ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1( 2 điểm) : Cho hàm số 3 2 3 1y x x = − + − a*) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên. b*) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình 3 2 3 0x x m − + = . Câu 2 ( 1 điểm ) : a*) Giải phương trình: 2sin 2 x + 3cosx – 2 = 0 b*) Tìm số phức liên hợp của 1 (1 )(3 2 ) 3 z i i i = + − + + Câu 3* ( 0,5 điểm): Giải phương trình 3 2 2 2 0 x x − − − = Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 4 2 2 1 (1 )x x x x x + + + = − Câu 5* ( 1 điểm): Tính Tích phân 2 0 cosI x xdx π = ∫ Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, ,SA a = SA ⊥ (ABCD). Gọi M là trung điểm của SA. Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCMN và khoảng cách giữa SB và AC. Câu 7( 1,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho 3 đường thẳng 1 : 2 6 0d x y + − = ; 2 : 2 0d x y+ = và 3 :3 2 0d x y − − = . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d 3 , cắt d 1 tại A và B, cắt d 2 tại C và D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông. Câu 8 *( 1 điểm ) : Cho mặt cầu (S): 2 2 2 2 6 8 1 0x y z x y z + + − + − + = . a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu (S). b) Viết phương trình mp(P) tiếp xúc với mặt cầu tại M(1;1;1). Câu 9* (0.5 điểm) Cho khai triển: ( ) 2 2 2 0 1 2 2 3 1 n k n n k x a a x a x a x a x + = + + + + + + , ( ) , ;0 2k n N k n ∈ ≤ ≤ Biết rằng: ( ) 0 1 2 2 1 4096 k n k a a a a a − + − + − + + = . Tìm hệ số của 8 x trong khai triển. Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: 1x y z + + = Tìm giá trị nhỏ nhất của: x y y z z x P xy z yz x zx y + + + = + + + + + c) d) ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu 1 Nội dung Điểm (1,0) ) a • TXĐ: D = R. • 2 ' 3x 6xy = − + 2 0 ' 0 3x 6x=0 2 x y x =  = ⇔ − + ⇔  =  • Giới hạn: lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = −∞ 0.25 • Bảng biến thiên: 0.25 • Hàm số đồng biến trên (0 ; 2); hàm số nghịch biến trên ( ;0) −∞ và (2; ) +∞ . • Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = -1. 0.25 • Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0;-1), (-1; 3), (3; -1), (1; 1) 0.25 (1,0) b • 3 2 3 2 3 0 3 1 1x x m x x m − + = ⇔ − + − = − • Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2 3 1y x x = − + − với đường thẳng y = m – 1. 0,5 Vậy 1 3 4m m − > ⇔ > : Phương trình có 1 nghiệm. 1 3 4m m − = ⇔ = : Phương trình có 2 nghiệm. 3 1 1 4 0m m > − > − ⇔ > > : Phương trình có 3 nghiệm. 1 1 0m m − = − ⇔ = :Phương trình có 2 nghiệm. 1 1 0m m − < − ⇔ < : Phương trình có 1 nghiệm. 0,5 Câu 2 (1,0) a, 2sin 2 x + 3cosx – 2 = 0 (1) • Pt (1) ⇔ 2(1 – cos 2 x) + 3cosx – 2 = 0 ⇔ 2cos 2 x – 3cosx = 0 (*) • đặt t = cosx (t ≤ 1) • Pt (*) trở thành : 2t 2 – 3t = 0 ⇔ t = 0 3 t = 2     .So sánh điều kiện t = 0 thỏa mãn • Với t = 0 ⇒ cosx = 0 ⇔ x = k2π (k ∈ Z) Vậy nghiệm của phương trình là : x = k2π (k ∈ Z) 0,25 0,25 b, Ta có 3 3 5 5 (3 )(3 ) 10 i i z i i i i − − = + + = + + + − . 0.25 Suy ra số phức liên hợp của z là: 53 9 10 10 z i = − 0.25 Câu 3 ( 0,5 điểm) 3 2 8 2 2 2 0 2 2 0 2 2.2 8 0 2 x x x x x x − − − = ⇔ − − = ⇔ − − = Đặt 2 , 0 x t t= > Phương trình trở thành: 2 4 ( ) 2. 8 0 2 ( ) t nhan t t t loai =  − − = ⇔  = −  0.25 4 2 4 2 x t x = ⇔ = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 0.25 Câu 5 (1)đ 2 0 cosI x xdx π = ∫  cos sin u x du dx dv xdx v x = =   ⇒   = =   0,5 Câu 4 (1đ) ĐK: 1 0 1x hoac x ≤ − ≤ ≤ TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình TH2: Với 0x ≠ . * Với 0 1x < ≤ Khi đó pt 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1x x x x x x x x x x x ⇔ + + + = − ⇔ + + + = − Đặt 4 2 2 1 1 2t x t x x x = − ⇒ = + − . Khi đó ta được phương trình 2 4 2 1 3 1 1( ) 2 2 0 t t t t loai t t t ≥  + + = ⇔ ⇔ = −  − + + =  * Với 1x ≤ − . Ta có 2 2 1 1 1 1x x x x − + + + = − − Đặt 4 2 2 1 1 2t x t x x x = − ⇒ = + − . Khi đó ta được 4 3 1 1t t t + = + ⇔ = Khi đó ta được 2 1 5 1 0 2 x x x − ± + − = ⇔ = . So sánh đk ta được nghiệm 1 5 2 x − − = .Vậy pt đã cho có nghiệm 1 5 2 x − − = 0,25 0,25 0,25 0,25 2 2 2 0 0 0 sin sin cos 1 2 2 I x x xdx x π π π π π = − = + = − ∫ 0,5 Câu 6 (1)đ Do (BCM) // AD nên mp này cắt mp (SAD) theo giao tuyến MN // AD. Ta có BC AB BC BM BC SA ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao, 5 ; 2 2 a a MN BM= = . Diện tích hình thang BCMN là 2 5 . 3 5 2 2 2 8 BCMN a a a a S   +  ÷   = = . Dụng SK BM ⊥ , do ( ) ( )BC SAB BC SK SK BCMN ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ . Có 5 ( , ) 5 a SK d A BM = = . Vậy 2 3 . 1 3 5 5 . . 3 8 5 8 S BCMN a a a V = = ‘0.5 Trong mặt phẳng (ABCD) dựng ∆ qua B song song với AC. Đặt (P) = ( ∆ , SB). Khi đó, AC // (P) và d(AC; SB) = d(AC; (P)) = d(A; (P)). Từ A hạ AI ⊥ ∆ tại I; Từ A hạ AH ⊥ SI tại H suy ra AH = d(A; (P)). Ta có AI = 3 . 3 2 a a AH→ = 0.5 Câu 7 (1)đ Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng 1 Gọi I(a; 3a – 2) Vì ABCD là hình vuông ⇒ d(I, AB) = d(I, CD) = d 0,25 7a - 10 7a - 4 = 5 5 3 a = 1 I(1;1) d = 5 ⇔ ⇔ ⇒ ⇒ 0.25 Bán kính: 3 2 R = d 2 = 5 0.25 ⇒ pt(C): ( ) ( ) 2 2 18 x - 1 + y - 1 = 5 0.25 Câu 8 (1)đ a.Từ phương trình mặt cầu ta có: 2 2 1 2 6 3 2 8 4 1 1 a a b b c c d d − = − =     − = = −   ⇔   − = − =     = =   0,25 Tọa độ tâm I(1; -3; 4). Bán kính: 1 9 16 1 5r = + + − = 0,25 Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu tại M nên IM vuông với mp. (0;4; 3)IM = − uuur 0,25 B A d C D I Mp(P) qua M(1;1;1), có VTPT (0;4; 3)IM = − uuur có phương trình: 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0 0( 1) 4( 1) 3( 1) 0 4 3 1 0 A x x B y y C z z x y z y z − + − + − = ⇔ − + − − − = ⇔ − − = 0,25 Câu 9 0.5 đ Ta có: ( ) 2n 2 k 2n 0 1 2 k 2n 3x + 1 = a + a x + a x + + a x + + a x Thay x = -1, ta có: (-2)2n = a0 – a1 + a2 - … + (-1)kak +…+ a2n Từ giả thiết suy ra: (-2)2n = 4096 n = 6 ⇒ 0.25 Với n = 6, ta có khai triển: ( ) 12 0 1 2 2 12 12 12 12 12 12 1+3x =C + C .(3x) + C (3x) + + C (3x) ⇒ Hệ số của x8 trong khai triển là: 8 8 12 C .3 0.25 Câu 10 1 đ Ta có 1 1x y z x y z + + = ⇒ + = − 1 1 1 (1 )(1 ) x y z z xy z xy x y x y + − − = = + + − − − − 1 1 1 (1 )(1 ) y z x x yz x yz y z y z + − − = = + + − − − − 1 1 1 (1 )(1 ) z x y y zx y zx x z x z + − − = = + + − − − − 0.5 Khi đó x y y z z x P xy z yz x zx y + + + = + + + + + = 1 (1 )(1 ) z x y − − − + 1 (1 )(1 ) x y z − − − + 1 (1 )(1 ) y x z − − − 3 1 1 1 3 . . 3 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) z x y x y y z x z − − − ≥ = − − − − − − . 0.5 Vậy 3MinP = đạt được khi 1 3 x y z = = = [...]...ĐÁP ÁN CÂU 1 . 8 12 C .3 0.25 Câu 10 1 đ Ta có 1 1x y z x y z + + = ⇒ + = − 1 1 1 (1 ) (1 ) x y z z xy z xy x y x y + − − = = + + − − − − 1 1 1 (1 ) (1 ) y z x x yz x yz y z y z + − − = = + + − − − − 1 1 1 (1. 0x ≠ . * Với 0 1x < ≤ Khi đó pt 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1x x x x x x x x x x x ⇔ + + + = − ⇔ + + + = − Đặt 4 2 2 1 1 2t x t x x x = − ⇒ = + − . Khi đó ta được phương trình 2 4 2 1 3 1 1( ) 2 2 0 t t. ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2 014 - 2 015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 18 0 phút Câu 1( 2 điểm) : Cho hàm số 3 2 3 1y x x = − + − a*) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên. b*) Dựa