 1 . x y z x y z x y z a a a a a a + + ≥ + + Câu 1 a + TXĐ: D = R. 0.5 + 3 ' 4x 6xy = − + ; 3 0 6 ' 0 4x 6x=0 2 6 2 x y x x = = ⇔ − + ⇔ = = − + Giới hạn: lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = −∞ +Hàm số đồng biến trên 6 ; 2 −∞ − ÷ ÷ và 6 0; 2 ÷ ÷ ; nghịch biến trên 6 ;0 2 − ÷ ÷ và 6 ( ; ) 2 +∞ . + Hàm số đạt cực đại tại 6 2 x = ± , D 13 4 C y = , Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = 1 Bảng biến thiên 0.25 • Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0; 1), (-1; 3), (1; 3) 0.25 b 4 2 4 2 x 3x 0 3 1 1m x x m − + = ⇔ − + + = + 0.25 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y=m+1. 0.25 Dựa vào đồ thị, phương trình có 4 nghiệm phân biệt 13 9 1 1 0 4 4 m m⇔ < + < ⇔ < < 0.5 Câu2 (1đ) a. BiÕn ®æi ph¬ng tr×nh vÒ d¹ng : 2 2sinx(cos 1) 2sin 0x x − + = sinx 0 sinx(sin cos 1) 0 sin cos 1 0 x x x x = + − = ⇔ + − = Với sinx 0 2x k π = ⇔ = Với cos2x = 1 ⇔ 2 1 sin cos 1 0 sin( ) 4 2 2 2 x k x x x x k π π π π = + − = ⇔ + = ⇔ = + , k ∈ Z Vậy phương trình có 2 họ nghiệm. , 2 2 x k x k π π π = = + , k ∈ Z 0,25 0,25 b. Gi¶ sö z = a + bi , ( , )a b R ∈ . Khi ®ã: 2 2 2 2 ( 1) 2 a b a b + = + − = Giải hệ ta ®îc a = 1 , b = 0 hoÆc 1 5 a − = , 12 5 b = VËy 1 1,z = 2 1 12 5 5 z i − = + 0,25 0,25 Câu 3 (0.5) đ ĐK: x ∈ ¡ PT ( ) ( ) 2 2 2 2 2 log 1 log 3x x x x ⇔ + + = + + ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 0x x x x ⇔ + + − + + − = Đặt: 2 3 1, 4 t x x t = + + ≥ Ta được phương trình : 2 1( ) 2 0 2( ) t L t t t N = − − − = ⇔ = Với 2 1 5 2 2 1 0 1 5 2 x t x x x − + = = ⇒ + − = ⇔ − − = Vậy : 1 5 2 x − + = và 1 5 2 x − − = là nghiệm của phương trình. 0.25 0.25 Câu 4 1 đ ĐKXĐ: x ;y ∈ ∈ ¡ ¡ . Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + = + ⇔ + − = ⇔ = + − xy y x y x x y x x 2 2 ⇔ = + + y x x (1). Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 4+ + + + + + = −x x x x x x x ( ) 2 2 1 2 2 1 2 3 0⇔ + + + + + + + =x x x x x x . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 1 2x x x x ⇔ + + + + = − + − + (*) Xét hàm số ( ) 2 ( ) 1 2 = + + f t t t với ∈ ¡t . Ta có 2 2 2 '( ) 1 2 0, ( ) 2 = + + + > ∀ ∈ ⇒ + ¡ t f t t t f t t đồng biến trên ¡ . Mặt khác, phương trình (*) có dạng 1 ( 1) ( ) 1 2 + = − ⇔ + = − ⇔ = − f x f x x x x . Thay 1 2 = −x vào (1) ta tìm được 1 = y .Vậy hệ đã cho có nghiệm là 1 2 1. = − = x y 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 5 1 đ 0 0 0 (1 cos ) cosI x xdx xdx x xdx p p p = + = + ò ò ò Với 2 2 2 2 1 0 0 0 2 2 2 2 x I xdx p p p p = = = - = ò 0.25 Với 2 0 cosI x xdx p = ò Đặt cos sin u x du dx dv xdx v x ì ì ï ï = = ï ï Þ í í ï ï = = ï ï î î . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: 0.25 0 0 2 0 0 si n si n 0 ( cos ) cos cos cos0 2I x x xdx x x p p p p p= - = - - = = - = - ò 0.25 Vậy, 2 1 2 2 2 I I I p = + = - 0.25 Câu 6 (1đ) *) Tính VS.ABCD Dễ thấy tam giác SAB vuông tại S. Trong mp(SAB) hạ SH AB ⊥ ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) SAB ABCD SAB ABCD AB SH SABCD SH AB ⊥ ∩ = ⇒ ⊥ ⊥ Tính được 3 2 a SH = , 0 2 3 . 2 . .sin120 2 3 ABCD ABD S ABCD S S AB AD a V a = = = ⇒ = *) Tính d(G,(SAB)) Gọi ( ,( )) IS 3 2 ( ,( )) ( ,( )) ( ( )) 2 3 d I SAB SG CD I d G SAB d I SAB d G SAB GS ∩ = ⇒ = = ⇒ = . Ta có / / / /( ) ( ,( )) ( ,( )) 3CD AB CD SAB d I SAB d C SAB a ⇒ ⇒ = = . (Hạ ( )CK AB CK SAB ⊥ ⇒ ⊥ mà ABC ∆ đều cạnh 2a 3CK a⇒ = ) Vậy 2 3 ( ,( )) 3 a d G SAB = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 7 1 đ Ta có phương trình : 4 0 ( 1) ( 4) 0d mx y m x m y + − − = ⇔ − + − = . Suy ra d luôn đi qua điểm cố định A(1; 4), mà BH vuông góc với d nên suy ra H luôn thuộc đường tròn (C) đường kính AB. 0.25 Gọi I là tâm của (C). Ta có pt (C): 2 2 ( 1) ( 3) 5x y+ + − = 0.25 Gọi d’ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với ∆ . Khi đó d’ có pt: 2 5 0x y − + = . Tọa độ giao điểm của d’ và (C) là nghiệm của hệ phương trình : 2 2 2 5 0 5 0 ( 1) ( 3) 5 x y y x x y − + = = ⇔ = + + − = hoặc 1 2 y x = = − . Khi đó d’ cắt (C) tại 1 2 (0;5); ( 2;1)M M − 0.25 Ta có 1 2 19 5 9 5 ( , ) ; ( , ) 5 5 d M d M ∆ = ∆ = . Vậy H trùng với 2 ( 2;1)M − 0.25 Câu 8 1 đ Đường thẳng (∆) có phương trình tham số: 1 3 2 2 2 2 = − + = − ∈ = + ¡ x t y t t z t Mặt phẳng (P) có VTPT (1; 3; 2)= r n 0.25 Giả sử N(−1 + 3t ; 2 − 2t ; 2 + 2t) ∈ ∆ ⇒ (3 3; 2 ;2 2) = − − − uuuur MN t t t 0.25 Để MN // (P) thì . 0 7 = ⇔ = uuuur r MN n t ⇒ N(20; −12; 16) 0.25 Phương trình đường thẳng cần tìm : 2 2 4 9 7 6 − − − = = − x y z 0.25 Câu 9 (0.5)đ + Có 2 5 5. 100A = số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau + Có 2 1 5 4 4. 36A A + = số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5. + Có 64 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và không chia hết cho 5. + ( ) 1 1 100 99 . 9900n C CΩ = = + Gọi A là biến cố : “Trong hai số được ghi trên 2 tấm thẻ có ít nhất 1 số chia hết cho 5” Ta có: ( ) 1 1 1 1 36 64 36 35 . . 3564n A C C C C = + = 0,25 Vy : ( ) ( ) ( ) 3564 9 0,36 9900 25 n A P A n = = = = 0,25 Cõu 10 (1) * Với a = 1 ta thấy BĐT đúng . * Ta xét khi a > 1. Hàm số y= 1 1 t t y a a = = ữ nghịch biến với t R , khi a > 1. Khi đó ta có Ta cú : 1 1 ( )( ) 0, x y x y a a , .x y R Suy ra x y y x x y x y a a a a + + (1) Chứng minh tơng tự y z y z y z z y a a a a + + (2) z x z x z x x z a a a a + + (3) Cộng vế với vế (1) ,(2) và (3) ta đợc 2( ) x y z x y z x y z y z z x x y a a a a a a + + + + + + + (4) Cộng 2 vế của (4) với biểu thức x y z x y z a a a + + ta đợc 1 1 1 3( ) ( )( ) x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z a a a a a a a a a + + + + + + + + + + = + + + + Suy ra 1 1 1 . x y z x y z x y z a a a a a a + + + + ( do x + y + z = 3 ) Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi x = y = z = 1. (đpcm) 0,25 0,25 0,25 0,25 . hai trong hệ, ta có : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 4+ + + + + + = −x x x x x x x ( ) 2 2 1 2 2 1 2 3 0⇔ + + + + + + + =x x x x x x . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 1 2x x x x ⇔ + + + + = −. ) 1 . 2z z i − + là số thực và 2z i − = . Câu 3* (0.5 điểm). Giải phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 log 1 log 3x x x x + + = + + Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 4. 2 2 2 2 ( 1) 2 a b a b + = + − = Giải hệ ta ®îc a = 1 , b = 0 hoÆc 1 5 a − = , 12 5 b = VËy 1 1,z = 2 1 12 5 5 z i − = + 0 ,25 0 ,25 Câu 3 (0.5) đ ĐK: x ∈ ¡ PT ( ) ( ) 2 2 2 2 2 log