Đề tự luyện thi THPT Quốc gia môn toán số 14

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Câu 1*(1,0 điểm) . Cho hàm số
3 2
6 9 2y x x x= − + −
(1) có đồ thị (C)
a/ khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
b/ Chứng minh rằng trên (C) không thể tồn tại hai điểm có hoành lớn hơn 3 sao cho hai tiếp tuyến với (C) tại
hai điểm đó vuông góc với nhau
Câu 2*(1,0 điểm) .
a/ Cho tam giác ABC có góc A lớn nhất và thỏa: cos2A + cos2B + cos2C =
−
1
Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A
b/ Tìm môđun của số phức z, biết
2
2 3
1
z z
z
z
+ +
=
+
Câu 3*(0,5điểm) .Giải bất phương trình:
( ) ( ) ( )
5 5 1
5
log 4 1 log 7 2 1 log 3 2x x x+ − − ≤ + +

Câu 4(1,0 điểm) . Giải hệ phương trình:
( )

6 2 3 2
2
3 4 3 6
2 1 8 7
x x y y y
y x x y x

+ − = + +


− + + + + =


Câu 5*(1,0 điểm) . Tính tích phân sau:
( )
2
2
3
cot
6
3 cos sin
x
I dx
x x
π
π
π
 
−
 ÷

 
=
+
∫

Câu 6(1,0 điểm) . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.E là điểm trên cạnh AD sao cho
BE vuông góc với AC tại H và AB > AE. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBE) cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD). Góc hợp bởi SB và mặt phẳng (SAC) bằng
0
30
.Cho
2 5
, 5
5
a
AH BE a
= =
. Tính theo a thể
tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa SB, CD
Câu 7(1,0 điểm) . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 đường tròn (C
1
) và (C
2
) lần lượt có phương trình là
2 2 2 2
( 1) ( 4) 10, 6 6 13 0x y x y x y+ + − = + − − + =
. Viết phương trình đường thẳng
∆
qua M(2;5) cắt hai
đường tròn (C), (C’) lần lượt tại A, B sao cho

1 2
25
12
I MA I MB
S S
=
biết rằng phương trình đường thẳng
∆
có hệ
số nguyên (I
1
,I
2
lần lượt là tâm của (C
1
) và (C
2
))
Câu 8*(1,0 điểm) . Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mp(P): x + y + z – 3 = 0 và hai đường thẳng
1 2
1 2 1 2 1 1
: ; :
2 1 1 1 2 5
x y z x y z
d d
+ + − − − +
= = = =
−
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d
1

, tiếp xúc với d
2
và cắt mp(P) theoo một đường tròn có bán kính r
=
3
,biết rằng tâm mặt cầu có cao độ dương
Câu 9*(0,5 điểm) . Cho n là số nguyên dương thỏa
1 2
1
4 2 25 120
n
n n
C C n
−
+
< + −

Tìm hệ số của số hạng chứa x
7
trong khai triển
2
2
n
x
x
 
−
 ÷
 
,(x > 0)

Câu 10(1,0 điểm) . Cho ba số dương x,y,z thỏa x + y + z = 4 và xyz = 2.
Tìm GTNN của biểu thức: P = x
4
+ y
4
+ z
4
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câ
u
Điể
m
1a. a/ Học sinh tự giải 1,0
1.b
b/ Giả sử trên (C) có hai điểm
1 1 2 2
( ; ),B( ; )A x y x y
với x
1
, x
2
> 3 sao cho tiếp tuyến với (C) tại
hai điểm này vuông góc với nhau
Khi đó, ta có:
2 2
1 2 1 1 2 2
'( ). '( ) 1 (3 12 9)(3 12 9) 1y x y x x x x x= − ⇔ − + − + = −


( ) ( ) ( ) ( )

1 1 2 2
9 1 3 1 3 1x x x x⇔ − − − − = −
(*)
Do x
1
> 3 và x
2
> 3 nên VT(*) > 0. Do đó (*) vô lí
Vậy: Trên (C) không thể có hai điểm sao cho tiếp tuyến với (C) tại hai điểm này vuông góc với
nhau
0,25
0,5
0,25
2a. a/ + Ta có : cos2A + cos2B + cos2C = 2cos(A + B)cos(A – B) + cos2C
=
( )
2
2cos cos 2cos 1C A B C− − + −
=
( )
1 2cos [cos cos ]C A B C− − − −
=
( )
1 2cos [cos cos(A B)]C A B− − − + +
=
1 4cos cos cosA B C− −
+ Do đó : cos2A + cos2B + cos2C =
−
1
1 4cos cos cos 1A B C⇔ − − = −

cos .cos .cos 0A B C⇔ =

cos 0A⇔ =
(do góc A lớn nhất nên các góc B,C nhọn
⇒
cosB,
cosC > 0)
0
90A⇔ =

Vậy: Tam giác ABC vuông tại A
0,25
0,25
2.b
b/ Tìm môđun của số phức z, biết
2
2 3
1
z z
z
z
+ +
=
+
+ Điều kiện
1z ≠ −
.
+ Gọi
( )

,z a bi a b= + ∈¡
,
ta có :
2
2 3
1
z z
z
z
+ +
=
+
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 2 3a bi a bi a bi a bi⇔ − + + = + + + +
( )
( )
2
2 3 2 3 0b a ab b i⇔ − + + + + =
2
2 3 0
2 3 0
b a
ab b

− + + =
⇔

+ =


3
0
a
b
= −

⇔

=

hay
3
2
3
2
a
b

= −




= ±


Với
3, 0a b= − =
, ta có
2 2

3z a b= + =
.
Với
3 3
,
2 2
a b= − = ±
, ta có
2 2
9 3
3
4 4
z a b= + = + =
.
Vậy môđun của số phức z là
3
hay
3
.
3
+ Điều kiện:
1 7
4 2
x− < <

+ BPT
( ) ( ) ( )
5 5 5
log 4 1 log 3 2 1 log 7 2x x x⇔ + + + ≤ + −

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
5 5
2
log 4 1 3 2 log 5 7 2
4 1 3 2 5 7 2
12 21 33 0
33
1
12
x x x
x x x
x x
x
⇔ + + ≤ −
⇔ + + ≤ −
⇔ + − ≤
⇔ − ≤ ≤
Giao với điều kiện, ta được:
1
1
4
x− < ≤
Vậy: nghiệm của BPT đã cho là
1
1
4
x− < ≤
4
•

Điều kiện:
2
8 0x y+ + ≥
•
PT(1)
( ) ( )
( )
( ) ( )
3
3 3
6 2 2 2
3 1 3 1 3 1 3 1x x y x x x y y⇔ + = + + + ⇔ + = + + +


( )
2
( ) 1f x f y
⇔ = +
với f(t) = t
3
+ 3t
•
Ta có: f’(t) = 3t
2
+ 3 > 0
t R
∀ ∈

( )f t
⇒

đồng biến trên R
Do đó:
( )
2 2
( ) 1 1f x f y x y
= + ⇔ = +
•
Với y

= x
2
– 1 , pt (2) trở thành:
( )
2 2
2( 1) 1 2 7 7 0x x x x
− − + + − + =


( )
2 2
2 7 1 2 7 2 0(*)x x x x
+ − + + − − =

Đặt
2
2 7,( 7)t x t= + ≥
, pt(*) trở thành:
( )
2
1 2 0t x t x

− + − − =
(**)
Ta có:
( )
2
3x
∆ = +
nên (**) có hai nghiệm: t = x + 2 hoặc t = -1 (loại)
Với t = x + 2
2
2 2 2
2 2
1
2 7 2
3
2 7 4 4 4 3 0
x x
x
x x
x
x x x x x
≥ − ≥ −
=
 

⇔ + = + ⇔ ⇔ ⇔
 

=
+ = + + − + =


 

•
Với x = 1
⇒
y = 0 (nhận)
•
Với x = 3
8y
⇒ =
(nhận)
Kết luận: hệ có hai nghiệm (x;y) là (1;0), (3;8)
5
+ Ta có:
3 1
3 cos sinx 2 cos sin 2cos
2 2 6
x x x x
π
 
 
+ = + = −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 

+ Do đó:

2 2
2
2
3
3 3
cot
1 1 1
6
tan ln tan ln3
6 4 6 4
4cos 4 tan
6 6
x
I dx d x x
x x
π π
π
π
π π
π
π π
π π
 
−
 ÷
   
 
= = − = − =
 ÷  ÷
   

   
− −
 ÷  ÷
   
∫ ∫

6
( ) ( )
( ) ( ) ( )
(SBE) (SAC) SH
SAC ABCD
SBE ABCD SH ABCD
⊥


• ⊥ ⇒ ⊥


∩ =


•
( ( ))
( )
BE SH SH ABCD
BE SAC
BE AC
⊥ ⊥

⇒ ⊥


⊥



⇒
SH là hình chiếu của SB trên (SAC)
( )
·
( )
·
·
0
,( ) , 30SB SAC SB SH BSH
⇒ = = =

•
Đặt AB = x
Ta có:
2 2 2 2
5AE BE AB a x
= − = −

Lại có:
2 2
4 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2
1 1 1 5 1 1
5 4 0

2
4 5
4
x a x a
x a x a
x a
AH AB AE a x a x
x a

= =

= + ⇔ = + ⇔ − + = ⇔ ⇔


=
−
=



Loại x = a vì khi đó: AE = 2a > a = AB
Vậy: AB = 2a
•
2 2
4
5
a
BH AB AH
= − =

2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 1 1 1
4
16 4 16
BC a
BH AB BC a a BC BC a
= + ⇔ = + ⇔ = ⇒ =
•
S
ABCD
= AB.BC = 8a
2
•
Tam giác SBH vuông tai H
·
4 4 15
.cot 3
5
5
a a
SH BH BSH⇒ = = × =

•
3
2
1 1 4 15 32 15
. 8
3 3 5 15
SABCD ABCD

a a
V SH S a
= = =

•
Tính khoảng cách giữa CD và SB
+ Kẻ HF vuông góc với AB tại H
+ Ta có :
( ) ( ) ( )
AB SH
AB SHF SAB SHF
AB HF
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

theo giao tuyến SF
Kẻ HK
⊥
SF tại K
( )
,( )
( )
H SAB
HK SAB d HK
⇒ ⊥ ⇒ =

+ Tính được: HF =

4
5
a
từ đó tính được
15
5
a
HK =

+ Ta có: (SAB) chứa SB và song song với CD

( ) ( ) ( )
( )
, ,( ) ,d CD SB d C D SAB d C SAB CM
⇒ = = =
(M là hình chiếu của C lên
(SAB))
+ Ta có : HK // CM
5
CM CA
HK AH
⇒ = =

2 5
( 2 5, )
5
a
AC a AH
= =

5 15CM HK a⇒ = =

Vậy:
( )
,
15
CD SB
d a
=
7
•
(C
1
) có tâm I
1
(-1;4), bán kính R
1
=
10
•
(C
1
) có tâm I
1
(3;3), bán kính R
2
=
5
•

Dễ kiểm tra được: M là một giao điểm của (C
1
),(C
2
)
•
∆
qua M nên
2 2
: (x 2) b(y 5) 0,(a,b Z,a 0)a b∆ − + − = ∈ + >

•
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của I
1
,I
2
lên
∆
Ta có:
( ) ( )
1 2
; ;
2 2 2 2
3 2
;
I I
a b a b
IH d IK d
a b a b
∆ ∆

+ −
= = = =
+ +

•
Ta có:
1 2
1 2 1 2
25 1 25
. . 12 .2 25 .2
12 2 24
I MA I MB
S S I H MA I K MB I H MH I K MK
= ⇔ = ⇔ =

( ) ( )
( )
2 2 2 2
1 1 1 2 2 2
2 2
1 1 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2
12. . 25 K.
12. . 10 25 K. 5
144 10 625 5
| 3 | |3 | | 2 | | 2 |

144 10 625 5
144 3
I H I M I H I I M I K
I H I H I I K
I H I H I K I K
a b a b a b a b
a b a b a b a b
a b
⇔ − = −
⇔ − = −
⇔ − = −
   
       
+ + − −
 ÷  ÷
⇔ − = −
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷
+ + + +
       
   
⇔ +
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 2
2 2 2
3 625 2 2

12 3 3 25 2 2
12 3 3 25 2 2
1
2 3 2 0
2 ( )
14 21 14 0
2
171 2975
86 171 86 0
(loai do a,b Z)
86 171 86 0
172
a b a b a b
a b a b a b a b
a b a b a b a b
a a
a a
n
a ab b
b b
b b
a
a ab b
a a
b
b b
− = − +
+ − = − +

⇔


+ − = − − +



 

+ − =
= − ∨ =

 ÷


+ − =
 

⇔ ⇔ ⇔


±
− − =
 
= ∈

− − =
 ÷


 





+ Với
2
a
b
= −
, chọn a = 2, b= -1
: 2 1 0x y
⇒ ∆ − + =

+ Với
1
2
a
b
=
, chọn a = 1, b= 2
: 2 12 0x y
⇒ ∆ + − =

Kết luận: Có hai có hai đường thẳng thỏa điều kiện bài toán là 2x – y + 1 = 0, x + 2y – 12 = 0
8
•
d
2
qua A(2;1;-1) có vtcp
( )
2

1;2;5
d
u =
uur

•
( )
1
1 2 ; 2 ;1I d I t t t
∈ ⇒ − + − + −

•
( ) ( )
2
2 3; 3;2 , , 7 19; 11 17;3 3
d
AI t t t AI u t t t
 
= − − − = − − + −
 
uur uur uur

•
( )
2
2
2
2
,
,

179 658 659
30
d
I d
d
AI u
t t
d
u
 
− +
 
= =
uur uur
uur

•
d
2
tiếp xúc với (S) nên
( )
2
2
,
179 658 659
(1)
30
I d
t t
d R R

− +
= ⇔ =

•
( )
,
2 5
3
I P
t
d
−
=

•
Ta có:
( )
2
2 2
2 2 2 2 2
,
2 5
4 20 34 4 20 34
3
3 3
3
I P
t
t t t t
R d r R R R

 − 
− + − +
= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ =
 ÷
 

(2)
•
Từ (1) và (2), ta có:
2 2
2
1
179 658 659 4 20 34
139 458 319 0
319
30 3
139
t
t t t t
t t
t
=

− + − +

= ⇔ − + = ⇔

=

Suy ra: I(1;-1;0) (nhận) hoặc

599 41 180
; ;
139 139 139
I
−
 
 ÷
 
(loại do z
I
> 0)
•
Với I(1;-1;0)
6R⇒ =
( ) ( ) ( )
2 2
2
: 1 1 6S x y z
⇒ − + + + =

Kết luận: phương trình mặt cầu cần tìm là
( ) ( ) ( )
2 2
2
: 1 1 6S x y z
− + + + =
9
( )
( ) ( )
( ) ( )

1 2
1
2
1 !
!
4 2 25 120 4 2 25 120
1 !2! 2! 2 !
2 1 1 25 120 22 120 0 10 12
n
n n
n
n
C C n n
n n
n n n n n n n n
−
+
+
• < + − ⇔ < + −
− −
⇔ + < − + − ⇔ − + < ⇔ < <

Mà n nguyên dương nên n = 11
•
11
2 2
2 2
n
x x
x x

   
− = −
 ÷  ÷
   
có số hạng tổng quát là:
( ) ( )
44 5
22 2
2
1 11 11
/2
2
1 1 2
k
k
k k
k k k k
k
k
T C x C x
x
−
−
+
= − = −

T
k+1
là số hạng chứa x
7

khi
6 6 7
7 11
44 5
7 6 2
2
k
k T C x
−
= ⇔ = ⇒ =


⇒
Hệ số cấn tìm là:
6 6
11
2C

10
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2
2
2( )
= 2 2 2
= 16 2 2 16

P x y z x y y z z x
x y z xy yz zx xy yz zx xyz x y z
xy yz zx xy yz zx
= + + − + +
   
+ + − + + − + + − + +
   
− + + − + + −   
   
g

g
Đặt t = xy + yz + zx = x(y + z) + yz
+ Từ gt
2
4 ,y z x yz
x
⇒ + = − =

( )
2
2 2
4 4t x x x x
x x
⇒ = − + = − + +

+ Ta có:
( )
2
2 3 2

8
( ) 4 4 8 16 8 0y z yz x x x x
x
+ ≥ ⇒ − ≥ ⇔ − + − ≥

( )
( )
2
2 6 4 0x x x
⇔ − − + ≥
(*)
Giải BĐT (*) giao với điều kiện 0 < x < 4 ta đươc:
3 5 2x
− ≤ ≤

+ Khảo sát hàm số t theo biến x với
3 5 2x
− ≤ ≤
ta tìm được:
5 5 1
5
2
t
−
≤ ≤

g

( )
2

2 2
16 2 2( 16) 2 64 288P t t t t
= − − − = − +

Khảo sát hàm số : f(t) = 2t
2
– 64t + 288 với
5 5 1
5
2
t
−
≤ ≤
ta được:

5 5 1
Minf( ) 383 165 5 khi , ( ) 18 khi 5
2
t t Maxf t t
−
= − = = =

Suy ra:
min
383 165 5P
= −
đạt được chẳng hạn
1 5
3 5,
2

x y z
+
= − = =


max
18P =
đạt được chẳng hạn khi x = 2, y = z = 1