- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
đề tự luyện THPT QG môn toán đề số 13
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (171.33 KB, 5 trang )
ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Câu 1* (2,0 điểm) Cho hàm số y = x
3
− (m + 1)x + 5 − m
2
.
1) Khảo sát hàm số khi m = 2;
2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực
tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng
Câu 2* (1,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3sin cos 2 cos2 sin 2 0x x x x− + − − =
2. Gọi
1 2
; z z
là 2 nghiệm phức của phương trình sau:
2
1 0,( )z z z C
− + = ∈
Tính A=
1 2
z z
+
Câu 3* (0,5 điểm) Giải bất phương trình sau:
( ) ( )
2 2
2
1 log log 2 log 6x x x+ + + > −
Câu 4 (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
3 2 3 5
2 3 2 3 4 2
x y x y
x y x y
+ + − − =
− − − + + =
( )
,x y ∈¡
Câu 5* (1,0 điểm).
Tính tích phân sau:
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
−
+ + +
∫
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,tam giác SAB cân tại S và thuộc
mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Hai mặt phẳng (SCA) và (SCB) hợp với nhau một góc
bằng
0
60
α
=
. Xác định rõ góc
α
và tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a .
Câu 7 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC,phương trình đường
thẳng DM:
x y 2 0− − =
và
( )
C 3; 3−
.Biết đỉnh A thuộc đường thẳng
d :3x y 2 0+ − =
,xác định toạ độ
các đỉnh A,B,D.
Câu 8* (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) và hai đường thẳng
1
( ):
1 2 3
x y z
d
+
= =
− −
và
1 4
( '):
1 2 5
x y z
d
− −
= =
. Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương
trình mặt phẳng đó.
Câu 9* (0,5 điểm)
Cho tập
{ }
0;1;2;3;4;5A
=
, từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau,
trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z
0≥
thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
3 3 3
3
16x y z
P
x y z
+ +
=
+ +
ĐÁP ÁN
Câu Ý Nội dung Điểm
1 1 HS tự làm (HS làm đủ các bước) 1
2
Có y’ = 3x
2
− (m + 1). Hàm số có CĐ, CT ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ 3(m + 1) > 0 ⇔ m > −1 (*)
0,25
Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm cùc ®¹i, cùc tiÓu cña ®å thÞ hµm sè lµ
2
2
( 1) 5
3
y m x m= + + −
0,25
Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.
2
5 4
1
m
m
⇔ − =
⇔ = ±
0,5
2 1
2
sin x cos x 1 2sin x 2sin x 2sin x cos x 0− + + + − =
⇔
(1+2sinx)(sinx - cosx +1) = 0
0,25
2
sinx cos x 1
sin(x )
4 2
1
sinx
1
sinx
2
2
Π −
− = −
− =
⇔ ⇔
−
=
−
=
⇔
7
2
6
2
6
3
2
2
2
x k
x k
x k
x k
π
π
π
π
π
π
π
= +
−
= +
= +
=
k ∈¢
0,25
2
1 2
1 8 1 8
;
2 2 2 2
z i z i
= + = −
0.25
1 2 1 2
1 8 3
3
2 2 2
z z i z z
= = ± = ⇒ + =
0.25
3
ĐK:
0 6x< <
. BPT
( )
( )
2
2
2 2
log 2 4 log 6x x x⇔ + > −
.
Hay: BPT
( )
2
2 2
2 4 6 16 36 0x x x x x⇔ + > − ⇔ + − >
0.25
Vậy:
18x < −
hay
2 x<
So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là
2 6x< <
.
0.25
4
Đặt
2 2 2
2 2
2 2 2
2
2 3
2 3 4 7
3 6 2
3
u x y
x y u y u v
x y u v
x y v x u v
v x y
= +
+ = = + −
⇒ ⇒ ⇒ + + = − +
− − = = − −
= − −
Kết luận nghiệm là (- 3; 2)
0,25
Khi đó hệ ban đầu trở thành:
( )
2 2
3 5
2 7 2 *
u v
v u v
+ =
− − + =
thế v = 5 – 3u vào phương trình (*) giải
tìm được u = 1, từ đó v = 2
0,5
suy ra x = - 3, y = 2.
0,25
5
Đặt u =
2
1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ =
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
= ⇒ =
= ⇒ =
0,25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x
− −
= = − +
+ + +
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫
0,5
( )
2
2
1
2
6 6ln 1
1
u u u= − + +
3
3 6ln
2
= − +
0,25
6
Gọi H là trung điểm của AB
( )
SH AB SH ABC⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Kẻ
( )
AK SC SC AKB⊥ ⇒ ⊥
SC KB
⇒ ⊥
0,25
( ) ( ) ( )
0
SAC ; SBC KA;KB 60
⇒ = =
0 0
AKB 60 AKB 120⇒ ∠ = ∨ ∠ =
0,25
Nếu
0
AKB 60⇒ ∠ =
thì dễ thấy
KAB∆
đều
KA KB AB AC
⇒ = = =
(vô lí)
Vậy
0
AKB 120∠ =
∆ΚΑΒ
cân tại K
0
AKH 60⇒ ∠ =
0
AH a
KH
tan 60
2 3
⇒ = =
0,25
Trong
SHC∆
vuông tại H,đường cao
KH có
2 2 2
1 1 1
KH HC HS
= +
thay
a
KH
2 3
=
0,25
và
a 3
HC
2
=
vào ta được
a 6
SH
8
=
2 3
S.ABC ABC
1 1 a 6 a 3 a 2
V .SH.dt . .
3 3 8 4 32
∆
= = =
7
Gọi A
( )
t; 3t 2− +
.Ta có khoảng cách:
( ) ( )
4t 4
2.4
d A,DM 2d C,DM t 3 t 1
2 2
−
= ⇔ = ⇔ = ∨ = −
hay
( ) ( )
A 3; 7 A 1;5− ∨ −
.Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có A
( )
1;5−
thoả mãn.
Gọi D
( )
m;m 2−
DM∈
thì
( ) ( )
AD m 1;m 7 ,CD m 3;m 1= + − = − +
uuur uuur
Do ABCD là hình vuông
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
m 5 m 1
DA.DC 0
m 1 m 7 m 3 m 1
DA DC
= ∨ = −
=
⇒ ⇔
+ + − = − + +
=
uuur uuur
m 5
⇔ =
Hay D
( )
5;3
( ) ( )
AB DC 2; 6 B 3; 1= = − − ⇒ − −
uuur uuur
.
Kết luận A
( )
1;5−
,
( )
B 3; 1− −
, D
( )
5;3
0,5
0,5
8
*(d) đi qua
1
(0; 1;0)M −
và có vtcp
1
(1; 2; 3)u = − −
uur
(d’) đi qua
2
(0;1;4)M
và có vtcp
2
(1;2;5)u =
uur
*Ta có
1 2
; ( 4; 8;4)u u O
= − − ≠
uur uur ur
,
1 2
(0;2;4)M M =
uuuuuuur
Xét
1 2 1 2
; . 16 14 0u u M M
= − + =
uur uur uuuuuuur
(d) và (d’) đồng phẳng .
0,5
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt
(1;2; 1)n = −
ur
và đi qua M
1
nên có phương
trình
2 2 0x y z+ − + =
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
0,5
9
-Gọi số cần tìm là
( )
0abcde a ≠
-Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 không xét đến vị trí a.
Xếp 0 và 3 vào 5 vị trí có:
2
5
A
cách
3 vị trí còn lại có
3
4
A
cách
0.25
Suy ra có
2 3
5 4
A A
số
-Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0.
Xếp 3 có 4 cách
3 vị trí còn lại có
3
4
A
cách
Suy ra có
3
4
4.A
số
Vậy số các số cần tìm tmycbt là:
2 3
5 4
A A
-
3
4
4.A
= 384
0.25
10
Trước hết ta có:
( )
3
3 3
4
x y
x y
+
+ ≥
(biến đổi tương đương)
( ) ( )
2
0x y x y⇔ ⇔ − + ≥
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
( ) ( )
( )
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
+ + − +
≥ = = − +
(với t =
z
a
,
0 1t≤ ≤
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
[ ]
0;1∈
. Có
( )
[ ]
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
= − − = ⇔ = ∈
0.25
Lập bảng biến thiên
( )
[ ]
0;1
64
inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25
Chú ý : Học sinh làm cách khác mà vẫn đúng vẫn được điểm tối đa
