hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Câu 1*(1,0 điểm) . Cho hàm số
3 2
6 9 2y x x x= − + −
(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
2
2 3
1
z z
z
z
+ +
=
+
Câu 3*(0,5điểm) .Giải bất phương trình:
( ) ( ) ( )
5 5 1
5
log 4 1 log 7 2 1 log 3 2x x x+ − − ≤ + +

Câu 4(1,0 điểm) . Giải hệ phương trình:

 ÷
 
=
+
∫

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
0
30
.Cho
2 5
, 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 (C
1
) và (C
2
) lần lượt có phương trình là
2 2 2 2
( 1) ( 4) 10, 6 6 13 0x y x y x y+ + − = + − − + =
. Viết phương trình đường thẳng
∆
qua M(2;5) cắt hai đường

1
, tiếp xúc với d
2
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
1 2
1
4 2 25 120
n
n n
C C n
−
+
< + −

Tìm hệ số của số hạng chứa x
7
trong khai triển
2
2
n
x
x
 
−
 ÷
 
,(x > 0)

( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 2
9 1 3 1 3 1x x x x⇔ − − − − = −
(*)
Do x
1
> 3 và x
2
> 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
=
( )
2
2cos cos 2cos 1C A B C− − + −
=
( )
1 2cos [cos cos ]C A B C− − − −
=
( )
1 2cos [cos cos(A B)]C A B− − − + +
=
1 4cos cos cosA B C− −
+ Do đó : cos2A + cos2B + cos2C =
−
1
1 4cos cos cos 1A B C⇔ − − = −

,z a bi a b= + ∈¡
,
ta có :
2
2 3
1
z z
z
z
+ +
=
+
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 2 3a bi a bi a bi a bi⇔ − + + = + + + +
( )
( )
2
2 3 2 3 0b a ab b i⇔ − + + + + =
2
2 3 0
2 3 0
b a
ab b

− + + =
⇔

+ =


2 2
3z a b= + =
.
Với
3 3
,
2 2
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 2
x− < <

+ BPT
( ) ( ) ( )
5 5 5
log 4 1 log 3 2 1 log 7 2x x x⇔ + + + ≤ + −

•
Điều kiện:
2
8 0x y+ + ≥
•
PT(1)
( ) ( )
( )
( ) ( )
3
3 3
6 2 2 2
3 1 3 1 3 1 3 1x x y x x x y y⇔ + = + + + ⇔ + = + + +( )
2
( ) 1f x f y
⇔ = +
với f(t) = t
3
+ 3t
•
Ta có: f’(t) = 3t
2
+ 3 > 0
t R
∀ ∈

( )f t

1 2 0t x t x
− + − − =
(**)
Ta có:
( )
2
3x
∆ = +
nên (**) có hai nghiệm: t = x + 2 hoặc t = -1 (loại)
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Với t = x + 2
2
2 2 2
2 2
1
2 7 2
3
2 7 4 4 4 3 0
x x
x
x x
x
x x x x x
≥ − ≥ −
=
 

⇔ + = + ⇔ ⇔ ⇔
 



+ Do đó:
2 2
2
2
3
3 3
cot
1 1 1
6
tan ln tan ln3
6 4 6 4
4cos 4 tan
6 6
x
I dx d x x
x x
π π
π
π
π π
π
π π
π π
 
−
 ÷
   
 
= = − = − =


⇒ ⊥

⊥
⇒
SH là hình chiếu của SB trên (SAC)
( )
·
( )
·
·
0
,( ) , 30SB SAC SB SH BSH
⇒ = = =

•
Đặt AB = x
Ta có:
2 2 2 2
5AE BE AB a x
= − = −

Lại có:
2 2
4 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2

= − =2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 1 1 1
4
16 4 16
BC a
BH AB BC a a BC BC a
= + ⇔ = + ⇔ = ⇒ =
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
•
S
ABCD
= AB.BC = 8a
2
•
Tam giác SBH vuông tai H
·
4 4 15
.cot 3
5
5
a a
SH BH BSH⇒ = = × =

•
3
2
1 1 4 15 32 15

⇒ ⊥ ⇒ =

+ 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
5
CM CA
HK AH
⇒ = =

2 5
( 2 5, )
5
a
AC a AH

5
•
Dễ kiểm tra được: M là một giao điểm của (C
1
),(C
2
)
•
∆
qua M nên
2 2
: (x 2) b(y 5) 0,(a,b Z,a 0)a b∆ − + − = ∈ + >

•
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của I
1
,I
2
lên
∆
Ta có:
( ) ( )
1 2
; ;
2 2 2 2
3 2
;
I I
a b a b
IH d IK d

144 10 625 5
| 3 | | 3 | | 2 | | 2 |
144 10 625 5
144 3
I H I M I H I I M I K
I H I H I I K
I H I H I K I K
a b a b a b a b
a b a b a b a b
a b
⇔ − = −
⇔ − = −
⇔ − = −
   
       
+ + − −
 ÷  ÷
⇔ − = −
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷
+ + + +
       
   
⇔ +
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 2


⇔

+ − = − − +



 

+ − =
= − ∨ =

 ÷


+ − =
 

⇔ ⇔ ⇔


±
− − =
 
= ∈

− − =
 ÷



( )
2
1;2;5
d
u =
uur

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

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

•
( )
2
2
2
2

t t
d R R
− +
= ⇔ =

•
( )
,
2 5
3
I P
t
d
−
=

•
Ta có:
( )
2
2 2
2 2 2 2 2
,
2 5
4 20 34 4 20 34
3
3 3
3
I P
t

=

Suy ra: I(1;-1;0) (nhận) hoặc
599 41 180
; ;
139 139 139
I
−
 
 ÷
 
(loại do z
I
> 0)
•
Với I(1;-1;0)
6R
⇒ =
( ) ( ) ( )
2 2
2
: 1 1 6S x y z
⇒ − + + + =

Kết luận: phương trình mặt cầu cần tìm là
( ) ( ) ( )
2 2
2
: 1 1 6S x y z
− + + + =

2 2
n
x x
x x
   
− = −
 ÷  ÷
   
có số hạng tổng quát là:
( ) ( )
44 5
22 2
2
1 11 11
/2
2
1 1 2
k
k
k k
k k k k
k
k
T C x C x
x
−
−
+
= − = −


2
2( )
= 2 2 2
= 16 2 2 16
P x y z x y y z z x
x y z xy yz zx xy yz zx xyz x y z
xy yz zx xy yz zx
= + + − + +
   
+ + − + + − + + − + +
   
− + + − + + −   
   
g

g
Đặt t = xy + yz + zx = x(y + z) + yz
+ Từ gt
2
4 ,y z x yz
x
⇒ + = − =

( )
2
2 2
4 4t x x x x
x x
⇒ = − + = − + +



g

( )
2
2 2
16 2 2( 16) 2 64 288P t t t t
= − − − = − +

Khảo sát hàm số : f(t) = 2t
2
– 64t + 288 với
5 5 1
5
2
t
−
≤ ≤
ta được:

5 5 1
Minf( ) 383 165 5 khi , ( ) 18 khi 5
2
t t Maxf t t
−
= − = = =

Suy ra:
min
383 165 5P