ĐỀ SỐ 4. THI THỬ ĐẠI HỌC Thời gian làm bài 180 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 π   + = + +  ÷   C©u III (1,0 ®iÓm) Tính tích phân 2 2 0 1 3sin 2 2cosx xdx π − + ∫ 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. 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 − + − +  − + − + + − =   + − + =   HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 4. 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 6 5 4 3 2 1 -1 -2 -4 -2 2 4 6 1 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 + −   ⇒ = ⇒  ÷   uuur uur 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 π   + = + +  ÷   ⇔ = + +2cos2xcosx 1 sin2x cos2x ⇔ − = +cos2x(2cosx 1) 1 2sinxcosx ⇔ − − = + 2 2 2 (cos x sin x)(2cosx 1) (cosx sinx)  + = ⇔  − − = +  cosx sinx 0 (1) (cosx sinx)(2cosx 1) cosx sinx (2)   π π π ⇔ + = ⇔ + = π ⇔ = − + π  ÷   (1) 2 sin x 0 x k x k 4 4 4  π  = = + π   ⇔ − − = ⇔ ⇔    π  + = π π   ÷  + = ± + π      cosx 0 x k 2 (2) 2cosx(cosx sinx 1) 0 2 cos x 1 x k2 4 4 4 Vậy pt có nghiệm là π = − + πx k 4 , π = + πx k 2 , = π x k2 Câu 3: Tính tích phân I = 2 2 0 1 3sin 2 2cosx xdx π − + ∫ 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 π π π = − + = − = − ∫ ∫ ∫ sin 3cos 0 tan 3 3 x x x x k π π − = ⇔ = ⇔ = + Do 0; 2 x π   ∈  ÷   nên 3 x π = 3 2 0 3 sin 3 cos sin 3 cosI x x dx x x dx π π π = − + − ∫ ∫ 3 2 0 3 (sin 3 cos ) (sin 3 cos )x x dx x x dx π π π = − + − ∫ ∫ ( ) ( ) 3 2 0 3 cos 3 sin cos 3sinx x x x π π π = − − + − − 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= uuur 5 2 2 ; ; 6 3 a a AM a   = ⇒  ÷  ÷   uuuur 2 2 2 (2 2 ; ; 2 )AC AM a a a∧ = − − uuur uuuur Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt (2 2; 1; 2)n = − − r 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     + + + = + − = −  ÷  ÷ + + + + + +     M H O B D C A S 2 2 x x y z x y z = − + + + . Tương tự, cộng lại ta được 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= − − − ≠ = − − + uur r uur I, A, B thẳng hàng 1 ( 1) 3 1 ( 3 3) b k a IB kIA b k a − = −  ⇒ = ⇔  − + = − −  uur uur 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 − −   ⇒ = − − −  ÷   uuur 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 = − − r 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= = − − r uur . 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 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= − = − − . ĐỀ SỐ 4. THI THỬ ĐẠI HỌC Thời gian làm bài 180 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 thi n. thẳng ∆ đi qua điểm 7 1 ;0; 4 4 I   −  ÷   và có vtcp (2; 1; 1)u = − − r 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   ∈∆. x k x k 4 4 4  π  = = + π   ⇔ − − = ⇔ ⇔    π  + = π π   ÷  + = ± + π      cosx 0 x k 2 (2) 2cosx(cosx sinx 1) 0 2 cos x 1 x k2 4 4 4 Vậy pt có nghiệm là π = − + πx k 4 , π =