Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 105 Ngày 14 tháng 5 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1 12 + − = x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm tọa độ điểm M trên sao (C) cho khoảng cách từ điểm I(–1 ; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 1 1 sin 2x sin x 2cot 2x 2sin x sin 2x + − − = . 2. Giải hệ phương trình : ( ) 3 3 3 2 2 y x 9 x x y y 6x = − + = trên tập số thực Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 2 4 sin x 4 dx 2sin x cos x 3 π π π + ÷ − ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp OABC có 3 cạnh OA, OB, OC vuông góc với nhau đôi một tại O, OB = a, OC = 3a và OA = 3a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. 1. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC ). 2. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và OM. Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn 2 2 2 x y z 3+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 5 P xy yz zx x y z = + + + + + . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mp tọa độ Oxy, cho ∆ABC có A(2 ; 5), B(–4 ; 0), C(5 ; –1). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và chia ∆ABC thành 2 phần có tỉ số diện tích bằng 2. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( ) 2; 5;0A − . Viết phương trình đường thẳng d qua A biết d cắt Oz và tạo với Oz một góc 60 0 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm các số phức z thỏa mãn | 1 | | 3 |z z- = + và 2 2 | | 2z z+ = B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm 16 23 ; 27 9 H − ÷ , phương trình cạnh BC: x – 6y + 4 = 0 và trung điểm cạnh AB là 5 5 ; 2 2 K − ÷ . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2 2 4 6 2 0x y z x y z+ + − + − − = và mặt phẳng (P): x + y + z + 2012 = 0 a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S) b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N ∈ (S). Xác định tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 4 7.2 8 log log log log 1 x y x y x y − − − = − = ; ,x y R∈ 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 105 Câu I. (2,0đ) 1. 1 3 2 1 12 + −= + − = xx x y Tập xác định: D = ¡ \{–1}. 0,25 x lim y 2 →±∞ = Tiệm cận ngang: 2=y x 1 x 1 lim y ; lim y + − →− →− = −∞ = +∞ Tiệm cận đứng: 1−=x 0,25 2 )1( 3 ' + = x y > 0, ∀x∈D Hàm số tăng trên từng khoảng xác định 0,25 x -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 y -2 -1 1 2 3 4 5 0,25 2. Nếu )( 1 3 2; 0 0 C x xM ∈ + − thì tiếp tuyến tại M có phương trình )( )1( 3 1 3 2 0 2 00 xx xx y − + = + +− hay 0)1(3)2()1()(3 0 2 00 =+−−+−− xyxxx 0,25 Khoảng cách từ I(–1 ; 2) tới tiếp tuyến là ( ) 2 0 2 0 4 0 0 4 0 00 )1( )1( 9 6 )1(9 16 19 )1(3)1(3 ++ + = ++ + = ++ +−−− = x x x x x xx d 0,25 Theo bất đẳng thức Côsi 692)1( )1( 9 2 0 2 0 =≥++ + x x , vậy 6≤d . Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi và chỉ khi 2 0 2 0 9 (x 1) (x 1) = + + ⇔ (x 0 + 1) 2 = 3 ⇔ 0 x 1 3= − ± 0,25 Vậy có hai điểm M : ( ) 1 3;2 3M − + − hoặc ( ) 32;31 +−−M 0,25 Câu II (2,0đ) 1. Giải phương trình: 1 1 sin 2x sin x 2cot 2x 2sin x sin 2x + − − = . Điều kiện: sin x 0 cosx 0 ≠ ≠ (i) 0,25 pt ⇔ 2 sin 2x sin 2x.sin x cos x 1 2cos2x+ − − = 0,25 ( ) 2 cos2x 0 cos 2x cos2x cos x 2 0 2cos x cos x 1 0 : VN = − − − = ⇔ + + = 0,25 k x 4 2 π π ⇔ = + ( thỏa điều kiện (i) ) 0,25 2. Giải hệ phương trình: ( ) 3 3 3 2 2 y x 9 x x y y 6x = − + = trên tập số thực Khi x = 0 ⇒ y = 0 (0 ; 0) là nghiệm của hpt. 0,25 2 x –∞ –1 +∞ y’ + + y 2 +∞ –∞ 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727 Khi x ≠ 0 , ta có 3 3 6 3 3 3 3 y y y x y 9x x 9 x 3y x 9 x x x + = ⇔ + = ⇔ + − + = ÷ ÷ Mà 2 2 y x y y 6x y x 6 x + = ⇔ + = ÷ 0,25 Do đó 3 3 y y y y x 3y x 9 x 27 x 3 y 2 x x x x + − + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ÷ ÷ ÷ ÷ 0,25 Ta có y 2 y 2 2 x 1 x 2 x 3 x = = ⇔ = ∨ = + = Vậy HPT có nghiệm (0 ; 0) , (1 ; 2) , (2 ; 2) 0,25 Câu III (1,0đ) Tính tích phân I = 2 4 sin x 4 dx 2sin x cos x 3 π π π + ÷ − ∫ = ( ) 2 2 4 1 sin x cos x dx 2 sin x cos x 2 π π + − − + ∫ 0,25 Đặt t = sinx – cosx ⇒ dt = (cosx + sinx)dx Đổi cận: x = 4 π ⇒ t = 0 x = 2 π ⇒ t = 1 I = 1 2 0 1 1 dt t 2 2 − + ∫ 0,25 Đặt ( ) 2 t 2 tan u dt 2 1 tan u du= ⇒ = + ; u 2 2 π π − < < I = ( ) 1 arctan 2 2 2 0 2 1 tan u 1 du 2 tan u 2 2 + − + ∫ 0,25 1 arctan 2 0 1 u 2 = − = 1 1 arctan 2 2 − 0,25 Câu IV (1,0đ) Trong tam giác OBC, vẽ đường cao OK Trong tam giác OAK, vẽ đường cao OH Chứng minh OH vuông góc mp (ABC) 0,25 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 OH OA OK OA OB OC = + = + + 2 5 3a = Suy ra d(O, (ABC)) = OH = 15 5 a 0,25 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0), (0;0; 3); ( ;0;0), (0; 3;0),A a B a C a 3 ; ; 0 2 2 a a M ÷ ÷ ⇒ 3 3 0; ; 2 2 a a N ÷ ÷ . 3 3 3 ; ; 0 , 0; ; 2 2 2 2 a a a a OM ON = = ÷ ÷ ÷ ÷ uuuur uuur 2 2 2 3 3 3 [ ; ] ; ; 4 4 4 a a a OM ON = ÷ ÷ uuuur uuur , ( 3; 1; 1)n = r là VTPT của mp ( OMN ) Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến : 3 0n x y z+ + = r 0,25 Ta có: 3. 0 0 3 15 ( ; ( )) 5 3 1 1 5 a a a d B OMN + + = = = + + . Vậy: 15 ( ; ( )) . 5 a d B NOM = MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN ⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = 15 ( ; ( )) . 5 a d B NOM = 0,25 Câu V (1,0đ) Ta có : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 x y z x y z x y z 3 xy yz zx 2 2 + + − + + + + − + + = = . 0,25 3 z A 3a 3a y C N O M a x B Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727 Đặt t = x + y + z, ta có: 2 2 2 2 t 3 0 xy yz zx x y z 3 2 − ≤ + + = ≤ + + = 3 t 3⇒ ≤ ≤ . 0,25 Khi đó, ta có: ( ) 2 t 3 5 P f t 2 t − = = + , ( ) 3 2 2 5 t 5 ' f t t 0, t 3 t t − = − = > ∀ ≥ . Vậy ta có: ( ) ( ) 14 P f t f 3 3 = ≤ = . 0,25 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy 14 max P 3 = . 0,25 Câu VI.a (2,0 điểm) 1. TH1: Ta có: ( ) 2 1 AMC AMB S S ∆ ∆ = Trong ∆ABC, dựng đường cao AH. 1 . 2 (1) 2 1 . 2 CM AH MC MB BM AH ⇔ = = 0,25 Khi đó: 2MC MB= − uuuur uuur 1 ( 1; ) 3 M⇒ − − . Pt đường thẳng d 1 : 16x – 9y – 4 = 0 0,25 TH2: ( ) 2 2 AMB AMC S S ∆ ∆ = Cm tương tự: 2 (2; ) 3 M⇒ − Pt đường thẳng d 2 : x – 2 = 0 0,5 2. Gọi K là giao điểm của d và trục Oz ⇒ K(0 ; 0 ; k) ( ) ( ) 2;5; ; 0;0;1AK k k= − = uuur r 0,25 ( ) 0 2 1 cos ; cos60 2 27 k AK k k = ⇔ = + uuur r 3k ⇔ = ± 0,25 ( ) ( ) 0;0; 3 , 2;5; 3⇒ ± = − ± uuur K AK 0,25 Phương trình d : 3 3 ; 5 3 5 3 2 2 x y z x y z− − = = = = − − − 0,25 Câu VII.a (1,0 đ) Gọi z = a + bi (a, b∈ ¡ ), ta có: | 1 | | 3 |z z- = + 1a b R = − ⇔ ∈ (1) 0,25 2 2 | | 2z z+ = 2 1 0 a ab = ⇔ = 1 0 = ± ⇔ = a b (2) 0,25 ( ) ( ) 1 1 0 2 a b = − ⇔ = Vậy z = –1 0,5 Câu VI.b (2,0đ) 1. đt AH qua H vuông góc BC ⇒ (AH) : 6x + y + 1 = 0 A thuộc AH suy ra A(a ; –6a – 1 ) B thuộc BC suy ra B(6b – 4 ; b) K trung điểm AB suy ra a = –1 ; b = 0 . 0.25 Suy ra A(–1 ; 5) , B(–4 ; 0) Pt (AB): 5x – 3y + 20 = 0 0.25 đường cao CH qua H , vuông góc AB : (CH) : 3x + 5y – 11 = 0 0.25 HC cắt BC tại C suy ra C(2; 1) suy ra pt (AC) : 4x + 3y – 11 = 0 0.25 2. a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S) (S) có tâm I(1 ; –2 ; 3) , bán kính R = 4 0,25 (Q): x + y + z + D = 0 (D ≠ 2012) 0,25 ( ) ( ) , 4 2 4 3d I Q D= ⇔ = − ± 0,25 Vậy (Q) : x + y + z 2 4 3 0− ± = 0,25 b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N ∈ (S). Xác định tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất. MN 2 = IM 2 – R 2 MN nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất suy ra M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P). 0,5 phương trình đường thẳng IM: x – 1 = y + 2 = z – 3 0,25 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: x 1 y 2 z 3 x y z 2012 0 − = + = − + + + = Vậy 2017 2008 2023 ; ; 3 3 3 M ÷ 0,25 Câu VII.b (1,0 đ) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 4 7.2 8 log log log log 1 x y x y x y − − − = − = ; ,x y R∈ Điều kiện x > 1 ; y > 1 0,25 ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 4 7.2 8 log log log log 1 x y x y x y - - ì ï - = ï ï í ï - = ï ï î ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 2 3 2 7.2 8 0 log log log 2 log log x y x y x y - - ì ï ï - - = ï í ï = + ï ï î 0,25 ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 3 2 8 2 1 log log log log x y x y x y − − = = − ⇔ = 0,25 2 2 3 2 3 0 x y y y − = ⇔ − − = 9 3 = ⇔ = x y hay 1 1 x y = = − So điều kiện x > 1 ; y > 1 hệ phương trình có nghiệm 9 3 x y = = 0,25 Đáp án HKG cổ điển cách 2 b) OM = MN = a , ON = a 6 2 ⇒ S OMN = 2 a 15 8 OB = OM = MB = a ⇒ ∆OBM đều ⇒ S OBM = 2 a 3 4 Gọi I là trung điểm OC ⇒ NI là đường trung bình của ∆OAC ⇒ NI ⊥(OBC) và NI = a 3 2 V N.OBM = 1 3 S OBM .NI = 3 a 8 Mặt khác, V N.OBM = 1 3 S OMN .d[B,(OMN)] ⇒ d[B,(OMN)] = NOBM OMN 3V S = 3a 15 MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN ⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = 3 15 ( ; ( )) . 5 15 a a d B NOM = = 5 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 105 Ngày 14 tháng 5 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1 12 + − = x x y 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. y − − − = − = ; ,x y R∈ 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 105 Câu I. (2,0đ) 1. 1 3 2 1 12 + −= + − = xx x y Tập xác định: D = ¡ {–1}. 0,25 x lim y 2 →±∞ = . 2x + − − = . 2. Giải hệ phương trình : ( ) 3 3 3 2 2 y x 9 x x y y 6x = − + = trên tập số thực Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 2 4 sin x 4 dx 2sin x cos x 3 π π π + ÷ − ∫ . Câu