Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 15 NĂM 2014 Thời gian làm bài 150 phút PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 điểm) C©u I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    có đồ thị là (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm các giá trị m để đường thẳng 3y x m   cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng 2 2 0x y   (O là gốc tọa độ). Câu II (2,0 ®iÓm) 1. Giải bất phöông trình 3 2 (3 4 4) 1 0x x x x     2. Giải phöông trình cos cos3 1 2 sin 2 4 x x x            C©u III (1,0 ®iÓm) Tính tích phân 2 2 0 1 3 sin 2 2cosx xdx     C©u IV (1,0 ®iÓm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, , 2 2AB a AD a  . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45 0 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. C©u V (1,0 ®iÓm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ( ) ( ) x xy y yz z zx y zx z z xy x x yz y             PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn C©u VI.a (2,0 ®iÓm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d 1 : 3 5 0x y   , d 2 : 3 1 0x y   và điểm (1; 2)I  . Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho 2 2AB  . 2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) và mặt phẳng (P) có phương trình 3 2 0x y z    . Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB. Gọi  là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc  sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z là số thực và 2 5 1z i   . B. Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao C©u VI.b (2,0 ®iÓm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d 1 : 3 5 0x y   , d 2 : 3 5 0x y   và điểm (1; 2)I  . Gọi A là giao điểm của d 1 và d 2 . Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại B và C sao cho 2 2 1 1 AB AC  đạt giá trị nhỏ nhất. Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định 2. Trong không gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaø C(2;2;1) và mặt phẳng (P): x + 3y – z + 2 = 0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA 2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình         2 1 2 1 2 2log 2 2 log 1 6 log 5 log 4 1 x y x y xy y x x y x                     ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 15 NĂM 2014 Câu 1: 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x    TXĐ :   \ 1 . 2 3 ' 0, 1 ( 1) y x x       Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; )  1 1 2 1 2 1 lim ; lim 1 1 x x x x x x              TCĐ : 1x  2 1 lim 2 1 x x x      TCN : 2y  Lập BBT Đồ thị Câu 1: 2, trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng 2 2 0x y   (d) Pt hoành độ giao điểm: 2 1 3 1 x x m x      . Với đk 1x  2 PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1)x x x m x m x m            D cắt (C) tại A và B  Pt (1) có 2 nghiệm khác 1 2 11 (1 ) 12( 1) 0 ( 1)( 11) 0 1 3 (1 ) 1 0 m m m m m m m m                           Gọi x 1 , x 2 là 2 nghiệm của (1). Khi đó 1 1 2 2 ( ; 3 ), ( ; 3 )A x x m B x x m    Gọi I là trung điểm của AB 1 2 1 1 , 3 2 6 2 I I I x x m m x y x m           Gọi G là trọng tâm tam giác OAB 2 1 1 ; 3 9 3 m m OG OI G              6 5 4 3 2 1 -1 -2 -4 -2 2 4 6 1 Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định 1 1 11 2. 2 0 9 3 5 m m G d m                 (TM). Vậy 11 5 m   Câu 2: 1, Giải bất phöông trình 3 2 (3 4 4) 1 0x x x x     Điều kiện : 1x   . Đặt 2 0 1 1 y y x y x          Bpt trở thành 3 2 2 (3 4 ) 0x x y y   TH 1. 0 1y x    . Thỏa mãn BPT TH 2. 0 1y x    . Chia hai vế cho 3 y ta được 3 2 3 4 0 x x y y                . Đặt x t y  và giải BPT ta được 1t  2 1 0 0 1 1 1 1 0 x x x t x x y x x                       1 0 0 1 5 1 2 1 5 1 5 2 2 x x x x                         . Kết hợp 1x   ta được 1 5 1 2 x     . Vậy tập nghiệm của BPT là S = 1 5 1; 2         Câu 2: 2, Giải phöông trình cos cos3 1 2 sin 2 4 x x x               2 cos2x cos x 1 sin 2x cos 2x    cos 2x(2 cos x 1) 1 2sin x cos x      2 2 2 (cos x sin x)(2 cosx 1) (cos x sin x)           cos x sin x 0 (1) (cosx sin x)(2 cosx 1) cosx sin x (2)                      (1) 2 sin x 0 x k x k 4 4 4                                       cos x 0 x k 2 (2) 2 cosx(cos x sin x 1) 0 2 cos x 1 x k2 4 4 4 Vậy pt có nghiệm là     x k 4 ,    x k 2 ,  x k2 Câu 3: Tính tích phân I = 2 2 0 1 3 sin 2 2cosx xdx     2 2 2 2 2 0 0 0 1 3 sin 2 2cos (sin 3 cos ) sin 3 cosI x xdx x x dx x x dx              sin 3 cos 0 tan 3 3 x x x x k          Do 0; 2 x         nên 3 x   3 2 0 3 sin 3 cos sin 3 cosI x x dx x x dx          3 2 0 3 (sin 3 cos ) (sin 3cos )x x dx x x dx          Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định     3 2 0 3 cos 3 sin cos 3 sinx x x x          1 3 1 3 1 3 3 3 2 2 2 2           Câu 4: Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT ( )SH ABCD Gọi 2 1 2 3 3 O AC BD CH CO AC a AH AC HC a          SA tạo với đáy góc 45 0 suy ra 0 45 2SAH SH AH a    Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD thì 3 1 1 4 2 . .2 2 .2 3 3 3 ABCD V S SH a a a a   . Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD Do đó ( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM  Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó 2 4 2 (0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0) 3 3 a a A B a D a S a C a a         5 2 2 ; ; 6 3 a a M a         . ( ;2 2 ;0)AC a a  5 2 2 ; ; 6 3 a a AM a            2 2 2 (2 2 ; ; 2 )AC AM a a a      Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt (2 2; 1; 2)n     nên có phương trình là 2 2 2 2 2 2 2 0 ( ;( )) 8 1 2 11 a a x y z d D ACM          Câu 5: Chứng minh 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ( ) ( ) x xy y yz z zx y zx z z xy x x yz y             (1) Ta có 2 2 ( ) ( . . . ) ( )( )y zx z y y x z z z y x z y z z          2 2 2 2 1 1 2 2 ( )( 2 ) ( )( 2 ) ( ) ( ) x xy x xy x y z y z x y z y z y zx z y zx z                 2 2 1 2 1 2 2 2 ( ) 2 ( ) 2 x xy x xy xz x x x x y z y z x y z y z                           2 2 x x y z x y z      . Tương tự, cộng lại ta được M H O B D C A S Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định VT (1) 2 2 2 1 2 2 2 x y z y z z x x y        2 2 2 2 2( ) 2 1 1 2 2 2 3( ) x y z x y z xy xz yz yx zx zy xy yz zx                    Chứng minh được 2 ( ) 3( )x y z xy yz zx     . Suy ra VT (1) 2 1 1   Đẳng thức xảy ra x y z  Câu 6a: 1, Viết ptđt đi qua I và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho 2 2AB  1 2 ( ; 3 5); ( ; 3 1)A d A a a B d B b b        ( 1; 3 3) 0; ( 1; 3 1)IA a a IB b b            I, A, B thẳng hàng 1 ( 1) 3 1 ( 3 3) b k a IB k IA b k a                 Nếu 1 1 4a b AB     (không TM) Nếu 1 3 1 ( 3 3) 3 2 1 b b a a b a              2 2 2 2 ( ) 3( ) 4 2 2 (3 4) 8,AB b a a b t t t b a            2 2 5 12 4 0 2 5 t t t t              2 2 2, 4 :5 3 0t b a b a x y              2 2 6 8 , :13 11 0 5 5 5 5 t b a b a x y               Câu 6a: 2, Tìm điểm M thuộc  sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của AB 3 3 3 ; ; . ( 1; 1; 1) 2 2 2 I AB               Pt (Q) là 3 0 2 x y z    Đường thẳng  đi qua điểm 7 1 ;0; 4 4 I        và có vtcp (2; 1; 1)u     Pt tham số của  là 7 1 2 , , 4 4 x t y t z t       2 7 1 25 2 ; ; . 12 15 4 4 4 M M t t t OM t t                OM nhỏ nhất 5 19 5 3 ; ; 8 6 8 8 t M           Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z là số thực và 2 5 1z i   . Giả sử z x yi  , khi đó (1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i        (1 3 )i z là số thực 3 0 3b a b a     2 2 2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a             2 2 2 6 10 34 29 1 5 17 14 0 7 21 5 5 a b a a a a a b                    Vậy 7 21 2 6 , 5 5 z i z i    Câu 6b: 1, Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại B và C sao cho 2 2 1 1 AB AC  đạt giá trị nhỏ nhất 1 2 1 2 , ( 2;1)d d d d A A     Gọi H là hình chiếu của A trên BC. ABC vuông tại A nên 2 2 2 1 1 1 AB AC AH   2 2 1 1 AB AC  nhỏ nhất 2 1 AH  nhỏ nhất AH lớn nhất H I  Khi đó  qua I và có vtpt ( 1; 1)n AI      . Pt  là 1 0x y   Câu 6b: 2, Tìm M thuộc (P) sao cho MA 2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh được MA 2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 MA 2 + MB 2 + MC 2 nhỏ nhất MG nhỏ nhất M là hình chiếu của G trên (P). Tìm được tọa độ 4 2 1; ; 3 3 G       Tìm được 22 61 17 ; ; 3 3 3 M        Câu 7b: Giải hệ phương trình         2 1 2 1 2 2log 2 2 log 1 6(1) log 5 log 4 1 (2) x y x y xy y x x y x                     Đk Giải hệ phương trình 1 1 0 0 1 1 2 0 2 1 x x y y                        1 2 (1) 2log (1 ) 2 2log 1 6 x y x y x             1 2 2 2log 2 2log 1 6 x y y x         . Đặt 1 log ( 2) x t y    ta được 2 2 2 2 6 2 4 2 0 1t t t t t           2 1y x   Thế vào (2) ta được     1 1 1 2 2 log 2 log 4 1 log 1 1 4 4 x x x x x x x x x x                 2 2 6 (TM) 4 2 0 2 6 (KTM) x x x x             Vậy 2 6, 1 6x y     . dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 15 NĂM 2014 Thời gian làm bài 150 phút PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 điểm) C©u I (2,0 điểm). log 4 1 x y x y xy y x x y x                     ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 15 NĂM 2014 Câu 1: 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x    . 2 0x y   (O là gốc tọa độ). Câu II (2,0 ®iÓm) 1. Giải bất phöông trình 3 2 (3 4 4) 1 0x x x x     2. Giải phöông trình cos cos3 1 2 sin 2 4 x x x            C©u III