đề tự luyện THPT QG môn toán đề số 6

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: TOÁN; ĐỀ 06-BN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu I (2 điểm) Cho hàm số :
1x2
1x
y
+
+−
=
(C)
1*. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2*. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm
của đường tiệm cận và trục Ox.
Câu II (1 điểm)
1*. Giải phương trình sau trên tập số phức
2
1 0z z− + =
2*. Giải phương trình:
( )
cos2 cos sin 1 0x x x
+ − =
Câu III* (0,5 điểm) Giải phương trình:
2
2
2
4log log 2x x+ =
Câu IV. (1 điểm) Giải bất phương trình
2 2
1 2 3 4 .x x x x
+ − ≥ − −

Câu V* (1 điểm) Tính tích phân sau
1
0
2 1
1 3 1
x
I dx
x
+
=
+ +
∫
Câu VI(1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh
a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của
tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa
AA’ và BC là
a 3
4
Câu VII( 1điểm)
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 0x y∆ − − =
sao cho hai tam giác MAB, MCD có
diện tích bằng nhau.
Câu VIII*(1điểm)
Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa
độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC).
Câu IX* (0,5điểm) . Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên
chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh
được chọn có cả nam và nữ.

Câu X (1điểm) . Tìm m để hệ phương trình

3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m

− + − − =


+ − − − + =


có nghiệm thực.
…… HẾT
P N
Cõu ỏp ỏn im
I.1(1d)
TXĐ: D = R\ {-1/2}
Sự Biến thiên:
( )
,
2
3
0
2 1
y x D
x

= <
+
Nên hàm số nghịch biến trên
1 1
( ; ) ( ; )
2 2
va
+
+ Giới hạn ,tiệm cận:

1
2
lim
x
y
+

=+


1
2
lim
x
y


=

ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2

1
lim
2
x
y

=

1
lim
2
x
y
+
=


đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2
+ Bảng biến thiên:

x

-1/2
+
,
y
- -

y -1/2
+




-1/2
0,25
Đồ Thị :
0,25


I.2(1d)
Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là






− 0,
2
1
A
Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng







+=
2
1
xky
(∆) tiếp xúc với (C)
/
x 1 1
k x
2x 1 2
x 1
k co ù nghieäm
2x 1
− +
 
= +
 ÷


+
 
⇔

− +
 

=
 ÷

+

 

0,25
( )







=
+
−






+=
+
+−
⇔
)2( k
1x2
3
)1(
2
1

xk
1x2
1x
2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là

( )
2
1
3 x
x 1
2
2x 1
2x 1
 
+
 ÷
− +
 
= −
+
+
0,25
y
x
0
I
-1/2
1
1

-1/2
1
(x 1)(2x 1) 3(x )
2
⇔ − + = +
và
1
x
2
≠ −

3
x 1
2
⇔ − =

5
x
2
⇔ =
. Do đó
12
1
k −=
0,25
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
1 1
y x
12 2
 

= − +
 ÷
 
0,25
II.1(0,5d)
Ta có:
2
1 4 3 3i∆ = − = − =
căn bậc hai của
∆
là
3i±
0,25
Phương trình có nghiệm:
1 2
1 3 1 3 1 3
,
2 2 2 2 2
i
z i z i
+
= = + = −
0,25
II.2(0,5đ)
( )
cos2 cos sin 1 0x x x
+ − =
cos2 0
1
sin

4
2
x
x
π
=


⇔
 

+ =
 ÷

 


+) Với
( )
cos2 0
4 2
k
x x k
π π
= ⇔ = + ∈
¢
+) Với
2
1
sin ( )

4
2
2
2
x k
x k
x k
π
π
π
π
=

 

+ = ⇔ ∈
 ÷

= +
 

¢

III.(0,5d)
Điều kiện x > 0.
1
2
2 2
2 2 2
2

(1) 4log log 2 4log 2log 2 0x x x x⇔ + = ⇔ + − =

Đặt
2
logt x=
Pt có dạng
2
1
4 2 2 0
1
2
t
t t
t
= −


+ − = ⇔

=

0,25
1
2
1
1 log 1 2 ( )
2
t x x nhan
−
= − ⇔ = − ⇔ = =

1
2
2
1 1
log 2 2 ( )
2 2
t x x nhan= ⇔ = ⇔ = =
Vậy phương trình có nghiệm
1
2
x =
và
2x =
0,25
IV(1d)
Điềukiện:
2
2
0
0 1
3 41
1 0 0 .
3 41 3 41
8
2 3 4 0
8 8
x
x
x x
x

x x
≥

≤ ≤

− +


− ≥ ⇔ ⇔ ≤ ≤
 
− − − +
≤ ≤
 
− − ≥


(*)
Bất phương trình đã cho tương đương với

2 2 2
1 2 (1 ) 2 3 4x x x x x x+ − + − ≥ − −
2 2
3( ) (1 ) 2 ( )(1 ) 0x x x x x x⇔ + − − + + − ≥
0,5
2 2 2
2
5 34
1
9
3 2 1 0 9 10 1 0

1 1 1 3
5 34
.
9
x
x x x x x x
x x
x x x
x

− +
≥

+ + +

⇔ + − ≥ ⇔ ≥ ⇔ + − ≥ ⇔
− − −

− −
≤


Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
5 34 3 41
.
9 8
x
− + − +
≤ ≤
0,5

V(1d)
Đặt
3 1x t+ =
ta được
2
1 2
3 3
t
x dx tdt
−
= ⇒ =

Đổi cận
0 1; 1 2x t x t= ⇒ = = ⇒ =
0,5
Khi đó
2 2
3
2
1 1
2 2 2 3 28 2 3
2 2 3 ln
9 1 9 1 27 3 2
t t
I dt t t dt
t t
+
 
= = − + − = −
 ÷

+ +
 
∫ ∫

0,5
VI(1d)


M
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥
(do
A
∧
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒




∈
⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vuông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd ==
.
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔

suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====

0,5
VII(1d)
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y+ − =
và
5AB =
Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y− + =
và
17CD =
0,25
Điểm M thuộc
∆
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
− −
= =
0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ =

7
9
3
t t⇔ = − ∨ =

⇒
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M− −
0,5
VIII(1d) *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên
)1;1;2(// −nOH
;
( )
H ABC∈
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1

;
3
2
( −H
0,5
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)
⇔
H là trung điểm của OO’
⇔
)
3
2
;
3
2
;
3
4
(' −O
0,25
IX(0,5d)
( )
3
11
165n CΩ = =
0,25
Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là
2 1 1 2
5 6 5 6
. . 135C C C C+ =

Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
135 9
165 11
=
0,25
X(1d)
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m

− + − − =


+ − − − + =


0,25
Điều kiện:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y
y y


− ≥ − ≤ ≤


⇔
 
≤ ≤
− ≥




Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t
3
− 3t
2
= y
3
− 3y
2
.
0,25
Hàm số f(u) = u
3
− 3u
2
nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:
(1) ⇔ y = t ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔
2 2
2 1 0x x m− − + =
0,25

Đặt
2
1v x= −
⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v
2
+ 2v − 1 = m.
Hàm số g(v) = v
2
+ 2v − 1 đạt
0;1 0;1
min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
axg v g v= − =
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2
0,25