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
Trang 1ĐỀ 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
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 thẳngqua M(2;5) cắt hai đường tròn (C), (C’) lần lượt tại A, B sao cho
25 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
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
Trang 2HƯỚNG 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
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 2cos [cos C A B cos ] C
= 1 2cos [cos C A B cos(A B)] = 1 4 cos cos cosA B C
+ Do đó : cos2A + cos2B + cos2C = 1 1 4cos cos cosA B C1
cos cos cosA B C 0
cosA0 (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 :
1
z
z
a bi a bi 1 a bi 2 2 a bi 3
2 b2 a 3 2 ab 3 b i 0
Trang 3
3 0
a b
hay
3 2 3 2
a b
Với a 3, b 0, ta có 2 2
3
,
a b , ta có 2 2 9 3
3
4 4
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) x6 3 x2 y 1 3 3 x 1 x2 3 3 x2 y 1 3 3 y 1
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
2 x2 7 x 1 2 x2 7 x 2 0(*)
Trang 4Đặt t 2 x2 7,( t 7) , pt(*) trở thành: t2 x 1 t x 2 0 (**)
Ta có: x32 nên (**) có hai nghiệm: t = x + 2 hoặc t = -1 (loại)
Với t = x + 2
2
3
x
Với x = 1 y = 0 (nhận)
Với x = 3 y8 (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
x
(SBE) (SAC) SH
( )
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
Trang 5 2 2 4
5
a
1 2 12 12 5 2 12 12 12 12
4
SABCD = AB.BC = 8a2
Tam giác SBH vuông tai H 4 4 15
5 5
3 2
Tính khoảng cách giữa CD và SB
+ Kẻ HF vuông góc với AB tại H
+ Ta có : AB SH AB ( SHF ) ( SAB ) ( SHF )
Kẻ HK SF tại K HK ( SAB ) dH 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: dCD 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
Trang 6Ta 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 :x2y12 0
Kết luận: Có hai có hai đường thẳng thỏa điều kiện bài toán là 2x – y + 1 = 0, x + 2y – 12 = 0
8 d
2 qua A(2;1;-1) có vtcp u d2 1;2;5
I d 1 I 1 2 ; 2 t t ;1 t
AI 2 t 3; t 3; 2 t , AI u , d2 7 19; 11 17;3 t t t 3
2
2
2 ,
30
d
I d
d
d
u
Trang 7d2 tiếp xúc với (S) nên
2
2 ,
179 658 659
(1) 30
I d
, 2 5
3
I P
t
Ta có:
,
3
3
I P
(2)
Từ (1) và (2), ta có:
2
1
179 658 659 4 20 34
139 458 319 0 319
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 S : x12y12z2 6
Kết luận: phương trình mặt cầu cần tìm là S : x12y12z2 6
1
2
1 !2! 2! 2 !
n
Mà n nguyên dương nên n = 11
11
có số hạng tổng quát là:
44 5
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
Trang 82
2
2
Đặt t = xy + yz + zx = x(y + z) + yz
4 ,
x
+ Ta có: 2 2 8 3 2
(y z) 4yz 4 x x 8x 16x 8 0
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
P 16 2 t 2 2( t2 16) 2 t2 64 t 288
Khảo sát hàm số : f(t) = 2t2 – 64t + 288 với 5 5 1
5
2
ta được:
M inf( ) 383 165 5 khi , ( ) 18 khi 5
2
Suy ra: P min 383 165 5 đạt được chẳng hạn 1 5
3 5,
2
Pmax 18 đạt được chẳng hạn khi x = 2, y = z = 1