Đề luyện thi THPT quốc gia đề 4

Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn

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2x²3

a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.

b*) Tìm m để phương trình x⁴2x² m3 có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm).

a*) Giải phương trình: 2cos2x8sinx50.

b*) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (2i)(1i)z42i. Tính môđun của z. Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình: 3.9^x 10.3^x 30.

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

2 2 2

3 6 2 2

1 2 2

( 1) 3 ( 2) 3 4 0

x y x x x y

y x y x y

    



     

 ( ,x yR).

Câu 5* (1,0 điểm). Tính tích phân I =



^{2 }

0

2 )sin cos

(



xdx x

x .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết AC 2a,BD4a, tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3; 4), đường thẳng 0

1 :xy 

d và đường tròn (C):x² y² 4x2y40. Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C). Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm). Gọi (E) là đường tròn tâm E và tiếp xúc với đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn (E) có chu vi lớn nhất.

Câu 8* (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;3;2), đường thẳng 2

1 4 2

: 1

 



 

 y z

d x và mặt phẳng (P):2x2yz60. Tìm tọa độ giao điểm của d với (P) và viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P).

Câu 9* (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 9 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để số được chọn có đúng 4 chữ số lẻ và chữ số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ (các chữ số liền trước và liền sau của chữ số 0 là các chữ số lẻ).

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 12 2x12 2,y0,z0 và x yz1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

2 8 ( )

1 )

( 1 )

( 1

z y z

x y

P x



 

 

  .

---HẾT---

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

(2,0 điểm) a) (1,0 điểm)

1) Tập xác định : DR 2) Sự biến thiên:

a, Giới hạn : 



 y

xlim ; 



 y

xlim 0,25

b, Bảng biến thiên: y’ = 4x³4x, y’ = 0  x = 0, x1

x -  - 1 0 1 +  y' - 0 + 0 - 0 +

y

+  - 3 + 

- 4 - 4

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;), hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (;1) và (0; 1).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = y(1) = - 4.

0,25 3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2

điểm ( 3; 0).

0,25

b) (1,0 điểm)

Ta có x⁴2x² m3x⁴2x²3m (1). 0,25

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng ym 0,25 Theo đồ thị ta thấy đường thẳng ym cắt (C) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi

3 4 

 m . 0,25

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi m(4;3). 0,25 Câu 2

(1,0 điểm) a) (0,5 điểm)

0 5 sin 8 2 cos

2 x x  2(12sin²x)8sinx50 0

3 sin 8 sin

4 ²   

 x x 0,25



 



) 2(

sinx 3 lo¹i     

 Z

6 2 ( )

x k

k 1 1



3 y

O x

4 3 3









 













 

3 1 2

1

4 3

b a b

a . Do đó z13i, suy ra z  1² 3²  10 0,25

Câu 3

(0,5 điểm) Đặt t3^x(t0). Bất phương trình đã cho trở thành 3 3

0 1 3 10

3t² t   t 0,25

Suy ra 3 3 1 1

3

1 ^x   x .

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S[1;1].

0,25 Câu 4

(1,0 điểm) Điều kiện: x²y2. Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2)

 ) 2

( x⁶y³3x²y y³3y²3y13(y1)

(x²y)³3x²y(y1)³3(y1) (3)

0,25 Xét hàm số f(t)t³3t có f t'( )3t²   3 0, t R

Do đó (3) f x y( ² ) f y(  1) x y²  y 1, (y 1).

Thế vào (1) ta được x²yx²12x y1

1 1 0

) 1 1 (

0 1 1 2

) 1

( ²

2            

x y x y x y x y

0,25

Do đó hệ đã cho tương đương với



















 

















 













0

) 4 ( 1 )

2 (

2 0

1 1 1

1

1 _{2 2 2}

2 2

2 2

2

x

x x x

x y

x y y x

x y x y

y x

y x

0 ) 1 )(

1 (

0 )

1 ( 0 1 3 )

4

( x⁴ x²   x² ²x²   x² x x²x 













 



2 5 1

2 5 1

x x

. Do x > 0 nên

2 5 1



x hoặc

2 5 1

  x

0,25

Với 2

5 1 2

5

1   

 y

x . Với

2 5 1 2

5

1   

  y

x .

Vậy hệ đã cho có nghiệm _







  

 2

5

;1 2

5 ) 1

;

(x y , _







  

 2

5

;1 2

5 ) 1

; (x y

0,25

Câu 5 (1,0 điểm)





^

 ²

0 2 2

0

sin cos sin





xdx x

xdx x

I . Đặt ^



^



²

0 2 2

2

0

1 sin , cos sin





xdx x

I xdx x

I 0,25

Đặt cos cos sin 1

cos sin

2 0 2

0 2

1 0   

 







 











^





x xdx

x x x I

v dx du xdx

dv x

u 0,25

3 1 3

) cos (cos cos

sin cos

2

0 3 2

0 2 2

0 2

2 







 

 



x x xd xdx

x

I . 0,25

Vậy 3

4 3 11 



I . 0,25

Câu 6 (1,0 điểm)

Gọi O ACBD, H là trung điểm của AB, suy ra SH AB.

Do AB(SAB)ABCD) và )

( )

(SAB  ABCD nên SH (ABCD)

+) Ta có AC a a

OA  

2 2

2 ,

a a

OB BD 2

2 4

2  

 .

5 4 ²

2 2

2 OB a a a

OA

AB    

0,25

+) 2

15 2

3 a

SH AB  4 2

4 . 22 . 1 2

1 ACBD a a a

S_ABCD   . 0,25

Thể tích khối chóp S_ABCD là :

3 15 4 2

2 . 15 3 . 1

3

1 2 a³

a a S

SH

V  _ABCD    .

Ta có BC // AD nên AD //(SBC) d(AD,SC)d(AD,(SBC))d(A,(SBC)). Do H là trung điểm của AB và B = AH(SBC) nên d(A,(SBC))2d(H,(SBC)).

Kẻ HEBC,HBC, do SHBC nên BC(SHE).

Kẻ HKSE,KSE, ta có BCHKHK(SBC)HKd(H,(SBC)).

0,25

5 5 2 5 2

4 .

2

2 ² a

a a AB S BC S BC

HE S^BCH  ^ABC  ^ABCD   .

91 1365 2

91 15 2 60

91 15

4 4

5 1 1

1

2 2

2 2 2

2

a HK a

a a

a SH HE

HK        

Vậy 91

1365 2 4

) ,

( a

HK SC

AD

d   .

0,25

Câu 7

(1,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R3. Do Md nên M(a;1a). Do M nằm ngoài (C) nên IM RIM² 9(a2)²(a)² 9

0 5 4

2 ²  

 a a (*)

Ta có MA² MB² IM² IA² (a2)²(a)²92a² 4a5

Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình:(xa)²(ya1)² 2a²4a5 0

6 6 ) 1 ( 2

2 2

2      

 x y ax a y a (1)

0,25

Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình 0

4 2

2 4

2y  x y 

x (2).

Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được (a2)xay3a50(3)

Do tọa độ của A, B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình của đường thẳng đi qua A, B.

0,25

+) Do (E) tiếp xúc với  nên (E) có bán kính R₁ d(E,) Chu vi của (E) lớn nhất R₁ lớn nhấtd(E,) lớn nhất Nhận thấy đường thẳng  luôn đi qua điểm 



 



 2

;11 2 K 5

0,25 S

A

B C

D

O E

H K

Ta có _



 



 2

;3 2

EK 1 ,  có vectơ chỉ phương u(a;a2)

Do đó EK EK.u0 ( 2) 0

2 3 2

1   



 a a a3 (thỏa mãn (*))

Vậy M



3;4



là điểm cần tìm

0,25

Câu 8 (1,0 điểm)

d có phương trình tham số



















 t z

t y

t x

2 4

2 1

.

Gọi Bd(P), do Bd nên B(12t;4t;2t)

0,25

Do B(P) nên 2(12t)2(4t)2t60t4B(7;0;8) 0,25 Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc d nên I(12a;4a;2a)

Theo bài ra thì (S) có bán kính RIAd(I,(P))

2 2 2 2

2 2

1 2 2

6 2 ) 4 ( 2 ) 2 1 ( ) 2 2 2 ( ) 1 ( ) 2 2

(  











 











 a a a

a a

a

3 16 9 4

2

9 ² 







 a

a a

13

; 35 1 0

175 110

65 )

16 4 ( ) 9 2 9 (

9 ²     ²  ²      

 a a a a a a a .

0,25

+) Với a1I (1;3;2),R4(S):(x1)²(y3)² (z2)² 16 +) Với

13

; 116 13

;70 13

;87 13 83 13

35  



 









 I R

a

169 13456 13

70 13

87 13

: 83 ) (

2 2

2

 



 

 

 



 

 

 



 

 

 S x y z

0,25

Câu 9 (0,5 điểm)

Xét các số có 9 chữ số khác nhau:

- Có 9 cách chọn chữ số ở vị trí đầu tiên.

- Có A₉⁸ cách chọn 8 chữ số tiếp theo

Do đó số các số có 9 chữ số khác nhau là: 9.A₉⁸= 3265920

0,25 Xét các số thỏa mãn đề bài:

- Có C₅⁴ cách chọn 4 chữ số lẻ.

- Đầu tiên ta xếp vị trí cho chữ số 0, do chữ số 0 không thể đứng đầu và cuối nên có 7 cách xếp.

- Tiếp theo ta có A₄² cách chọn và xếp hai chữ số lẻ đứng hai bên chữ số 0.

- Cuối cùng ta có 6! cách xếp 6 chữ số còn lại vào 6 vị trí còn lại.

Gọi A là biến cố đã cho, khi đón(A)C₅⁴.7.A₄².6!302400.

Vậy xác suất cần tìm là

54 5 3265920

302400 )

(A  

P .

0,25

Câu 10

(1,0 điểm) Ta có _{2 2 2 2 2 2}

) 1 ( 8

1 )

1 (

1 )

1 (

1 )

1 ( 8

1 )

1 (

1 )

1 (

1

x z

y x

y P z



 

 

 





 



 



 

Ta sẽ chứng minh

yz z

y  

 

 1

1 )

1 (

1 )

1 (

1

2 2

Thật vậy: _{2 2} (1 )[(1 )² (1 )²] [(1 )(1 )]²

1 1 )

1 (

1 )

1 (

1 yz z y z y

yz z

y        

 

 

 .

2 2

2 ) (1 )

2 2 2 )(

1

( yz  z yz  y  zyz y



2 2

2

) ( ) 1 )(

( 2 ) 1 (

) 1 ( 2 ) )(

1 ( ) 1 ( 2 ) 1 )(

( 2

y z zy y

z zy

yz zy z

y zy yz

zy y

z



































0 4 ) ( ) 1 ( 2

4 2 ) )(

1

(   ²    ^{2 2}  ²   ²  

 zy y z yz y z yz y z yz

0 ) 1 ( )

(  ²   ² 

 yz y z yz (hiển nhiên đúng).

Dấu “=” xảy ra khi yz 1.

0,25

Ta lại có yz  yz

2 4

) 1 ( 4

) 1 ( 2

2 2 2

x x

z

yz y 

 

 



 



 



Do đó _{2 2 2 2}

) 1 ( 4

4 4

) 1 1 (

1 1

1 )

1 (

1 )

1 (

1

x x yz

z

y   

 

 

 

 

2

2 8 ( 1)

1 )

1 ( 4

4



 



 

P x x

Do 12 2x12 2 nên (x1)²[0;8). Đặt t(1x)²t[0;8) và P

t t 

 

8 1 4

4

0,25

Xét f t t t

 

 

8 1 4

) 4

( với t[0;8).

2 2

2 2

2 (4 ) (8 )

240 72 3 ) 8 (

1 )

4 ( ) 4 (

' t t

t t t

t t

f  





 

 

 



20

; 4 0

240 72 3 0 ) (

' t   t² t  t t

f (loại)

Bảng biến thiên

t 0 4 8 f’(t) - 0 +

f(t) 8

9 

4 3

0,25

Do đó

4 ) 3 ( 

 f t

P và

4

 3

P khi











 























1 3 1

1 4 ) 1

( ²

z y x z

y x

z y

x

Vậy 4

minP3 khi x3,yz1

0,25