đề tự luyện THPT QG môn toán đề số 14

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.E là điểm trên cạnh AD sao cho BE vuông góc với AC tại H và AB > AE.. Hai mặt phẳng SAC và SBE cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD.. Tính

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015

Câu 1*(1,0 điểm) Cho hàm số y x = −3 6 x2+ 9 x − 2 (1) có đồ thị (C)

a/ khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

b/ Chứng minh rằng trên (C) không thể tồn tại hai điểm có hoành lớn hơn 3 sao cho hai tiếp tuyến với (C) tại hai điểm đó vuông góc với nhau

Câu 2*(1,0 điểm)

a/ Cho tam giác ABC có góc A lớn nhất và thỏa: cos2A + cos2B + cos2C = −1

Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A

b/ Tìm môđun của số phức z, biết

1

z z

= +

Câu 3*(0,5điểm) Giải bất phương trình: 5( ) 5( ) 1( )

5 log 4 x + − 1 log 7 2 − x ≤ + 1 log 3 x + 2

Câu 4(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

( )

2







Câu 5*(1,0 điểm) Tính tích phân sau:

2

2 3

cot

6

3 cos sin

x

π

π

π

=

+

∫

Câu 6(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.E là điểm trên cạnh AD sao cho

BE vuông góc với AC tại H và AB > AE Hai mặt phẳng (SAC) và (SBE) cùng vuông góc với mặt phẳng

(ABCD) Góc hợp bởi SB và mặt phẳng (SAC) bằng 300.Cho 2 5

5

a

AH = BE a= Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa SB, CD

Câu 7(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 đường tròn (C1) và (C2) lần lượt có phương trình là

( x + 1) + − ( y 4) = 10, x + y − 6 x − 6 y + = 13 0 Viết phương trình đường thẳng∆qua M(2;5) cắt hai đường tròn (C), (C’) lần lượt tại A, B sao cho 1 25 2

12

S = S biết rằng phương trình đường thẳng ∆có hệ

số nguyên (I1,I2 lần lượt là tâm của (C1) và (C2))

Câu 8*(1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mp(P): x + y + z – 3 = 0 và hai đường thẳng

−

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d1, tiếp xúc với d2 và cắt mp(P) theoo một đường tròn có bán kính r

= 3,biết rằng tâm mặt cầu có cao độ dương

Câu 9*(0,5 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa 4 n11 2 2 25 120

C +− < C + n−

Tìm hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển 2 2 n

x x

  ,(x > 0)

Câu 10(1,0 điểm) Cho ba số dương x,y,z thỏa x + y + z = 4 và xyz = 2

Tìm GTNN của biểu thức: P = x4 + y4 + z4

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câ

u

Điể m

1.b b/ Giả sử trên (C) có hai điểm A x y ( ; ), B( ; )1 1 x y2 2 với x1, x2 > 3 sao cho tiếp tuyến với (C) tại hai điểm này vuông góc với nhau

Khi đó, ta có: y x y x '( ) '( )1 2 = − ⇔ 1 (3 x12− 12 x1+ 9)(3 x22− 12 x2+ = − 9) 1

( 1 ) ( 1 ) ( 2 ) ( 2 )

9 x 1 x 3 x 1 x 3 1

Do x1 > 3 và x2 > 3 nên VT(*) > 0 Do đó (*) vô lí

Vậy: Trên (C) không thể có hai điểm sao cho tiếp tuyến với (C) tại hai điểm này vuông góc với nhau

0,25

0,5

0,25

2a a/ + Ta có : cos2A + cos2B + cos2C = 2cos(A + B)cos(A – B) + cos2C

= − 2cos cos C ( A B − ) + 2cos2C − 1 = − − 1 2 cos [cos C ( A B − ) − cos ] C

= − − 1 2 cos [cos C ( A B − ) + cos(A B)] + = − − 1 4cos cos cos A B C

+ Do đó : cos2A + cos2B + cos2C = −1 ⇔ − − 1 4cos cos cos A B C = − 1

cos cos cos A B C 0

⇔ = ⇔ cos A = 0 (do góc A lớn nhất nên các góc B,C nhọn ⇒ cosB, cosC > 0)

0 90

A

⇔ =

Vậy: Tam giác ABC vuông tại A

0,25

0,25

2.b

b/ Tìm môđun của số phức z, biết

1

z z

= +

+ Điều kiện z ≠ − 1

+ Gọi z a bi a b = + ( , ∈ ¡ ),

ta có :

2

2 3 1

z

z

=

( 2 b2 a 3 ) ( 2 ab 3 b i ) 0

b a

ab b



3 0

a b

= −



 hay

3 2 3 2

a

b

 = −





 = ±



Với a = − 3, b = 0, ta có z = a2+ b2 = 3

,

a = − b = ± , ta có 2 2 9 3

3

4 4

z = a + b = + =

Vậy môđun của số phức z là 3 hay 3

3

+ Điều kiện: 1 7

4 x 2

− < <

+ BPT ⇔ log 45( x + + 1 ) log 35( x + ≤ + 2 ) 1 log 7 25( − x )

2

log 4 1 3 2 log 5 7 2

4 1 3 2 5 7 2

12 21 33 0 33

1 12

x

Giao với điều kiện, ta được: 1

1

4 x

− < ≤

Vậy: nghiệm của BPT đã cho là 1

1

4 x

− < ≤

4 •Điều kiện: x2+ + ≥ y 8 0

•PT(1) 6 2 ( )3 ( ) ( )2 3 2 ( )3 ( )

⇔ f x ( )2 = f y ( + 1 ) với f(t) = t3 + 3t

•Ta có: f’(t) = 3t2 + 3 > 0 ∀ ∈ t R ⇒ f t( ) đồng biến trên R

Do đó: f x ( )2 = f y ( + ⇔ 1 ) x2 = + y 1

• Với y= x2 – 1 , pt (2) trở thành: 2( x2− − + 1) ( x 1 2 ) x2+ − + = 7 x 7 0

Đặt t = 2 x2+ 7,( t ≥ 7) , pt(*) trở thành: t2− + ( x 1 ) t x − − = 2 0(**)

Ta có: ( )2

3

x

Với t = x + 2

2

3

x

• Với x = 1⇒ y = 0 (nhận)

• Với x = 3⇒ =y 8 (nhận)

Kết luận: hệ có hai nghiệm (x;y) là (1;0), (3;8)

5

3 cos sinx 2 cos sin 2cos

2

3

cot

6

x

π

π

(SBE) (SAC) SH

⊥







• BE SH SH ( ( ABCD )) BE ( SAC )

BE AC



⇒ SH là hình chiếu của SB trên (SAC) ⇒ ( · SB SAC ,( ) ) = ( · SB SH , ) = BSH · = 300

•Đặt AB = x

Ta có: AE = BE2− AB2 = 5 a2− x2

Lại có:

2

Loại x = a vì khi đó: AE = 2a > a = AB

Vậy: AB = 2a

• 2 2 4

5

a

BH = AB − AH =

1 2 12 12 52 12 12 12 1 2

4

BH = AB + BC ⇔ a = a + BC ⇔ BC = a ⇒ =

•SABCD = AB.BC = 8a2

•Tam giác SBH vuông tai H .cot · 4 3 4 15

5 5

•Tính khoảng cách giữa CD và SB

+ Kẻ HF vuông góc với AB tại H

+ Ta có : AB SH AB ( SHF ) ( SAB ) ( SHF )

AB HF

⊥

Kẻ HK ⊥ SF tại K ⇒ HK ⊥ ( SAB ) ⇒ d(H SAB,( )) = HK

+ Tính được: HF = 4

5

a

từ đó tính được 15

5

a

HK =

+ Ta có: (SAB) chứa SB và song song với CD

⇒ d CD SB ( , ) = d CD SAB ( ,( ) ) = d C SAB ( , ( ) ) = CM (M là hình chiếu của C lên (SAB))

+ Ta có : HK // CM CM CA 5

5

a

⇒ CM = 5 HK = a 15

Vậy: d(CD SB, ) =a 15

7 •(C1) có tâm I1(-1;4), bán kính R1 = 10

•(C1) có tâm I1(3;3), bán kính R2 = 5

•Dễ kiểm tra được: M là một giao điểm của (C1),(C2)

• ∆qua M nên ∆ : (x 2) b(y 5) 0,(a, b Z,a a − + − = ∈ 2+ b2 > 0)

•Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của I1,I2 lên ∆

Ta có: ( ) ( )

;

2

12 10 25 K 5

144 3

a b

2

1

171 2975

(loai do a,b Z)

172

n

a

b





±

  









+ Với a 2

b = − , chọn a = 2, b= -1 ⇒ ∆: 2x y− + =1 0

+ Với 1

2

a

b = , chọn a = 1, b= 2 ⇒ ∆ +:x 2y− =12 0 Kết luận: Có hai có hai đường thẳng thỏa điều kiện bài toán là 2x – y + 1 = 0, x + 2y – 12 = 0

8 •d2 qua A(2;1;-1) có vtcp u uurd2 = ( 1; 2;5 )

• I d ∈ ⇒ − +1 I ( 1 2 ; 2 t − + t ;1 − t )

• uur AI = ( 2 t − 3; t − 3; 2 − t ) ,   uur uur AI u , d2  = ( 7 19; 11 17;3 t − − t + t − 3 )

2

2

2 ,

30

d

I d

d

d

u

uur uur uur

•d2 tiếp xúc với (S) nên ( )

2

2 ,

(1) 30

I d

3

I P

t

=

•Ta có:

,

3

3

I P

(2)

•Từ (1) và (2), ta có:

2

1

139

t

t

=



 =



Suy ra: I(1;-1;0) (nhận) hoặc 599 41 180

139 139 139

  (loại do zI > 0)

•Với I(1;-1;0) ⇒ = R 6 ( ) ( ) (2 )2 2

Kết luận: phương trình mặt cầu cần tìm là ( ) ( ) (2 )2 2

( ) ( )

1

2

1 !2! 2! 2 !

n

−

+

+

Mà n nguyên dương nên n = 11

•

11

có số hạng tổng quát là:

( ) 22 2 ( ) 44 52

2

k k

x

−

−

Tk+1 là số hạng chứa x7 khi 44 5 7 116 6 7

2

k

⇒ Hệ số cấn tìm là: C11626

10 ( )

2

2

2

g

g Đặt t = xy + yz + zx = x(y + z) + yz

x

+ Ta có: 2 ( )2 8 3 2

x

⇔ − ( x 2 ) ( x2− 6 x + ≥ 4 ) 0 (*)

Giải BĐT (*) giao với điều kiện 0 < x < 4 ta đươc: 3 − 5 ≤ ≤ x 2

+ Khảo sát hàm số t theo biến x với 3 − 5 ≤ ≤ x 2ta tìm được: 5 5 1

5

2

≤ ≤

16 2 2( 16) 2 64 288

P = − t − t − = t − t +

Khảo sát hàm số : f(t) = 2t2 – 64t + 288 với 5 5 1

5

2

≤ ≤ ta được:

2

Suy ra: Pmin =383 165 5− đạt được chẳng hạn 1 5

2

Pmax = 18 đạt được chẳng hạn khi x = 2, y = z = 1