Tải bản đầy đủ (.doc) (8 trang)

Đề tự luyện thi THPT Quốc gia môn toán số 14

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (133.93 KB, 8 trang )

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

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

×