Thy giỏo:Lờ Nguyờn Thch T:01694838727 THI TH I HC S 71 Ngy 27 thỏng 3 nm 2014 Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 im) Câu I (2,0 im) Cho hm s 2 1 1 x y x + = cú th l (C) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s. 2. Tỡm cỏc giỏ tr m ng thng 3y x m= + ct (C) ti A v B sao cho trng tõm ca tam giỏc OAB thuc ng thng 2 2 0x y = (O l gc ta ). Cõu II (2,0 điểm) 1. Gii bt phửụng trỡnh 3 2 (3 4 4) 1 0x x x x+ + 2. Gii phửụng trỡnh cos cos3 1 2 sin 2 4 x x x + = + + ữ Câu III (1,0 điểm) Tinh tớch phõn 2 2 0 1 3sin 2 2cosx xdx + Câu IV (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht, , 2 2AB a AD a= = . Hỡnh chiu vuụng gúc ca im S trờn mt phng (ABCD) trựng vi trng tõm tam giỏc BCD. ng thng SA to vi mt phng (ABCD) mt gúc 45 0 . Tớnh th tớch ca khi chúp S.ABCD v khong cỏch gia hai ng thng AC v SD theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z l cỏc s thc dng. Chng minh bt ng thc 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 + + + + + + + + + + + PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc phn B) A. Theo chng trỡnh chun Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mt phng Oxy, cho hai ng thng d 1 : 3 5 0x y+ + = , d 2 : 3 1 0x y+ + = v im (1; 2)I . Vit phng trỡnh ng thng i qua I v ct d 1 , d 2 ln lt ti A v B sao cho 2 2AB = . 2. Trong khụng gian Oxyz, cho hai im A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) v mt phng (P) cú phng trỡnh 3 2 0x y z+ + = . Vit phng trỡnh mt phng (Q) l mt phng trung trc ca on AB. Gi l giao tuyn ca (P) v (Q). Tỡm im M thuc sao cho on thng OM nh nht. Cõu VII.a (1,0 im) Tỡm s phc z tha món (1 3 )i z l s thc v 2 5 1z i + = . B. Theo chơng trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mt phng Oxy, cho hai ng thng d 1 : 3 5 0x y+ + = , d 2 : 3 5 0x y + = v im (1; 2)I . Gi A l giao im ca d 1 v d 2 . Vit phng trỡnh ng thng i qua I v ct d 1 , d 2 ln lt ti B v C sao cho 2 2 1 1 AB AC + t giỏ tr nh nht. 2. Trong khụng gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaứ C(2;2;1) v mt phng (P): x + 3y z + 2 = 0 . Tỡm ta im M thuc mt phng (P) sao cho MA 2 + MB 2 + MC 2 t giỏ tr nh nht. Cõu VII.b (1,0 im) Gii h phng trỡnh ( ) ( ) ( ) ( ) 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 + + + + + = + + = Hết Luyn thi i Hc 184 ng Lũ Chum Thnh Ph Thanh Húa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ 71 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 ≤ Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 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 , = πx 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 3sin 2 2cos (sin 3 cos ) sin 3 cosI x xdx x x dx x x dx π π π = − + = − = − ∫ ∫ ∫ sin 3 cos 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 3cos ) (sin 3cos )x x dx x x dx π π π = − + − ∫ ∫ ( ) ( ) 3 2 0 3 cos 3 sin cos 3 sinx 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 Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 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 + + + = + − = − ÷ ÷ + + + + + + 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 − − = ⇒ − = ⇒ = = ⇒ ∆ + − = Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa M H O B D C A S Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 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= − = − − Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa . Hết Luyn thi i Hc 184 ng Lũ Chum Thnh Ph Thanh Húa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ 71 Câu 1: 1, Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x + = − TXĐ. 2 3 4 0 x x y y + − ≤ ÷ ÷ . Đặt x t y = và giải BPT ta được 1t ≤ Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2 1 0 0 1. ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM= = Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2 4 2 (0;0;0),