ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: TOÁN; ĐỀ 06-BN Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2 điểm) Cho hàm số : 1x2 1x y + +− = (C) 1*. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2*. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox. Câu II (1 điểm) 1*. Giải phương trình sau trên tập số phức 2 1 0z z− + = 2*. Giải phương trình: ( ) cos2 cos sin 1 0x x x + − = Câu III* (0,5 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 4log log 2x x+ = Câu IV. (1 điểm) Giải bất phương trình 2 2 1 2 3 4 .x x x x + − ≥ − − Câu V* (1 điểm) Tính tích phân sau 1 0 2 1 1 3 1 x I dx x + = + + ∫ Câu VI(1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 Câu VII( 1điểm) Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3 5 0x y∆ − − = sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. Câu VIII*(1điểm) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu IX* (0,5điểm) . Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu X (1điểm) . Tìm m để hệ phương trình 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 0 x y y x x x y y m  − + − − =   + − − − + =   có nghiệm thực. …… HẾT P N Cõu ỏp ỏn im I.1(1d) TXĐ: D = R\ {-1/2} Sự Biến thiên: ( ) , 2 3 0 2 1 y x D x = < + Nên hàm số nghịch biến trên 1 1 ( ; ) ( ; ) 2 2 va + + Giới hạn ,tiệm cận: 1 2 lim x y + =+ 1 2 lim x y = ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2 1 lim 2 x y = 1 lim 2 x y + = đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2 + Bảng biến thiên: x -1/2 + , y - - y -1/2 + -1/2 0,25 Đồ Thị : 0,25 I.2(1d) Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là       − 0, 2 1 A Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng       += 2 1 xky (∆) tiếp xúc với (C) / x 1 1 k x 2x 1 2 x 1 k co ù nghieäm 2x 1 − +   = +  ÷   +   ⇔  − +    =  ÷  +    0,25 ( )        = + −       += + +− ⇔ )2( k 1x2 3 )1( 2 1 xk 1x2 1x 2 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là ( ) 2 1 3 x x 1 2 2x 1 2x 1   +  ÷ − +   = − + + 0,25 y x 0 I -1/2 1 1 -1/2 1 (x 1)(2x 1) 3(x ) 2 ⇔ − + = + và 1 x 2 ≠ − 3 x 1 2 ⇔ − = 5 x 2 ⇔ = . Do đó 12 1 k −= 0,25 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 1 1 y x 12 2   = − +  ÷   0,25 II.1(0,5d) Ta có: 2 1 4 3 3i∆ = − = − = căn bậc hai của ∆ là 3i± 0,25 Phương trình có nghiệm: 1 2 1 3 1 3 1 3 , 2 2 2 2 2 i z i z i + = = + = − 0,25 II.2(0,5đ) ( ) cos2 cos sin 1 0x x x + − = cos2 0 1 sin 4 2 x x π =   ⇔    + =  ÷     +) Với ( ) cos2 0 4 2 k x x k π π = ⇔ = + ∈ ¢ +) Với 2 1 sin ( ) 4 2 2 2 x k x k x k π π π π =     + = ⇔ ∈  ÷  = +    ¢ III.(0,5d) Điều kiện x > 0. 1 2 2 2 2 2 2 2 (1) 4log log 2 4log 2log 2 0x x x x⇔ + = ⇔ + − = Đặt 2 logt x= Pt có dạng 2 1 4 2 2 0 1 2 t t t t = −   + − = ⇔  =  0,25 1 2 1 1 log 1 2 ( ) 2 t x x nhan − = − ⇔ = − ⇔ = = 1 2 2 1 1 log 2 2 ( ) 2 2 t x x nhan= ⇔ = ⇔ = = Vậy phương trình có nghiệm 1 2 x = và 2x = 0,25 IV(1d) Điềukiện: 2 2 0 0 1 3 41 1 0 0 . 3 41 3 41 8 2 3 4 0 8 8 x x x x x x x ≥  ≤ ≤  − +   − ≥ ⇔ ⇔ ≤ ≤   − − − + ≤ ≤   − − ≥   (*) Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 1 2 (1 ) 2 3 4x x x x x x+ − + − ≥ − − 2 2 3( ) (1 ) 2 ( )(1 ) 0x x x x x x⇔ + − − + + − ≥ 0,5 2 2 2 2 5 34 1 9 3 2 1 0 9 10 1 0 1 1 1 3 5 34 . 9 x x x x x x x x x x x x x  − + ≥  + + +  ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ − − −  − − ≤   Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 5 34 3 41 . 9 8 x − + − + ≤ ≤ 0,5 V(1d) Đặt 3 1x t+ = ta được 2 1 2 3 3 t x dx tdt − = ⇒ = Đổi cận 0 1; 1 2x t x t= ⇒ = = ⇒ = 0,5 Khi đó 2 2 3 2 1 1 2 2 2 3 28 2 3 2 2 3 ln 9 1 9 1 27 3 2 t t I dt t t dt t t +   = = − + − = −  ÷ + +   ∫ ∫ 0,5 VI(1d) M Gọi M là trung điểm BC ta thấy:    ⊥ ⊥ BCOA BCAM ' )'( AMABC ⊥⇒ Kẻ ,'AAMH ⊥ (do A ∧ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BCHM AMAHM AMABC ⊥⇒    ∈ ⊥ )'( )'( .Vậy HM là đọan vuông góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd == . 0,5 A B C C’ B’ A’ H O Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH HM AO OA = ' ⇔ suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== 0,5 VII(1d) Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0x y+ − = và 5AB = Viết phương trình đường CD: 4 17 0x y− + = và 17CD = 0,25 Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: ( ;3 5)M t t= − Ta tính được: 13 19 11 37 ( , ) ; ( , ) 5 17 t t d M AB d M CD − − = = 0,25 Từ đó: ( , ). ( , ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ = 7 9 3 t t⇔ = − ∨ = ⇒ Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ;2) 3 M M− − 0,5 VIII(1d) *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên )1;1;2(// −nOH ; ( ) H ABC∈ Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 3 1 suy ra ) 3 1 ; 3 1 ; 3 2 ( −H 0,5 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔ H là trung điểm của OO’ ⇔ ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 (' −O 0,25 IX(0,5d) ( ) 3 11 165n CΩ = = 0,25 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là 2 1 1 2 5 6 5 6 . . 135C C C C+ = Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 135 9 165 11 = 0,25 X(1d) 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 (1) 1 3 2 0 (2) x y y x x x y y m  − + − − =   + − − − + =   0,25 Điều kiện: 2 2 1 0 1 1 0 2 2 0 x x y y y  − ≥ − ≤ ≤   ⇔   ≤ ≤ − ≥    Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t 3 − 3t 2 = y 3 − 3y 2 . 0,25 Hàm số f(u) = u 3 − 3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1) ⇔ y = t ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ 2 2 2 1 0x x m− − + = 0,25 Đặt 2 1v x= − ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v 2 + 2v − 1 = m. Hàm số g(v) = v 2 + 2v − 1 đạt 0;1 0;1 min ( ) 1; m ( ) 2 [ ] [ ] axg v g v= − = Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2 0,25 . ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: TOÁN; ĐỀ 06- BN Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2 điểm) Cho hàm số : 1x2 1x y + +− = (C) 1*. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2*. Viết. −O 0,25 IX(0,5d) ( ) 3 11 165 n CΩ = = 0,25 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là 2 1 1 2 5 6 5 6 . . 135C C C C+ = Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 135 9 165 11 = 0,25 X(1d) 3. 3y 2 . 0,25 Hàm số f(u) = u 3 − 3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1) ⇔ y = t ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ 2 2 2 1 0x x m− − + = 0,25 Đặt 2 1v x= − ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v 2 + 2v − 1 = m. Hàm số g(v)