Đề tự luyện thi THPT Quốc gia môn toán số 16

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
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
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
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
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