Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt phẳng SAB.. Xác định tọa độ điểm H biết rằng khoảng cách từ H đến đường thẳng ∆ nhỏ nhất.. Lập phương trình đường thẳng song so
Trang 1ĐỀ 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
log x + + =x 1 log x + +x 3
Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
xy y x
Câu 5* ( 1,0 điểm): Tính tích phân:
0
(1 cos )
p
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
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
:
−
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 (∆)
Câu 9 *(0.5 điểm)
Trang 2Từ 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 : 1x 1y 1z x x y y z z
a +a +a ≥ a +a +a
Trang 3Câu 1
a + TXĐ: D = R.
+
3
y = − +
;
3
0 6
2 6 2
x
x
=
= −
+ Giới hạn: limx→−∞y= −∞, limx→+∞y= −∞
+Hàm số đồng biến trên ; 6
2
−∞ −
và
6 0;
2
; nghịch biến trên
6
;0 2
−
và 6
2 +∞
+ Hàm số đạt cực đại tại 6
2
x= ± , D
13 4
C
y = , Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1
0.5
• Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0; 1), (-1; 3), (1; 3) 0.25
Trang 4b x4−3x2+ = ⇔ − +m 0 x4 3x2+ = +1 m 1 0.25
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng
Dựa vào đồ thị, phương trình có 4 nghiệm phân biệt
⇔ < + < ⇔ < <
0.5
Trang 6Cõu 3
(0.5) đ
ĐK: x∈Ă
PT ( 2 )2 ( 2 )
Cõu2
(1đ)
a Biến đổi phơng trình về dạng : 2sinx(cosx− +1) 2sin2x=0
sinx 0 sinx(sin cos 1) 0
sin cos 1 0
=
+ − = ⇔ + − = Với s inx 0= ⇔ =x k2π
Với cos2x = 1 ⇔
2 1
2
x k
π π
=
= +
, k ∈Z
Vậy phương trỡnh cú 2 họ nghiệm , 2
2
x k= π x= +π k π
, k ∈Z
0,25
0,25
b Giả sử z = a + bi ,( ,a b R∈ ) Khi đó: 22 22
( 1) 2
a b
+ =
+ − =
Giải hệ ta đợc a = 1 , b = 0 hoặc 1
5
a= − , 12
5
b=
Vậy z1 =1, 2 1 12
z =− + i
0,25
0,25
Trang 7Đặt: 2 1, 3
4
t = x + +x t ≥
Ta được phương trình : 2 2 0 1( )
2( )
t t
t N
= −
− − = ⇔ =
2
2
x
x
=
=
Vậy : 1 5
2
x= − + và 1 5
2
x= − − là nghiệm của phương trình.
0.25
0.25
Câu 4
1 đ
ĐKXĐ: x∈¡; y∈¡
2
2
2
+ −
2 2
⇔ =y x + +x (1) Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :
( x2+ +2 x)2+2(x+1) x2+2x+ =3 2x2−4x
⇔ +x x + + x+ +x x + x+ =
Xét hàm số f t( )=t(1+ t2+2) với t∈¡ Ta có
2 2
2
2
t
2
2
= −
x vào (1) ta tìm được y=1.Vậy hệ đã cho có nghiệm là
1 2 1
= −
=
x y
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 5
Trang 81 đ
0 0
0
x
p p
0.25
Với 2
0
cos
p
Đặt ìïïíïu dv=xcosxdx Þ ìïïíïdu v =sindx x
î î Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
0.25
2 sin 0 sin 0 ( cos )0 cos cos cos 0 2
I =x x p- òp xdx = - - x p = x p = p- = - 0.25
2
-0.25
Trang 9Câu 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
Câu 6
(1đ)
*) Tính VS.ABCD
Dễ thấy tam giác SAB vuông tại S
Trong mp(SAB) hạ SH⊥ AB ta có
( ) ( )
⊥
Tính được 3
2
a
.
2 sin120 2 3
*) Tính d(G,(SAB)) Gọi ( ,( )) IS 3 ( ,( )) 2 ( ,( ))
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)
Vậy ( ,( )) 2 3
3
a
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 10Gọi 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 :
0 ( 1) ( 3) 5
x
+ + − = =
1 2
y x
=
= −
Khi đó d’ cắt (C) tại
1(0;5); 2( 2;1)
0.25
Câu 8
1 đ
Đường thẳng ( ∆ ) có phương trình tham số:
1 3
2 2
2 2
= − +
= +
¡
y t t
Mặt phẳng (P) có VTPT nr= (1; 3; 2)
0.25
Giả sử N(−1 + 3t ; 2 − 2t ; 2 + 2t) ∈ ∆ ⇒ uuuurMN = (3t− − 3; 2 ;2t t− 2) 0.25
Để MN // (P) thì uuuur rMN n. = ⇔ =0 t 7⇒ N(20; − 12; 16) 0.25
Phương trình đường thẳng cần tìm : 2 2 4
−
Câu 9
(0.5)đ
+ Có 5.A52 =100 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau + Có A52 +4.A14 =36 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5
+ Có 64 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và không chia hết cho 5
+ ( ) 1 1
100 99 9900
n Ω =C C =
+ Gọi A là biến cố : “Trong hai số được ghi trên 2 tấm thẻ có ít nhất 1 số chia hết cho 5”
0,25
Trang 11Ta cú: ( ) 1 1 1 1
36 64 36 35 3564
n A =C C +C C =
Vậy : ( ) ( ) ( ) 3564 9 0,36
9900 25
n A
P A
n
Ω
0,25
Cõu 10
(1đ) * Với a = 1 ta thấy BĐT đúng
* Ta xét khi a > 1
Hàm số y= 1 1
t t
y
= = ữ nghịch biến với t R∀ ∈ , khi a > 1
Khi đó ta có
Ta cú : (x y)(1x 1y) 0,
− − ≤ ∀x y R, ∈ Suy ra x x y y x y y x
a +a ≤ a +a (1) Chứng minh tơng 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 đợc 2( x x y y z z) y z x z x y x y z
Cộng 2 vế của (4) với biểu thức x x y y z z
a +a +a ta đợc 3( x x y y z z) x y z x x y z y x y z z (x y z)( 1x 1y 1z)
Suy ra 1x 1y 1z x x y y z z
a +a +a ≥ a +a +a ( do x + y + z = 3 ) Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi x = y = z = 1 (đpcm)
0,25
0,25
0,25
0,25
