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 các
Trang 1ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: TOÁN, ĐỀ 04-BN
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: 3.9x −10.3x +3≤0
Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
( 1) 3 ( 2) 3 4 0
Câu 5* (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫2 +
0
2 )sin cos
(
π
xdx 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
:
−
=
−
−
=
x
d 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
1 )
(
1 )
(
1
z y z
x y
x
P
+
−
+ +
+ +
Trang 2
-HẾT -ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D=R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : =+∞
−∞
→ y
+∞
→ y
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< <−
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)2cos2x+8sinx−5=0 ⇔2(1−2sin2x)+8sinx−5=0
0 3 sin 8 sin
3
2
k
1
1
−
3
−
y
x O
4
−
3 3
−
Trang 3Đặt z=a+bi, (a b, ∈R), khi đó z=a−bi Theo bài ra ta có
i i
b a
i bi
a i
2
=
=
⇔
−
=
−
= +
⇔
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=3x(t>0) Bất phương trình đã cho trở thành
3 3
1 0 3 10
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: 2
2y≥−
x Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2) (2)⇔
) 1 ( 3 1 3 3
3 2 3 2 3
x
⇔ (x2y)3+3x2y=(y−1)3+3(y−1) (3)
0,25 Xét hàm số f(t)=t3+3t có = 2 + > ∀ ∈R
'( ) 3 3 0,
(3)⇔ f x y( )= f y( − ⇔1) x y= −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
0,25
Do đó hệ đã cho tương đương với
>
= +
−
−
=
⇔
>
−
=
= +
⇔
−
=
= +
0
) 4 ( 1 )
2 ( 2 0
1
1 1
1
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+ ⇒ = −
2
5 1 2
5
1+ ⇒ = +
−
Vậy hệ đã cho có nghiệm
=
2
5 1
; 2
5 1 )
;
=
2
5 1
; 2
5 1 )
;
( y x
0,25
Câu 5
(1,0 điểm)
∫
0 2 2
0
sin cos sin
π π
xdx x
xdx x
0
2 2
2 0
π π
xdx x
I xdx x
cos
2 0
2 0
⇒
−
=
=
⇒
=
=
π π
x xdx x
x I x v
dx du xdx
dv
x
3
1 3
cos )
(cos cos
sin
0
3 2
0 2 2
0
2
π π
π
x x
xd xdx
x
Vậy
3
4 3
1
1+ =
=
Trang 4Câu 6
BD AC
O= ∩ , H là trung điểm của AB, suy ra SH ⊥ AB
Do AB=(SAB)∩ABCD) và
) (
) (SAB ⊥ ABCD nên SH ⊥(ABCD) +) Ta có OA= AC = a =a
2
2
a a BD
2
4
2 = =
5
4 2 2 2 2
a a a OB OA
AB= + = + =
0,25
+)
2
15 2
3 a AB
2
4 4 2 2
1
2
1
a a a BD
AC
Thể tích khối chóp S ABCD là :
3
15 2 4 2
15 3
1
3
a
a S
SH
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
a
a AB
S BC
S BC
S
91
1365 2
91
15 2 60
91 15
4 4
5 1
1 1
2 2
2 2 2
2
a a
HK a
a a
SH HE
Vậy
91
1365 4
2 ) , (AD SC HK a
0,25
Câu 7
(1,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm
) 1
; 2 (−
I , 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
0,25
Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình
0 4 2 4
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
5
K
Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên ∆
2
10 )
, ( ∆ = ≤ =
Dấu “=” xảy ra khi H ≡K ⇔∆⊥EK
0,25
S
A
D
O E
H K
Trang 5Ta có
−
=
2
3
; 2
1
EK , ∆ 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 (
+ +
−
−
−
− +
−
= +
+
− +
−
3
16 4 9 2
9 2− + = −
13
35
; 1 0
175 110
65 )
16 4 ( ) 9 2 9 (
9 2− + = − 2 ⇔ 2+ − = ⇔ = =−
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
−
=
⇒
−
a
169
13456 13
70 13
87 13
83 :
) (
2 2
2
=
− +
− +
+
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 A cách chọn 8 chữ số tiếp theo 98
Do đó số các số có 9 chữ số khác nhau là: 9 8
9
A = 3265920
0,25
Xét các số thỏa mãn đề bài:
- Có 4
5
C 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 2
4
A 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 đó ( )= 7 2.6!=
4
4
C A
Vậy xác suất cần tìm là
54
5 3265920
302400 )
0,25
Trang 6Câu 10
1 )
1 (
1 )
1 (
1 )
1 ( 8
1 )
1 (
1 )
1 (
1
x z
y x
y z
P
+
−
+ +
+ +
=
−
−
−
+
−
−
+
−
−
=
Ta sẽ chứng minh
yz z
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
y z y
z yz yz
z
+
≥ +
+
2 2
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 − ≥
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
) 1 ( 4
) 1 ( 2
2 2
2
x x
z y
+
≤
⇒
4 4
) 1 ( 1
1 1
1 )
1 (
1 )
1 (
1
x x
yz z
+
2
1 )
1 ( 4
4
+
−
+ + +
≥
⇒
x x
P
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
t t t
f
−
+ +
=
8
1 4
4 ) ( với t∈[0;8)
2 2
2 2
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=
Bảng biến thiên
t 0 4 8
f’(t) - 0 +
f(t)
8
9 +∞
4 3
0,25
Do đó
4
3 ) ( ≥
≥ f t
4
3
=
P khi
=
=
−
=
⇔
−
= + +
=
=
= +
1
3 1
1
4 ) 1 ( 2
z y
x z
y x
z y x
Vậy
4
3 minP= khi x=−3,y=z=1
0,25
