Đề luyện thi THPT quốc gia môn Toán số 16

hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
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
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
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
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
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
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
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
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
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