đề tự luyện THPT QG môn toán đề số 24

Tính độ dài AB.. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD.. 1 đ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC.. Đường thẳng d song song vớ

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1*.(2đ) Cho hàm số ( ) 2 ( )

2

x

x

−

+ a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C)

b) Đường thẳng ( )∆ : y=7x+10cắt (C) tại 2 điểm A, B phân biệt Tính độ dài AB.

Câu 2*.(1đ)

a) Giải phương trình: sin 2x+ =4 8 osc x+s inx

b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 )+i z− − =1 3i 0 Tìm phần ảo của số phức w= − +1 zi z

Câu 3* (0,5 đ) Giải bất phương trình 2log (3 x− +1) log (23 x− ≤1) 2

4( 1)

 + + − − =







Câu 5* (1 đ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 1 2 x y x + = − và các trục tọa độ. Câu 6 (1 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn là AD; các đường thẳng SA, AC và CD đôi một vuông góc với nhau; SA = AC = CD = a 2và AD = 2BC Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD Câu 7 (1 đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Đường thẳng d song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N sao cho AM CN = Biết rằng M(–4; 0), C(5; 2) và chân đường phân giác trong của góc A là D(0; –1) Hãy tìm tọa độ của A và B Câu 8* (1 đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 1 3 : 2 3 2 x− y− z ∆ = = − và 2: 3 2 6 4 5 x− y z− ∆ = = − Tìm tọa độ giao điểm của ∆1 và ∆2 và viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng ∆2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng ∆1 lên mặt phẳng (P). Câu 9* (0,5đ) Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau, trong đó có hai học sinh tên là An và Bình Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc Tính xác suất sao cho hai học sinh An và Bình đứng cạnh nhau Câu 10 (1 đ) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện (x+ y)3 +4xy≥2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức P=3(x2 +y2)2 −2(x+y)2 −xy(3xy−4)+2015 ……… Hết………

Họ và tên thí sinh:……… ….Số báo danh:……… …

Chữ ký giám thị 1:………Chữ ký giám thị 2:……… ….…

H ư ớng d ẫn ch ấm

C.1.a

C.1.b

* Tập xác định: D=¡ \{ 2}−

4

2

x

−

= < ∀ ∈ +

* Tiệm cận ngang: y= –1 vì xlim→−∞y= −1; limx→+∞y= −1

* Tiệm cận đứng x= –2 vì x→ −lim( )2−y= −∞; x→ −lim( )2+ y= +∞

* Bảng biến thiên:

Y –1

–∞

+∞

–1

Hàm số nghịch biến trên: (–∞;–2), (–2;+ ∞) Hàm số không có cực trị

* Điểm đặc biệt:

* Đồ thị:

x y

y=-1

x=-2

0 -2

1 2 -1

-3

-5 3

* Gọi M x y0( 0; 0) là tiếp điểm

'( ) 4 3; ''( ) 2 4

f x =x − x+ f x = x−

* f x''( ) 0= ⇔2x0− = ⇔4 0 x0 =2

* Suy ra, 0 ( )

2 2 3

y = f = , f x'( )0 = f '(2)= −1

* Phương trình tiếp tuyến: y= f x'( ) (0 x x− 0)+y0

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

1( 2) 2 8

= − − + = − +

* Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 8

3

y= − +x

0,25

0,25

C.2.a Giải phương trình: sin 2x+ =4 8 osc x+s inx

Biến đổi phương trình về dạng:

sinx 4 ( ) (sinx-4)(2cos 1) 0 1

cos

2

vn x

x

=





− = ⇔

=



2 x 3 k

= ⇔ = ± + Kl: phương trình có 2 họ nghiệm: 2 ,

3

x= ± +π k π

0,25

0,25

C.2.b

Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 )+i z− − =1 3i 0 Tìm phần ảo của số phức

1

w= − +zi z

Giả sử z x yi x y= + ( , ∈¡ )⇒ = −z x yi

Theo giả thiết, ta có (1 )( ) 1 3 0 0 ( 1) ( 3) 0 2

1

x

y

=

 + − − − = = ⇔ + − + − − = ⇔  = −

 Suy ra z= − 2 i

Ta có w= − − + + = + − + = −1 (2 i i) 2 i 3 i2 2i i 2 i Vậy Imw= −1

0,25

0,25

C.3 ĐK: x>1 BPT 1

2

3

3 2log (x 1) log (2x 1) 2

log (x 1) log (2x 1) 1 log (x 1)(2x 1) 1

2 (x−1)(2x− ≤ ⇔1) 3 2x −3x− ≤2 0

1

2

2 x

⇔ − ≤ ≤ Kết hợp ĐK ta có tập nghiệm là S =(1;2]

0,25

0,25

C.4

Giải hệ phương trình:

4( 1) (1) ( 1) (2 1) 3 2 (2)

 + + − − =







Biến đổi pt ban đầu về dạng

2 ( 2)( 2)( 1 ) 0 2

1

y

y x

=





− + + − = ⇔ = −

 = −



TH 1: Với y = 2 thay vào pt (2) : 8x2+3x+ =6 0 vô nghiệm

TH 2: Với y = - 2 thay vào (2): 3x+ = ⇒ = − 6 0 x 2 suy ra nghiệm (x; y) =(-2;-2)

0,25 0,25 0,25 0,25

TH 3: Với y x= −1 thay vào (2): 4 2 1 2 1 2 5

3 0 ( ) ( ) 0 ( )

x + + = ⇔x x − + +x + = vn

Kl: hệ phương trình có nghiệm ( ; ) ( 2; 2)x y = − −

C.5

2

x y x

+

=

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (-1; 0) Do đó

0

1

1 2

x

x

−

+

=

−

∫

Ta có

0

1

1 2

x

x

−

+

=

−

0

1

3 (1 )

2 dx

x

−

+

−

∫

0 1

(x 3ln x 2 )|

−

1 3ln 3ln 1

0,25 0,25 0,25

0,25

C.6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn là AD; các đường

Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD.

Ta có: SA ⊥ AC và SA ⊥ CD

⇒ SA ⊥ (ABCD)

∆ ACD vuông cân tại C

⇒ AD = 2a ⇒ BC = a

Gọi I là trung điểm AD ⇒ AI = BC, AI // BC và CI ⊥

AD ⇒ ABCI là hình vuông

⇒ AB ⊥ AD

Do đó SABCD = (AD BC).AB 3a2

SABCD = 1.SABCD.SA 1 3a. 2.a 2 a 23

Ta có CD // BI ⇒ CD // (SBI) ⇒ d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(C, (SBI))

Gọi H = AC ∩ BI và AK ⊥ SH tại K Ta có AK ⊥ (SBI) ⇒ d(A, (SBI)) = AK

0,5

0,5

Ta có 12 12 12 12 42 52

AK =SA +AH =2a +2a =2a ⇒ AK = a 10

⇒ d(A; (SBI)) = AK = a 10

5 Vì H là trung điểm AC nên d(C; (SBI)) = d(A; (SBI)) =

a 10

5 Vậy d(CD, SB) =

a 10

5 .

C âu

C(5; 2) và chân đường phân giác trong của góc A là D(0; –1) Hãy tìm tọa độ của A và B

Gọi D' là điểm trên cạnh BC sao cho CD' = MN

Ta có MNCD' là hình bình hành

⇒ MD' = CN = AM ⇒∆ AMD' cân tại M

⇒ ∠ MD'A = ∠ MAD' = D'AC

⇒ AD' là phân giác của góc A ⇒ D' trùng D CA qua C và

song song MD

⇒ CA có vectơ chỉ phương là MDuuuur = (4; –1)

⇒ AC: x 5 4t

y 2 t

 = +

 = −

A ∈ AC ⇒ A(5 + 4a; 2 – a) ⇒ MAuuuur = (9 + 4a; 2– a)

Ta có MA = MD ⇔ (9 + 4a)2 + (2 – a)2 = 17 ⇔ 17a2 + 68a + 85 – 17 = 0 ⇔ a = –2 Vậy

A(–3; 4).

MA

uuuur

= (1; 4) ⇒ AB: x 4 y

1 4

+ = ⇔ 4x – y = –16 ; DCuuur = (5; 3) ⇒ BC: x y 1

5 3

+

= ⇔ 3x – 5y=5

Do đó B: 4x y 16

3x 5y 5

 − = −

 − =

 ⇔  = − = −xy 54 Vậy B(–5; –4)

0,5

0,5

C.8

:

x− y− z

2

:

x− y z−

− Tìm tọa độ giao điểm của ∆1 và ∆2 và viết phương trình mặt

mặt phẳng (P).

Viết lại ∆1 và ∆2 dưới dạng tham số

Giải hệ phương trình tìm được giao điểm A(3; 0; 2)

Đường thẳng ∆1 có VTCP uur1 =(2; 3; 2− )

Đường thẳng ∆2 có VTCP uuur2 =(6; 4; 5− )

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa ∆ ∆1, 2 thì (Q) có VTPT là nr=u uur uur1, 2=(7; 22; 26)

Vì ∆2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng ∆1 lên mặt phẳng (P) ⇒(P) chứa ∆2và

( ) ( )P ⊥ Q

Do đó (P) cũng đi qua A và có VTPT là nur1 =n uuur uur, 2= −( 214;191; 104)−

(P) có phương trình là:−214x+191y−104z+850 0=

Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau, trong đó có hai học sinh tên là An và

Bình Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc Tính xác suất sao cho

hai học sinh An và Bình đứng cạnh nhau

Mỗi cách xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành 1 hàng dọc là một hoán vị của 6 phần tử

( ) 6! 720

n

⇒ Ω = = (phần tử)

Gọi A là biến cố: "An và Bình đứng cạnh nhau"

⇒n A( ) 5!.2! 240= = (phần tử)

( ) ( ) 240 1

( ) 720 3

n A

P A

n

Ω (phần tử)

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

C.10 Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện (x+y)3 +4xy≥2 Tìm min của biếu thức

2015 )

4 3 ( ) ( 2 ) (

3 2 + 2 2 − + 2 − − +

Với mọi số thực x, y ta luôn có (x+ y)2 ≥4xy, nên từ điều kiện suy ra

(x y+ ) + +(x y) ≥ +(x y) +4xy≥ ⇒ +2 (x y) + +(x y) − ≥ ⇒ + ≥2 0 x y 1

2

3 ) (

2

3 2 2 2 2 2 2 2 2

+

−

− + +

− +

+ +

P

2

3 ) (

2

3 2 + 2 2 + 4 + 4 − 2 + 2 +

Do

2

) ( 2 2 2 4

y

nên từ (3) suy ra ( ) 2( ) 2015

4

9 2 + 2 2 − 2 + 2 +

P

Đặt x2 + y2 =t thì

2

1

≥

t (do x+y≥1)

0,25

0,25

0,25

Xét hàm số 2 2015

4

9 ) (t = t2 − t+

2

1

≥

2

9 ) ( ' t = t− >

2

1

≥

t nên hàm số

f(t) đồng biến trên 







 +∞; 2

1

Suy ra min ( ) 12 3223316

; 2











=





 +∞

∈

f t f

Do đó GTNN của P bằng

16

32233 , đạt được khi và chỉ khi

2

1

=

= y