đề tự luyện THPT QG môn toán đề số 2

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.
+
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
0.5
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

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
⇔ + + − + + − =
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
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
sin sin 0 ( cos ) cos cos cos 0 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 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
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
Gọi I là tâm của (C). Ta có pt (C):
2 2
( 1) ( 3) 5x y+ + − =
Gọi d’ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với
∆
. Khi đó d’ có pt:
2 5 0x y
− + =
.
0.25
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”
0,25
Ta cú:
( )
1 1 1 1
36 64 36 35
. . 3564n A C C C C
= + =
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