Đề luyện thi THPT quốc gia đề 2

(1)

1

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 y  x⁴ 3x²1 có đồ thị (C) a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).

b*) Dựa vào đồ thị (C) tìm m để phương trình x⁴3x² m 0 có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 2 ( 1,0 điểm).

a*) Giải phương trình: sin 2x c os2x2sinx1.

b*) Tìm số phức Z thỏa mãn :



^z^^{1 .}

 

^z^²ⁱ



là số thực và z i  2. Câu 3* (0.5 điểm). Giải phương trình



²



²



²



log 2 x   x 1 log x  x 3 Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

 

2

2 2 2

2 2

2 1 2 3 2 4 .

   



     



xy y x

y x x x x x

(với x y;  )

Câu 5* ( 1,0 điểm): Tính tích phân:

0

(1 cos )

I x xdx

p

=

ò

+

Câu 6 ( 1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a,

góc BAD120⁰.Mặt bên (SAB) có SAa SB, a 3 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SAB).

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng

: 4 0

d mx   y m và đường thẳng :x2y 9 0; điểm B(-3; 2). Gọi H là hình chiếu của B trên d. Xác định tọa độ điểm H biết rằng khoảng cách từ H đến đường thẳng  nhỏ nhất.

Câu 8* ( 1,0 điểm ): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng

1 2 2

: 3 2 2

 ^  ^  ^



x y z

và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng song song với mặt phẳng (P), đi qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng ().

(2)

2 Câu 9 *(0.5 điểm)

Từ các chữ số của tập T 



0;1; 2;3; 4;5



, người ta ghi ngẫu nhiên hai số tự nhiên có ba chữ số khác nhau lên hai tấm thẻ. Tính xác suất để hai số ghi trên hai tấm thẻ đó có ít nhất một số chia hết cho 5.

Câu 10 ( 1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực tùy ý thỏa mãn x + y + z = 3.

Chứng minh rằng với  a 1 ta luôn có : ¹_x ¹_y ¹_z x_x y_y z_z. a a a  a a a

(3)

3 Câu 1

a + TXĐ: D = R.

+ y' 4x³6x; ³

0 ' 0 4x 6x=0 6

2 6 2 x

y x

x

 



      

  



+ Giới hạn: lim , lim

x y x y

     

+Hàm số đồng biến trên ; ⁶ 2

 

  

 

  và 0; ⁶ 2

 

 

 ; nghịch biến trên ⁶; 0 2

 

 

 

  và ( 6; )

2  .

+ Hàm số đạt cực đại tại ⁶

x  2 , _D ¹³

C 4

y  , Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1

0.5

Bảng biến thiên 0.25

 Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0; 1), (-1; 3), (1; 3)

0.25

(4)

4

b x⁴3x²    m 0 x⁴ 3x²  1 m 1 _0.25 Số nghiệm của phương trỡnh là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng

y=m+1.

0.25

Dựa vào đồ thị, phương trỡnh cú 4 nghiệm phõn biệt

13 9

1 1 0

4 4

m m

      

0.5

Cõu2 (1đ)

a. Biến đổi ph-ơng trình về dạng : 2s inx(cosx 1) 2sin²x0

s inx 0 s inx(sin cos 1) 0

sin cos 1 0

x x

 

       

Với sinx  0 x k2 Với cos2x = 1 

1 2

sin cos 1 0 sin( )

4 2 2

2 x k

x x x

x k

 

 

      

  



, k Z

Vậy phương trỡnh cú 2 họ nghiệm. , 2

xk x 2 k  , k Z

0,25

(5)

5 Cõu 3

(0.5) đ

ĐK: x

PT^^log²



^x² ^{ }^x ¹



² ^^log²



^x²^{ }^x ³





^x² ^x ¹

 

² ^x² ^x ¹



² ⁰

       

Đặt: ² 3

1, 4 t x  x t 

Ta được phương trỡnh : ² 1( )

2 0

2( )

t L

t t

t N

  

     

Với ²

1 5

2 1 0 2

1 5

2 x

t x x

x

  

 

      

   



Vậy : 1 5

x  2

 và ¹ ⁵ x  2

 là nghiệm của phương trỡnh.

0.25

0.25 b. Giả sử z = a + bi ,( ,a bR). Khi đó: ²₂ ² ₂

( 1) 2

a b

a b

  

   



Giải hệ ta đ-ợc a = 1 , b = 0 hoặc ¹

a5 , ¹² b 5 Vậy z₁ 1, ₂ 1 12

5 5

z   i

0,25

(6)

6 Câu 4

1 đ

ĐKXĐ: x ; y .

Ta có ²



²



2

2 2 2 2 2

2

        

xy y x y x x y  

x x

2 2

 y x  x (1). Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :



^x²^{ }² ^x



²^²

^

^x^¹

^

^x²^²^x^{ }³ ²^x²^⁴^x

 

2 2

1 2 2 1 2 3 0

 x x   x x x  x  .



^x ^{1 1}



^



^x ¹



² ²^

 

^x ^¹

 

^x ² ²^

              (*)

Xét hàm số ^{f t}^{( )}^^t



¹^ ^t²^²



^với ^t^ ^. ^Ta ^có

2 2

'( ) 1 2 2 0, ( )

2

       



f t t t t f t

t

đồng biến trên .

Mặt khác, phương trình (*) có dạng 1

( 1) ( ) 1

         2

f x f x x x x .

Thay 1

 2

x vào (1) ta tìm được y1.Vậy hệ đã cho có nghiệm là

1 2 1.

  



  x y

0.25

Câu 5 1 đ

0 0 0

(1 cos ) cos

I x xdx xdx x xdx

p p p

=

ò

+ =

ò

+

ò

 Với ₁ ² ² ² ²

0 0

0

2 2 2 2

I xdx x

p p

=

ò

= = - =

0.25

(7)

7

 Với ₂

0

cos

I x xdx

p

=

ò

 Đặt

cos sin

u x du dx

dv xdx v x

ì ì

ï = ï =

ï Þ ï

í í

ï = ï =

ï ï

î î

. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:

0.25

0 0

2 sin 0 sin 0 ( cos )0 cos cos cos 0 2

I = x x^p -

ò

^p xdx = - - x ^p = x^p = p- = - ^0.25

 Vậy, ₁ ₂ ² 2

I I I p2

= + = -

0.25

Câu 6 (1đ)

*) Tính VS.ABCD

Dễ thấy tam giác SAB vuông tại S.

Trong mp(SAB) hạ SH AB ta có

( ) ( )

( ) ( ) ( )

SAB ABCD

SAB ABCD AB SH SABCD

SH AB

 

    

 



Tính được ³

2

SH a , S_ABCD 2S_ABD AB AD. .sin120⁰ 2a² 3V_{S ABCD}_. a³

*) Tính d(G,(SAB))

Gọi ^{( , (} ⁾⁾ ^IS ³ ( , ( )) ² ( , ( ))

( ( )) 2 3

d I SAB

SG CD I d G SAB d I SAB

d G SAB GS

       .

Ta có CD/ /ABCD/ /(SAB)d I SAB( , ( ))d C SAB( , ( ))a 3. (Hạ CK ABCK (SAB) mà ABC đều cạnh 2a CK a 3)

0,25

(8)

8 Vậy ( , ( )) ^{2 3}

3 d G SAB  a

0,25

Câu 7 1 đ

Ta có phương trình d mx:     y m 4 0 (x1)m(y4)0. Suy ra d luôn đi qua điểm cố định A(1; 4), mà BH vuông góc với d nên suy ra H luôn thuộc đường tròn (C) đường kính AB.

0.25

Gọi I là tâm của (C). Ta có pt (C): (x1)²(y3)² 5

Gọi d’ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với . Khi đó d’ có pt: 2x  y 5 0.

0.25

Tọa độ giao điểm của d’ và (C) là nghiệm của hệ phương trình :

2 2

2 5 0 5

( 1) ( 3) 5 0

x y y

x y x

   

 

      

 ^hoặc

1 2 y x

 

  

 . Khi đó d’ cắt (C) tại

1(0;5); 2( 2;1)

M M 

0.25

Ta có ₁ 19 5 ₂ 9 5

( , ) ; ( , )

5 5

d M   d M   . Vậy H trùng với M₂( 2;1) ^0.25

Câu 8 1 đ

Đường thẳng () có phương trình tham số:

1 3

2 2

  

   

  



x t

y t t

z t

Mặt phẳng (P) có VTPT n(1; 3; 2)

0.25

Giả sử N(1 + 3t ; 2  2t ; 2 + 2t)    MN(3t 3; 2 ;2t t2) 0.25

(9)

9

Để MN // (P) thỡ MN n.   0 t 7 N(20; 12; 16) 0.25

Phương trỡnh đường thẳng cần tỡm : 2 2 4

9 7 6

  

 



x y z 0.25

Cõu 9 (0.5)đ

+ Cú 5.A₅² 100 số tự nhiờn cú 3 chữ số khỏc nhau

+ Cú A₅² 4.A¹₄ 36 số tự nhiờn cú 3 chữ số khỏc nhau và chia hết cho 5.

+ Cú 64 số tự nhiờn cú 3 chữ số khỏc nhau và khụng chia hết cho 5.

+ n

 

 C100¹ .C99¹ 9900

+ Gọi A là biến cố : “Trong hai số được ghi trờn 2 tấm thẻ cú ớt nhất 1 số chia hết cho 5”

Ta cú: ^{n A}

 

^^C₃₆¹ ^.^C₆₄¹ ^^C₃₆¹ ^.^C¹₃₅^³⁵⁶⁴

Vậy :

   

 

³⁵⁶⁴⁹⁹⁰⁰ ²⁵⁹ ^0,36

P A n A

 n   



0,25

Cõu 10

(1đ) * Với a = 1 ta thấy BĐT đúng .

* Ta xét khi a > 1.

Hàm số y= ¹ ¹

t

y t

a a

      nghịch biến với  t R, khi a > 1.

Khi đó ta có

Ta cú : (x y)(¹_x ¹_y) 0, a a

   x y, R. Suy ra ^x_x ^y_y ^x_y ^y_x a a a a (1)

Chứng minh t-ơng tự ^y_y ^z_z ^z_y ^y_z

a a  a a (2) ^z_z ^x_x ^x_z ^z_x a a  a a (3)

Cộng vế với vế (1) ,(2) và (3) ta đ-ợc 0,25

0,25

(10)

10 2( x_x y_y z_z) y _xz z _yx x _zy

a a a a a a

  

     (4)

Céng 2 vÕ cña (4) víi biÓu thøc ^x_x ^y_y ^z_z

a a a ta ®-îc

1 1 1

3( x_x y_y z_z) x y_x z x y_y z x y_z z ( )( _x _y _z) x y z

a a a a a a a a a

     

         

Suy ra ¹_x ¹_y ¹_z x_x y_y z_z .

a a a a a a ( do x + y + z = 3 ) DÊu b»ng x¶y ra khi chØ khi x = y = z = 1. (®pcm)

0,25