Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 71 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
71
Dung lượng
16,96 MB
Nội dung
Luyện giải đề môn Toán 2014 http://hocmaivn.com Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) 01 ĐỀ THI THỬ SỐ Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = ( − m ) x3 − 6mx + ( − m ) x − có đồ thị (Cm) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = b) Tìm m để đường thẳng d : y = −2 cắt đồ thị hàm số (Cm) ba điểm phân biệt A(0 ; −2), B C cho diện tích tam giác OBC 13 (với O gốc tọa độ) ( sin x + sin x ) x(4 x + 1) − y y − = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x +2 =0 −2 x + xy + x − e x + x ln x + x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ e dx x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình tan x − tan x = Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a; AD = a Hình chiếu vuông góc điểm A ' mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC BD Góc hai mặt phẳng ( ADD ' A ') (ABCD) 600 Tính thể tích khối lăng trụ cho khoảng cách từ điểm B ' đến mặt phẳng ( A ' BD ) theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b2 + c + ab − 2bc − 2ca = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = c2 c2 ab + + 2 (a + b − c) a + b a + b PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : ( x − ) + y = điểm E(4; 1) Tìm toạ độ điểm M trục tung cho từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) với A, B tiếp điểm cho đường thẳng AB qua E Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1, d2 có phương trình x −1 y + z x − y z −1 d1 : = = d : = = Lập phương trình đường thẳng d cắt d1 d2 vuông 2 1 −2 góc với mặt phẳng ( P ) : x + y + z + = − iz z + 2i Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn − = z + i − 2i B Theo chương trình Nâng cao x2 y2 − = Viết phương 16 trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H) Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x + y − z + = Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho Hypebol ( H ) : đường thẳng (d ) : x+3 = y + = z − , điểm A(−2; 3; 4) Gọi ∆ đường thẳng nằm (P) qua Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com giao điểm ( d) (P) đồng thời vuông góc với d Tìm ∆ điểm M cho độ dài đoạn AM ngắn Câu 9.b (1,0 điểm) Trong số phức z thỏa mãn z − i = 1, tìm số phức z có mô-đun lớn LỜI GIẢI ĐỀ 1: Câu (2,0 điểm) Đáp án a) (1,0 điểm) Với m = hàm số có dạng y = x − x + x − Tập xác định D = ℝ Điểm 0,25 x =1 Đạo hàm y ' = x − 12 x + ⇒ y ' = ⇔ x − x + = ⇔ x = Hàm số đồng biến khoảng ( −∞;1) ; ( 3; +∞ ) nghịch biến (1; 3) Hàm số đạt cực đại x = 1; y = 2; đạt cực tiểu x = 3; y = −2 ( ) ( 0,25 ) Các giới hạn: lim x3 − x + x − = +∞ ; lim x3 − x + x − = −∞ x →+∞ x →−∞ 0,25 Điểm uốn: y ' = x − 12 ⇒ y '' = ⇔ x = →U ( 2;0 ) Bảng biến thiên: x −∞ y’ + − +∞ + 0,25 +∞ y −∞ Đồ thị hàm số có dạng hình vẽ: −2 0,25 Nhận xét: + Đồ thị hàm số nhận điểm U(2; 0) làm tâm đối xứng + Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm (0; −2) b) (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị: ( − m ) x3 − 6mx + ( − m ) x − = −2 ⇔ ( − m ) x3 − 6mx + ( − m ) x = ⇔ x ( − m ) x − 6mx + ( − m ) = x = ⇒ A(0; −2) ⇔ ( − m ) x − 6mx + ( − m ) = ⇔ g ( x) = Hai đồ thị cắt ba điểm phân biệt A, B, C phương trình g(x) = có hai nghiệm 0,25 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com 2 ∆ g = 9m − ( − m ) > m > phân biệt khác Ta có điều kiện: ⇔ m ≠ g (2) = − m ≠ Giả sử B ( x1 ; −2 ) , C ( x2 ; −2 ) , với x1; x2 hai nghiệm phương trình g(x) = 6m x1 + x2 = Theo định lí Vi-ét ta có 2−m x1 x2 = 1 Ta có S∆OBC = d ( O; d ) BC ⇔ 13 = 2.BC ⇒ BC = 13 2 14 m= 6m ⇔ x1 − x2 = 13 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 13 ⇔ 13 − 36 = 13 ⇔ 2−m m = 14 14 Đối chiếu với điều kiên ta m = ; m = 14 giá trị cần tìm 13 π mπ x≠ + cos x ≠ Điều kiện ⇔ cos x ≠ x ≠ π + nπ Phương trình cho tương đương với 6sin x = cos x cos x(sin x + sin x) ⇔ 6sin x = cos x cos x(4sin x cos x cos x + 2sin x cos x) 0,25 2 (1,0 điểm) ⇔ sin x(4cos x cos 2 x + 2cos x cos x − 6) = 0,25 0,25 0,25 ⇔ sin x (2cos 2 x(1 + cos x) + cos x(1 + cos x) − = ⇔ sin x(2cos3 x + 3cos 2 x + cos x − 6) = 0,25 ⇔ sin x(cos x − 1)(2cos x + 5cos x + 6) = (1,0 điểm) sin x = ⇔ x = kπ ⇔ ⇔ x = kπ cos x = ⇔ sin x = Kết hợp với điêu kiện ta nghiệm phương trình x = kπ; k ∈ Z Điều kiện: x ≥ −4, y ≥ 12 Ta có (1) ⇔ x(4 x + 1) = y y − = ⇔ (2 x)3 + x = ( y − 1)3 + y − (*) Xét hàm số f (t ) = t + t ta có f ′(t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ ℝ nên f (t ) đồng biến ℝ (*) ⇔ x ≥ (2 x)3 + x = ( y − 1)3 + y − ⇔ f (2 x) = f ( y − 1) ⇔ x = y − ⇔ 4 x + = y x + = ⇔ −4 x + x(2 y ) + x − x + = ⇔ −4 x + x(4 x + 1) + x − x + = ⇔ x3 − x + x − x + = Xét hàm số g ( x) = −4 x + x3 + x − x + ⇒ g ′( x) = 12 x − x + − 2x + Từ (2) ta có −2 x + xy + 3x − 2x + −1 = x + 2(2 x − 1) + > 0, ∀x ≥ nên g(x) đồng biến nửa khoảng [0; +∞) 2x + Mặt khác ta dễ thấy g ⇔ x = ⇒ y = 2 Vậy, hệ cho có nghiệm x = ; y = e e e e x x + x ln x + x e Ta có I = ∫ e dx = ∫ xe x dx + ∫ ln x e x dx + ∫ dx = I1 + I + I x x 1 1 0,25 0,25 0,25 () (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 http://hocmaivn.com e e 1 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) + Xét I1 = ∫ xe x dx = xe x 1e − ∫ e x dx = ee (e − 1) e e 0,25 e ex ex dx = ee − ∫ dx = ee − I ⇔ I + I = ee x x 1 e + Xét I = ∫ e x ln x dx = e x ln x − ∫ 1 e 0,25 e ex ex dx + ∫ dx = ee +1 x x 1 Từ suy I = ee +1 − ee + ee − ∫ 0,25 (1,0 điểm) 0,25 Gọi O giao điểm AC BD, theo ta có A ' O ⊥ ( ABCD ) Gọi I trung điểm AD Ta có OI ⊥ AD ( ADD ' A ') ∩ ( ABCD ) = AD Do ⇒ góc ( ADD ' A ') ( ABCD ) A ' IO = 600 AD A ' OI ⊥ ( ) a a a Ta có OI = AB = ⇒ A ' O = OI tan A ' IO = tan 600 = 2 2 a 3a Suy ra, thể tích khối lăng trụ VABCD A ' B ' C ' D ' = A ' O.S ABCD = a.a = (đvtt) 2 Do AB′và A′B cắt trung điểm đường nên A B′ đối xứng qua ( A ' BD ) Suy d [ B;( A ' BD )] = d [ A;( A ' BD) ] 0,25 AH ⊥ BD Trong (ABCD) dựng AH ⊥ BD Do ⇒ AH ⊥ ( A ' BD ), hay AH ⊥ A ' O AH = d [ A;( A ' BD )] Trong tam giác vuông ABD ta có (1,0 điểm) 1 = + ⇒ AH = AH AB AD AB AD AB + AD 0,25 = a a Vậy khoảng cách từ B′ đến (A′BD) Ta có a + b2 + c − 2bc − 2ca = −ab ⇔ a + b2 + c + 2ab − 2bc − 2ca = ab ⇔ (a + b − c)2 = ab a b Đặt x = ; y = ( x, y > ) c c ( x + y)2 Theo bất đẳng thức Cô-si ta có x + y ≥ xy ⇔ xy ≤ (*) ab a b a b Khi (a + b − c)2 = ab ⇔ + − 1 = = ⇔ ( x + y − 1)2 = xy c c c c c 0,25 0,25 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com ( x + y) ( x + y )2 ⇔ ( x + y − 1) ≤ ⇒ ≤ x+ y≤2 Áp dụng (*) ta ( x + y − 1)2 = xy ≤ 4 a b 2 c c ab 1 c c = + + = + + Ta có P = 2 2 a b a+b a b a +b (a + b − c) a b + + − 1 + c c c c c c xy xy 1 1 = + + = + + 2 ( x + y − 1) x + y x + y xy x + y x + y 0,25 Áp dụng bất đẳng thức P≥ xy xy 1 + ≥ ≥ ta x + y ( x + y) x y x+ y xy 1 xy 1 xy + + = + + + ≥ + + 2 2 2 xy x + y xy x + y xy x + xy + y ( x + y ) xy ( x + y) ( x + y) xy 4 +2 = + ≥ + =1⇒ P ≥ 2 2 + 2 xy x y ( x + y) ( x + y) ( x + y) Vậy minP = x = y = tức a = b = c Đường tròn (C) có tâm I(4; 0), bán kinh R=2 M thuộc Oy nên giả sử M(0; m) Ta có IM = (−4; m) ⇒ đường thẳng AB ≥ 7.a (1,0 điểm) có véc tơ phương u AB = (m;4) Đường thẳng AB qua E(4; 1) có véc tơ phương u AB = (m;4) nên có 0,25 0,25 x = + mt phương trình tham số y = + 4t A thuộc đường thẳng AB nên có tọa độ dạng A ( + mt;1 + 4t ) 2 2 A ∈ (C ) ( x A − 4) + y A = ⇔ (mt ) + (1 + 4t ) = 4, (*) ⇒ Do IA ⊥ MA IA.MA = 8.a (1,0 điểm) IA = (mt;1 + 4t ) Ta có ⇒ IA.MA = (mt )2 + 4mt + (1 + 4t ) − m(1 + 4t ) = MA = (4 + mt;1 + 4t − m) ⇔ (mt ) + (1 + 4t ) − m = Thay (*) vào ta tìm m = Vậy điểm M(0; 4) điểm cần tìm Viết lại phương trình đường thẳng dạng tham số ta x = + 2t1 x = + t2 d1 : y = −1 + t1 , d : y = t2 z = 2t1 z = − 2t2 Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến nP = (2;1;5) Giả sử: A = d ∩ d1 ⇒ A(1 + 2t1 ; −1 + t1 ;2t1 ); B = d ∩ d ⇒ B (2 + 2t2 ; t2 ;1 − 2t2 ) ⇒ AB = (t2 − 2t1 + 1; t2 − t1 + 1; −2t2 − 2t1 + 1) Theo bài, d ⊥ ( P ) ⇒ AB = k nP ⇔ 0,25 0,25 0,25 0,25 x +1 y + z + = = 0,25 − iz z + 2i − = z ⇔ (2 − iz )(1 − 2i ) − ( z + 2i )(2 + i ) = 2(2 + i)(1 − 2i ) z + i − 2i (1) ⇔ (2 − 4i ) − (2 + i) z = (4 − 3i) z Giả sử z = a + bi, với a, b ∈ R Ta có 0,25 t1 = −1 t2 − 2t1 + t2 − t1 + −2t2 − 2t1 + = = ⇔ t2 = −1 Suy A(−1; −2; −2) Phương trình đường thẳng cần tìm d : 9.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com (1) ⇔ (2 − 4i ) − (2 + i )(a + bi) = (4 − 3i)(a − bi) ⇔ (2 − 2a + b) − (4 + a + 2b)i = (4a − 3b) − (3a + 4b)i 7.b (1,0 điểm) − 2a + b = 4a − 3b 3a − 2b = a = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ z =1+ i + a + 2b = 3a + 4b a + b = b = Vậy số phức cần tìm z = + i (H) có tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh A( 4; 3) x2 y2 Giả sử phương trình tắc (E) có dạng: + = 1, ( a > b > ) a b 2 (E) có hai tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) ⇒ a − b = 52 (1) Do M ( 4;3) ∈ ( E ) ⇔ 9a + 16b2 = a 2b2 8.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 (2) 2 2 a = + b a = 40 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình ⇔ 2 2 b = 15 9a + 16b = a b x2 y = Vậy phương trình tắc (E) ( E ) : + 40 15 x = 2t − Chuyển phương trình d dạng tham số ta được: y = t − z = t + Gọi I giao điểm d (P) ⇒ I ( 2t − 3; t − 1; t + 3) 0,25 0,25 Do I ∈ ( P ) ⇒ 2t − + 2(t − 1) − (t − 3) + = ⇔ t = ⇒ I ( −1;0;4 ) Đường thẳng d có vectơ phương ud = (2;1;1) , mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến nP = (1; 2; −1) ⇒ ud , nP = ( −3;3;3) = ( −1;1;1) → u∆ = ( −1;1;1) 0,25 x = 1− u Khi đường thẳng ∆ có phương trình ∆ : y = u z = + u Vì M ∈ ∆ ⇒ M ( −1 − u; u; + u ) ⇒ AM = (1 − u; u − 3; u ) 0,25 AM ngắn ⇔ AM ⊥ ∆ ⇔ AM ⊥ u∆ ⇔ AM u∆ = ⇔ −(1 − u ) + (u − 3) + u = ⇔ u = 16 Vậy M − ; ; điểm cần tìm 3 3 9.b (1,0 điểm) 0,25 Trong số phức z thỏa mãn z − i = 1, tìm số phức z có mô-đun lớn 0,25 Giả sử z = a + bi, với a, b ∈ R Ta có z = a + b Mặt khác z = (a + bi) = a − b + 2abi ⇒ z − i = (a − b ) + (2ab − 1)i Theo ta có z − i = ⇔ (a − b )2 + (2ab − 1) = ⇔ (a − b ) + (2ab − 1) = ( ⇔ a + b − 2a 2b + 4a b + − 4ab = ⇔ a + b ) 0,25 = 4ab Theo bất đẳng thức Cô-si ta có a + b ≥ a b = ab ≥ 2ab ⇔ z ≥ 2ab ( Khi z = a + b ) 2 2 = 4ab ≤ z ⇔ z ≤ z ⇔ z ≤ ⇔ z ≤ a = b a = b = Suy ra, z max = đạt ab = ab ⇔ a = b = −1 2 a + b = Vậy, có hai số phức thỏa mãn yêu cầu toán z = + i z = –1 – i 0,25 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 http://hocmaivn.com Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) 02 ĐỀ THI THỬ SỐ Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) ( ) x + ( m − 1) x + m − 2m x + 4m − 1, với m tham số a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m = –1 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = b) Tìm m để hàm số cho đạt cực đại, cực tiểu điểm có hoành độ x1 ; x2 cho x12 + x22 = 17 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình tan x + ( tan x + 1) 7π − sin x − = cos x x5 − x = y − y ; ( x, y ∈ ℝ ) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 − x + x − y = π cos x + 8 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ dx + + x x sin cos 2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Các điểm M, N nằm đoạn thẳng AB, AD cho MB = MA; ND = 3NA Biết SA = a, MN vuông góc với SM tam giác SMC cân S Tính thể tích khối chóp S.MNDC khoảng cách hai đường thẳng SA π MC theo a Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực thỏa mãn x + y + z = 40 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + + y + 16 + z + 36 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ có phương trình x – y + = đường tròn (C ) : x + y − x + y − = Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ cho qua M kẻ hai tiếp tuyến MA; MB đến đường tròn (C), (với A, B tiếp điểm) đồng thời khoảng cách từ điểm 3 N −1; đến AB lớn 2 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; −1; 2) N (−1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ K ( 0;0; ) đến (P) đạt giá trị lớn n−2 n Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa x khai triển 1 + x + x biết Cnn++41 − Cnn+ = 7(n + 3) B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng AB :2 x + y − = , phương trình đường thẳng AC : x + y + = điểm M (1; − 3) nằm đường thẳng BC thỏa mãn 3MB = MC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0;3); B (2; −2; −3) đường x − y +1 z = = Chứng minh A, B ∆ nằm mặt phẳng Tìm toạ độ điểm M thẳng ∆ : thuộc ∆ cho ( MA4 + MB ) nhỏ Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thoả mãn z − z + 7i = Tìm phần thực số phức z 2013 + 3i LỜI GIẢI ĐỀ 2: Câu (2,0đ) Đáp án Điểm a) Khảo sát hàm số Với m = −1 hàm số có dạng y = x3 − x − x − Tập xác định: D = ℝ x = −1 Đạo hàm: y ' = x − x − ⇒ y ' = ⇔ x − x − = ⇔ x = Hàm số đồng biến (−∞; −1) (3; +∞); hàm số nghịch biến (−1; 3) 10 Hàm số đạt cực đại x = −1; y = − , đạt cực tiểu x = 3; y = –14 Giới hạn, điểm uốn: 1 1 lim y = lim x3 − x − 3x − = +∞; lim y = lim x − x − x − = −∞ x →+∞ x →+∞ x →−∞ x →−∞ 3 26 Ta có y′′ = x − ⇒ y ′′ = ⇔ x = →U 1; − Bảng biến thiên: x −∞ −1 +∞ y’ + y −∞ Đồ thị hàm số có dạng hình vẽ: − 10 − + 0,25 0,25 0,25 +∞ −14 0,25 Nhận xét: 26 + Đồ thị nhận điểm uốn U 1; − làm tâm đối xứng + Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; −5) b) Tìm m Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com Ta có y ' = x + ( m − 1) x + m − 2m Hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y ' = có hai nghiệm phân biệt 0,25 2 Điều xảy ∆ > ⇔ ( m − 1) − m − 2m > ⇔ ( 3m − 1) > ⇔ m ≠ − + − m m =m x = Khi đó, phương trình y ' = có hai nghiệm phân biệt 0,25 x = − m − 3m + = − 2m Do vai trò x1; x2 bình đẳng có hai trường hợp sau xảy Trường hợp 1: x1 = m; x2 = − 2m ⇒ x12 + x22 = 17 ⇔ 2m2 + (1 − 2m)2 = 17 m = 0,25 ⇔ 6m − 4m − 16 = ⇔ m = − ( ) Trường hợp 2: x1 = − 2m; x2 = m ⇒ x12 + x22 = 17 ⇔ 2(1 − 2m)2 + m2 = 17 ⇔ 9m − 8m − 15 = ⇔ m = (1,0đ) ± 151 0,25 4 ± 151 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán m = 2; m = ; m = ( tan x + 1) 7π Giải phương trình 3tan x + − sin x − = 1, (1) cos x π Điều kiện: cos x ≠ ⇔ x ≠ + kπ, (*) 7π π π Ta có sin x − = sin x + − 2π = sin x + = sin x + cos x 4 4 sin x ( sin x + cos x ) Khi đó, (1) ⇔ + − ( sin x + cos x ) = cos x cos x ⇔ 3sin x + ( sin x + cos x ) − 4cos x ( sin x + cos x ) − cos x = ( ) ( 0,25 ) ⇔ − 4cos x + ( sin x + cos x ) − 4cos x = ⇔ (1 + sin x + cos x ) − 4cos x = 0,25 3 − 4cos x = ⇔ 1 + sin x + cos x = π π ⇔ x = ± + k 2π ⇒ x = ± + kπ Các nghiệm thỏa mãn (*) nên nghiệm phương trình cho Với π π π 3π + sin x + cos x = ⇔ + cos x − = ⇔ cos x − = − ⇔ x − = ± + k 2π 4 4 4 π 3π x = π + k 2π x − = + k 2π ⇔ ⇔ x = − π + k 2π π π x − = − + k 2π 4 Đối chiếu với (*) ta x = π + k 2π nghiệm phương trình π Vậy phương trình cho có họ nghiệm x = ± + kπ; x = π + kπ, k ∈ ℤ 5 x − x = y − y (1) Giải hệ phương trình 2 ( 2) − x + x − y = 1 − x ≥ x ≤ ⇔ Điều kiện: 2 2 x − y ≥ 2 x ≥ y Với − cos x = ⇔ − (1 + cos x ) = ⇔ cos x = (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com Xét u = ( x; y ) , v = ( x′; y ′ ) ⇒ u.v = u v cos u; v ≤ u v ⇒ u.v ≤ u v ( ) ⇔ xx′ + yy′ ≤ x + y x′2 + y′2 , (*) ( ) ( ) Dấu xảy cos u; v = ⇔ u; v = 00 ⇔ u = kv ⇔ x y = x′ y ′ Áp dụng (*) cho phương trình (2) ta = 2 − x + x − y ≤ + − x + x − y ⇔ − y ≥ 0,25 ⇔ y ≤ < ⇒ y < Khi đó, x ≤ 1; y < 3 Xét hàm số f (t ) = t − 5t với ≤ t ≤ ⇔ − y2 ≥ ( )( ) Ta có f ′(t ) = 5t − = t − t + ≤ ∀t ∈ [ 0;1] ⇒ f (t ) hàm nghịch biến [0; 1] Khi đó, (1) ⇔ f ( x) = f ( y) ⇒ x = y 0,25 Thay vào (2) ta − x + x = Đặt u = x ; ≤ u ≤ ta − u + u = ⇔ − u = − u ⇔ (1 − u ) = − u + u ⇔ 5u − u = u =0 u = ⇒ x = 0; y = ⇔ ⇔ u=4 u = 16 ⇒ x = ± ⇒ y = ± 25 5 (1,0đ) 0,25 4 4 Vậy hệ phương trình cho có cặp nghiệm: ( x; y ) = ( 0;0 ) , ; , − ; − 5 5 π π + cos x + π 14 4 Ta có I = ∫ dx Đặt t = x − ⇒ dx = dt π 20 cos x − + 4 π π π Đổi cận: x = ⇒ t = − ; x = ⇒ t = 4 π π π π π + cos t + 4 − sin t dt sin t 2 Khi đó, I = ∫ dt = dt = − ∫ dt ∫ ∫ π cos t + π + cos t π + cos t π + cos t − − − − 4 π π π t π d 4 dt dt t π π 4 π = ∫ = tan = tan − tan − = tan = 2 − ∫ + cos t = ∫ −π 8 t t 8 π π π − − 2cos − cos 4 4 2 ( π π sin t d (1 + cos t ) ∫ + cos t dt = − ∫ + cos t = − ln + cos t π π − − π − π =0 ) 0,25 0,25 0,25 π π = −1 = − V ậy I = tan = 4 2 2 2 tan 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com Với t = ⇒ t ' = ⇒ B (2;3;3), C (2;3; −1) Với t = −1 ⇒ t ' = ⇒ B(0; −1; −1), C (0; −1;3) Vậy có cặp điểm B, C thỏa mãn yêu cầu toán 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình ( ) +1 log x +x ( ) −1 log x (1) = + x2 , Điều kiện: x > Đặt log x = t ⇒ x = 2t ( 0,25 ) ( − 1) = + ⇔ ( + 1) + ( Ta nhận thấy ( + 1)( − ) = ( + 1)( − 1) = Do đó, đặt ( + 1) = a; ( − ) = b ⇒ ab = Khi đó, (1) ⇔ t t + + 2t t t t t ) t − = + 4t , ( 2) t a = ⇒ t = ⇔ t = b = ⇒ t = 0,25 ( ) ⇔ a + b = + ab ⇔ a − + b − ab = ⇔ ( a − 1)(1 − b ) = ⇔ 0,25 Từ ta t = ⇔ x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 http://hocmaivn.com Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) 09 ĐỀ THI THỬ SỐ Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) mx + , có đồ thị (Cm) với m tham số Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x −1 a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số cho với m = b) Cho hai điểm A ( −3; ) , B ( 3; −2 ) Tìm m để đồ thị (Cm) tồn hai điểm P, Q cách điểm A, B đồng thời tứ giác APBQ có diện tích 24 π Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 16 cos x + − cos x + = 4 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( x + 1) = 21 x + + x − x − 20 ( ) 5x + + x + sin x − 3cos x − 2sin x dx x + cos x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A B Biết AB = BC = a; AD = 2a; ∆SAC cân đỉnh S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, SB tạo với mặt phẳng (SAC) góc 600 Gọi O giao điểm AC BD Gọi (P) mặt phẳng qua O song song với SC, (P) cắt SA M Tính thể tích khối chóp MBCD khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SCD) theo a x3 + y = x y + xy Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ; ( x, y ∈ ℝ ) 2 x − y − + y − 14 = x − PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân đỉnh C biết phương 14 trình đường thẳng AB x + y – = 0, trọng tâm tam giác ABC G ; diện tích tam 3 65 giác ABC Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC x = 1+ t Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng : d1 : y = − t ; z = x − y −1 z + = = Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d1 d2, cho khoảng cách −2 từ d1 đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ d2 đến (P) Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z − z + = d2 : ( Tính z1 + − ) + (z 10 + 3−2 ) 10 B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(1; − 2); B (−3;1) hai đường tròn (C1 ) :( x + 2) + ( y + 1) = ; (C2 ) :( x − 2)2 + ( y − 1) = Hãy tìm điểm C thuộc đường tròn (C1 ) , điểm D thuộc đường tròn (C2 ) để ABCD hình bình hành Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi A, B, C giao điểm mặt phẳng ( P ) : x + y + 3z − = với Ox, Oy, Oz Lập phương trình đường thẳng d qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đồng thời vuông góc với mặt phẳng (P) http://hocmaivn.com Luyện giải đề môn Toán 2014 http://hocmaivn.com Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) x + 2y = 27 Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình log y − log x = log3 y log3 x LỜI GIẢI ĐỀ 9: Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Với m = hàm số có dạng y = Tập xác định: D = R \ {1} Đạo hàm: y′ = −5 ( x − 1)2 3x + x −1 0,25 < 0, ∀x ∈ D ⇒ hàm số nghịch biến miền xác định cực trị Các giới hạn, tiệm cận: 3x + 3x + lim = +∞; lim− = −∞ ⇒ đồ thị hàm số nhận đường x = tiệm cận đứng x →1+ x − x →1 x − 3x + 3x + lim = lim = ⇒ đồ thị hàm số nhận đường y = tiệm cận ngang x →−∞ x − x →+∞ x − Bảng biến thiên: x −∞ +∞ − y’ 0,25 − 0,25 +∞ y −∞ Đồ thị hàm số có dạng hình vẽ: 0,25 Nhận xét: + Đồ thị nhận điểm I(1; 3) làm tâm đối xứng + Đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm − ;0 cắt trục Oy điểm ( 0; −2 ) b) (1,0 điểm) Luyện giải đề môn Toán 2014 http://hocmaivn.com Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) Ta có AB = ( 6; −6 ) ⇒ AB = P, Q cách A, B nên P, Q thuộc đường trung trực trực AB Gọi I trung điểm AB ⇒ I ( 0;1) , đường thẳng PQ qua I nhận pháp tuyến nên có phương trình ( PQ ) : x − y + = ⇔ y = x + 1 AB = (1; −1) làm véc tơ 2S 48 = = AB.PQ = 24 ⇔ PQ = AB Bài toán trở thành tìm m để đường thẳng d: y = x +1 cắt đồ thị hàm số ( Cm ) hai điểm phân biệt 0,25 Theo bài, S APBQ = 0,25 P, Q cho PQ = mx + = x + ⇔ g ( x) = x − mx − = 0, (1) x −1 d cắt ( Cm ) hai điểm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt khác Phương trình hoành độ giao điểm: y = ∆ g > m + 12 > Tức ⇔ ⇔ m ≠ −2, g (1) ≠ − m − ≠ 0,25 ( *) Gọi P ( x1 ; x1 + 1) , Q ( x2 ; x2 + 1) giao điểm d với (Cm), với x1, x2 hai nghiệm phân biệt x1 + x2 = m khác phương trình (1) Theo định lí Vi-ét ta có x1 x2 = −3 Khi PQ = ⇔ ( x1 + x2 ) ( x1 − x2 ) + ( x1 + − x2 − 1) = ⇔ ( x1 − x2 ) = 16 2 0,25 − x1 x2 = 16 ⇔ m + 12 = 16 ⇔ m = ± Kết hợp với điều kiện (*) ta m = giá trị cần tìm Cách khác: Đường thẳng PQ qua trung điểm I(0; 1) AB vuông góc với AB Do ( AB ) : x + y − = ⇒ ( PQ ) : x − y + = ⇔ y = x + Giả sử P ( a; a + 1) , Q ( b; b + 1) S APBQ = 24 ⇔ d ( P; AB ) + d ( Q; AB ) AB = 48 ⇔ a + b = ma + ⇔ a − ma − = a −1 mb + Tương tự, Q ∈ ( Cm ) ⇒ b + = ⇔ b − mb − = b −1 Do a, b thỏa mãn phương trình x − mx − = a + b =4 Kết hợp (*) định lí Vi-ét ta a + b = m ⇒ m = ±2 ab = −3 mà P ∈ ( Cm ) ⇒ a + = (1,0 điểm) Thay lại có m = thỏa mãn π Ta có cos x + = cos x − sin x nên phương trình cho tương đương với 4 ( cos x − sin x ) − cos x + = ⇔ (1 − sin x ) − cos x + = 0,25 ⇔ 4sin 2 x − 8sin x − cos x + = ⇔ ( 8sin 2 x − 8sin x + ) − 4sin 2 x − cos x + = ⇔ ( 4sin 2 x − 4sin x + 1) + (1 − sin 2 x ) − cos x + = ( ⇔ ( 2sin x − 1) + 2cos x − 2x = sin x = ⇔ ⇔ cos x = 2 x = ) 2sin x − = =0⇔ 2cos x − = π 5π + k 2π ; x = + k 2π π π 6 ⇔ x = + m π ⇔ x = + mπ π π 12 + ℓ 2π ; x = − + ℓ 2π 6 0,25 0,25 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com π Vậy phương trình cho có họ nghiệm x = + mπ, ( m ∈ ℝ ) 12 Cách khác: π π π Đặt t = x + ⇔ x = 2t − , phương trình trở thành 16 cos t − cos 2t − + = 2 ⇔ (1 + cos 2t ) − sin 2t + = ⇔ 4cos 2t + 8cos 2t − sin 2t + = ( ) ⇔ ( 4cos 2t + 4cos 2t + 1) + 4sin 2t − sin 2t + = cos 2t = − 2cos 2t + = 2 ⇔ ( cos 2t + 1) + 2sin 2t − = ⇔ ⇔ 2sin 2t − = sin 2t = 2π π π π ⇒ 2t = + k 2π ⇔ t = + kπ ⇔ x = t − = + kπ, k ∈ ℤ 3 12 Điều kiện: x ≥ ( (1,0 điểm) ) Phương trình cho tương đương với ( x + 1) x + − 21 x + = ⇔ x + ( x + ) − 25 = ⇔ x +1 ( ) 5x + − = ( x − 5)( x + ) ( 5x + + ( x − 5)( x + ) ; (vì ) ( x − 5)( x + ) ( x + + > ∀x ≥ ) 5x + + ) 0,25 0,25 ( x − 5)( x + ) ⇔ x + 14 x + = x + 24 x + + 10 ( x + 1)( x − )( x + ) ⇔ x + 14 x + = x + + (x ⇔ x + 14 x + = x + 24 x + + 10 ⇔ ( x − x − 5) + ( x + ) − (x 2 − x − 5) ( x + ) − x − ) ( x + ) = 0, 0,25 ( *) 2 u = x − x − 5; u ≥ u = x − x − Đặt ⇔ v = x + v = x + 4; v ≥ u = v 2 ⇔ + − = ⇔ * u v uv () u = v ± 61 Với u = v ⇔ x − x − = x + ⇔ x = 0,25 x = 9 2 Với u = v ⇔ u = v ⇔ x − x − = ( x + ) ⇔ x = − 4 Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình x = 8; x = (1,0 điểm) π π + 61 π 2 x + − cos x − 3cos x − 2sin x − 2sin x I =∫ dx ⇔ I = ∫ ( x − 2cos x)dx + ∫ x + 2cos x x + cos x 0 π π 1 2 π I1 = ∫ ( x − 2cos x)dx = x − 2sin x = −2 2 0 π I2 = ∫ 0,25 π − 2sin x d ( x + cos x) dx = ∫ = ln x + 2cos x x + 2cos x x + 2cos x Từ ta I = π2 π − + ln 0,25 π = ln π 0,25 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 http://hocmaivn.com Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) (1,0 điểm) 0,25 Gọi H trung điểm AC, SH ⊥ AC Mà ( SAC ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) Gọi E trung điểm AD, ABCE hình vuông ⇒ BH = a AC = 2 BH ⊥ AC Ta có ⇒ BH ⊥ ( SAC ) ⇒ ( SB;( SAC ) ) = ( SB; SH ) = BSH = 600 BH SH ⊥ a a ⇒ SH = BH cot 600 = = Tứ giác BCDE hình bình hành, gọi F giao điểm hai đường chéo BD CE, suy F trung điểm CE Trong ∆BCE ta thấy O giao hai đường trung tuyến CH BF nên O trọng tâm tam AO 2 giác Khi OC = CH = AC ⇒ = AC 3 Qua O dựng đường thẳng song song với SC, cắt SA điểm M AM AO = = Hạ MK // SH ⇒ MK ⊥ ( ABCD ) ⇒ VMBCD = MK S∆BCD Khi đó, AS AC 3 MK AM 2a a = = ⇒ MK = = Ta có SH SA 3 1 a2 S∆BCD = S ABCD − S ∆ABD = ( 2a + a ) a − 2a.a = 2 2 1 a a a3 Từ ta VMBCD = MK S ∆BCD = = (đvtt) 3 54 Do MO // ( SCD ) ⇒ d( M ;( SCD ) ) = d(O ;( SCD ) ) = d( H ;( SCD ) ) ∆ACD có trung tuyến CE = AD ⇒ AC ⊥ CD ⇔ CD ⊥ ( SAC ) Dựng HL ⊥ SC ⇒ HL ⊥ ( SCD ) ⇔ HL = d ( H ;( SCD ) ) 1 a a a = + = + ⇔ HL = ⇒ d( M ;( SCD ) ) = = 2 HL SH HC a a 2 x + y = x y + xy , (1) Giải hệ phương trình: x − y − + y − 14 = x − 2, ( ) Điều kiện: x2 ≥ 2y + x2 = y ( L ) Từ (1) ta x − y ( x − y ) = ⇔ x = y 0,25 0,25 0,25 Ta có (1,0 điểm) ( ) 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com Khi ( ) ⇔ x − x − + x3 − 14 = x − ⇔ x − x − + x3 − 14 − ( x − ) = x3 − 14 − ( x − ) ⇔ x2 − x − + (x − 14 ) + (x − 14 ) ( x − 2) + ( x − 2) =0 x − 12 x − ⇔ x2 − x − + ⇔ x − x − 1 + (x − 14 ) + (x − 14 ) ( x − 2) + ( x − 2) 0,25 =0 = ⇔ x − 2x −1 = x3 − 14 ( x − ) + ( x − ) x2 − 2x − (x − 14 ) +3 ( 0,25 ) x =1+ ⇒ y =1+ Từ ta x − x − = ⇔ x = − ⇒ y = − {( )( )} 0,25 Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm ( x; y ) = + 2;1 + , − 2;1 − 7.a (1,0 điểm) Gọi H trung điểm AB ⇒ CH ⊥ AB ⇒ (CH ) : x − y − = 5 1 H = CH ∩ AB ⇒ H ; − 2 2 0,25 Ta có CG = 2GH ⇒ C (9;6) Gọi A(a;2 − a), B (5 − a; a − 3) ⇒ AB = ( − 2a; 2a − ) 0,25 13 13 ⇒ AB = (5 − 2a; 2a − 5); CH = − ; − 2 S∆ABC = a = ⇒ A ( 0;2 ) ; B ( 5; −3) 65 65 ⇔ AB.CH = ⇔ 8a − 40a = ⇔ 2 a = ⇒ A ( 5; −3) ; B ( 0;2 ) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC x + y − 8.a (1,0 điểm) 9.a (1,0 điểm) d1 qua điểm A(1 ; ; 1) vtcp u1 = (1; −1;0 ) d2 qua điểm B(2; 1; −1) vtcp u2 = (1; −2;2 ) (z + 3−2 ) + (z 10 + 3−2 ) =( 10 3(1 − i) ) +( 10 0,25 0,25 Gọi nP véc tơ pháp tuyến (P), (P) song song với d1 d2 nên nP = u1 ; u2 = ( −2; −2; −1) ⇒ phương trình (P): 2x + 2y + z + m = 7+m 5+ m ; d ( d ; P ) = d ( B; P ) = Ta có d ( d1 ; P ) = d ( A; P ) = 3 m = −3 7+m 5+ m + m = 2(5 + m) Theo d ( d1 ; P ) = 2d ( d ; P ) ⇔ =2 ⇔⇔ ⇔ m = − 17 m 2(5 m ) + = − + 3 Với m = −3 ⇒ ( P ) : x + x + z − = 17 17 Với m = − ⇒ ( P) : x + x + z − = 3 Giải phương trình ta z1 = − 3i, z1 = + 3i 3(1 + i) ) 0,25 0,25 0,25 0,25 10 0,25 = 35 (1 − i )10 + (1 + i )10 = 35 (−2i)5 + (2i)5 0,25 = i − i = 0,25 ABCD hình bình hành ⇒ AB = DC , ta có AB = (−4;3) 0,25 7.b (1,0 điểm) 137 59 66 x− y+ = 13 13 13 0,25 5 Giả sử D (a; b) ⇒ tọa độ C (a − 4; b + 3) 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com 2 (a − 2) + (b + 4) = Vì C ∈ (C1 ), D ∈ (C2 ) nên ta có hệ 2 (a − 2) + (b − 1) = Trừ vế phương trình ta : 10b + 10 = ⇒ b = −1 ⇒ a = 0,25 Từ ta dễ dàng tìm tọa độ C (0; −1); D (−4; −2) 0,25 8.b (1,0 điểm) 9.b (1,0 điểm) (P) viết lại x y z + + =1 0,25 Do ( P) ∩ Ox = A(1;0;0); ( P ) ∩ Oy = B (0;3;0);( P) ∩ Oz = C (0;0;2) Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC, theo cách xác định tâm I thuộc đường thẳng vuông 1 góc với (OAB) trung điểm M AB đồng thời thuộc mặt phẳng trung trực OC I ; ;1 2 Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC IJ vuông góc với (ABC), nên d đường thẳng IJ d đường thẳng qua I nhận n = (6;2;3) pháp tuyến (P) làm véc tơ phương x− y− 2= = z −1 Vậy phương trình đường d log3 y log3 x x + 2y = 27, (1) Giải hệ phương trình log y − log x = 1, ( ) x > 0, x ≠ Điều kiện: y > 0, y ≠ Từ (2) ta có log 0,25 0,25 0,25 0,25 y = ⇔ y = x x (1) ⇔ xlog3 ( x ) + ( 3x ) ⇔ x1+ log3 x = 9, ( *) log3 x = 27 ⇔ x1+ log3 x + 2.3log3 x.x log3 x = 27 ⇔ x1+ log3 x + x1+ log3 x = 27 ( 0,25 ) Lấy logarit số hai vế ta (*) ⇔ log x1+ log3 x = log ⇔ (1 + log x ) log3 x = x = log x = ⇔ ( log x ) + log x − = ⇔ ⇔ x = log x = −2 Với x = ⇒ y = 1 Với x = ⇒ y = 1 1 Các nghiệm thỏa mãn điều kiện, hệ cho có nghiệm ( ;9) , ; 3 0,25 0,25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com 10 ĐỀ THI THỬ SỐ 10 Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = mx3 − 3mx + ( m − 1) có đồ thị ( Cm ) a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m = b) Chứng minh với m ≠ đồ thị ( Cm ) có hai điểm cực trị A B, tìm giá trị tham số m để AB − ( OA2 + OB ) = 20 (trong O gốc tọa độ) π Câu (1,0 điểm) Giải phương trình − sin − x = sin x − − sin x 2sin x ( x ∈ ℝ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình + = −2 x − + x x −2 x −1 x −1 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ln dx x +1 −3 ( x + 1) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông cân C, cạnh huyền 3a, G trọng tâm tam giác ABC, biết SG ⊥ ( ABC ), SB = a 14 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) theo a Câu (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x3 + y = x2 + y2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = (1 − x)(1 − y ) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường 1 phân giác trung tuyến qua đỉnh B d1 : x + y − = 0; d : x + y − = Điểm M 2; 2 15 thuộc cạnh AB bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2) + y + ( z − 1) = Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa trục Oy tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu 9.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình ( ) 10 + log3 x − ( ) 10 − log x ≥ 2x B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng AB :2 x + y − = , phương trình đường thẳng AC : x + y + = điểm M (1; − 3) nằm đường thẳng BC thỏa mãn 3MB = MC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 0; 0), B (0; 1; 2), C (2; 2; 1) Tìm tọa độ điểm D không gian cách ba điểm A, B, C cách mặt phẳng (ABC) khoảng Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình log ( x − 2) = log ( x − x + 3) Luyện giải đề môn Toán 2014 http://hocmaivn.com Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) LỜI GIẢI ĐỀ 10: Câu Ý a (1,0 điểm) Đáp án Điểm Với m = , hàm số cho có dạng: y = x3 − x TXĐ: ℝ 3 3 Giới hạn: lim ( x − x ) = lim x3 1 − = −∞ ; lim ( x − x ) = lim x3 1 − = +∞ x →−∞ x →−∞ x →+∞ x →−∞ x x Sự biến thiên hàm số x = Ta có: y ' = x − x ; y ' = ⇔ x = BBT: x −∞ +∞ 0 y’ + − + +∞ y −∞ −4 Hàm số đồng biến khoảng ( −∞;0 ) ( 2; +∞ ) , nghịch biến khoảng ( 0; ) Hàm số đạt cực đại điểm x = ; giá trị cực đại hàm số y ( ) = 0,25 0,25 0,25 Hàm số đạt cực tiểu điểm x = ; giá trị cực tiểu hàm số y ( ) = −4 Đồ thị: Giao điểm với trục tung điểm ( 0;0 ) x = y=0⇔ x = Nhận xét: Điểm I (1; −2 ) tâm đối xứng đồ thị hàm số b 0,25 (1,0 điểm) x = Ta có: y ' = 3mx − 6mx ⇒ y ' = ⇔ x = Do y ' đổi dấu qua x = x = nên hàm số có hai điểm cực trị Với x = ⇒ y = ( m − 1) ; x = ⇒ y = − m − Do vai trò A, B nên ta giả sử A ( 0;3m − 3) , B ( 2; −m − 3) 0,25 0,25 Ta có: OA2 + OB − AB = −20 ⇔ ( m − 1) + + ( m + 3) − ( + 16m ) = −20 0,25 m = ⇔ 11m + 6m − 17 = ⇔ m = − 17 11 17 giá trị cần tìm Vậy m = 1; m = − 11 (1,0 điểm) 0,25 2 2 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) π 0,25 ĐK: sin x ≠ PT tương đương với ( sin x − ) sin − x = 8sin x − 2sin x − 6 http://hocmaivn.com 1 ⇔ 2(2sin x − 1) cos x − sin x = (2 sin x − 1)(4sin x + 1) 2 2sin x − = ⇔ cos x − sin x = sin x + π x = + k 2π + ) 2sin x − = ⇒ (k ∈ Z ) x = 5π + k π 0,25 0,25 + ) cos x − sin x = 4sin x + ⇔ 4sin x + 2sin x + sin x cos x = π 7π ⇔ sin x + cos x = −2 ⇔ cos x − = −1 ⇔ x = + k 2π (k ∈ Z ) 6 π 5π 7π + k 2π ( k ∈ ℤ ) Vậy phương trình có nghiệm: x = + k 2π ; x = + k 2π ; x = 6 (1,0 điểm) Đk: + x > x+2 ≥0⇔ ≥0⇔ x x x ≤ −2 0,25 0.25 Khi phương trình cho tương đương với x + = −2 x − x + x +) Với x > : Phương trình ⇔ x + x = −2( x + x) + t = 2 Đặt: t = x + x ta có 2t + t − = ⇔ t = − (L) x = −1 − (L) t = ⇔ x2 + 2x = ⇔ x2 + 2x = ⇔ x = −1 + (Tm) +) Với x ≤ −2 : Phương trình ⇔ − x + x = −2( x + x) + t = −1 (L) 2 Đặt t = x + x phương trình trở thành 2t − t − = ⇒ t = −4 − 52 x= 3 t = ⇔ x + x = ⇔ 4( x + x) = ⇔ x + x − = ⇔ 2 −4 + 52 (L) x = −4 − 52 Kết luận: Phương trình có nghiệm x = ; x = −1 + (1,0 điểm) I= −2 0.25 0.25 −2 x − x − x −1 ∫−3 ( x + 1)3 ln x + dx = −∫3 x + ln x + ( x + 1)2 dx Đặt t = x −1 0.25 x −1 ⇒ dt = dx x +1 ( x + 1) +) Với x = −3 ⇒ t = ; x = −2 ⇒ t = 0.25 Luyện giải đề môn Toán 2014 http://hocmaivn.com Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) t ln tdt ∫2 u t u ln ' 3 = ⇒ = t2 t2 t2 t = t − ln Đặt ⇒ I = t − tdt ln 4 ∫2 v ' = t ⇒ v = t 2 Vậy I = ln − ln − (1,0 điểm) +) Do đó: I = 0.5 0.25 S A B H G M I C Vì tam giác ABC vuông cân C, AB = 3a ⇒ CA = CB = 3a 0.25 3a 3a Gọi M trung điểm AC ⇒ MC = ⇒ MB = 2 2 ⇒ BG = a 3a BM = ⇒ SG = SB − BG = a ⇒ VS ABC = SG.S ∆ABC = (đvtt) 3 0.25 Kẻ GI ⊥ AC ( I ∈ AC ) ⇒ AC ⊥ ( SGI ) a Ta có GI = BC = Kẻ GH ⊥ SI ( H ∈ SI ) ⇒ GH ⊥ ( SAC ) ⇒ d (G , ( SAC )) = GH Ta có 1 a = + ⇒ GH = ⇒ d ( B, ( SAC )) = 3d (G, ( SAC )) = 3GH = a 2 GH GS GI 0.25 0.25 (1,0 điểm) Đặt S = x + y ; P = xy Ta có x3 + y = ⇔ S − 3PS = ⇒ P = S −1 ⇒ S >1 3S 0.25 Mặt khác ( x + y ) ≤ 4( x + y ) = ⇒ S ≤ 3 3 x2 + y2 S − 2P S3 + Ta có A = = = (1 − x)(1 − y ) P + − S ( S − 1)3 Xét hàm số f ( S ) = 0.25 S3 + với < S ≤ Hàm f(S) liên tục có đạo hàm ( S − 1)3 −3( S + 2) < nên hàm f(S) nghịch biến 1; Ta có f '( S ) = ( S − 1) ( 0.25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Suy f ( S ) ≥ f ( 4) = Vậy GTNN A 7.a http://hocmaivn.com ( ( ) −1 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) 0.25 , đạt x = y = −1 ) (1,0 điểm) 3 +) Tìm tọa độ B (1;1) Gọi M’ đối xứng với M qua d1, ta dễ có M ' ;0 2 +) Viết phương trình cạnh AB : x + y − = 0; BC : x + y − = Suy góc AB BC: cos α = ⇒ sin α = 5 Áp dụng định lí hàm sin ta AC = R sin B = R sin α = ⇒ AC = 3− a a + t − a − 4t +) Giả sử A a; ; , C ( t ;3 − 2t ) ⇒ N trung điểm AC N ∈ d2 a = 5; t = ⇒ Giải hệ AC = a = −3; t = 8.a 0,25 0,25 0,25 +) Loại đk A, C khác phía với d d2 ta cặp điểm thỏa mãn A(5; −1), C (2; −1) Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC A(5; −1), B (1;1), C (2; −1) (1,0 điểm) Mặt phẳng (α ) có vtpt n = (a; b; c) a2 + b2 + c2 ≠ Do (α) chứa trục Oy nên (α) qua điểm O suy (α ) : ax + by + cz = (α) chứa Oy nên n = (a; b; c) vuông góc với j (0;1; 0) suy b = 9.a 0.25 0.25 a chọn a = 3; c = ta có ( α ) : 3x + z = (1,0 điểm) ĐK: x > (*) Bất PT ⇔ ( ) 10 + 10 + Đặt t = log x log x − ( ) 10 − log x 10 + ≥ 3log3 x ⇔ log x 10 − − (t > 0) , BPT trở thành t − ≥ t 10 + Từ ta tập nghiệm bất phương trình cho S = [3; +∞ ) (1,0 điểm) Giải ta t ≥ 7.b 0.25 0.25 Mặt cầu có tâm I(2; 0; 1), bán kính R= (α) tiếp xúc với mặt cầu suy khoảng c = 2a + c cách từ I đến (α) bán kính ta có =2 ⇔ 2 c = a a +c +) Với c = chọn a = ta có (α ) : x = +) Với c = 0,25 log3 x ≥ 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên B ( a;1 − 2a ) , Tương tự: C ( −2 − 4b;3b ) 0.25 Luyện giải đề môn Toán 2014 http://hocmaivn.com Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) Ta có: MB = ( a − 1; − 2a ) , MC = ( −3 − 4b;3b + 3) Ta có ( AB ) ∩ ( AC ) = { A} ⇒ A ( 2; −3) 8.b Vì B, M, C thẳng hàng, 3MB = MC nên ta có: 3MB = 2MC 3MB = −2MC 11 a = 3 ( a − 1) = ( −3 − 4b ) TH1: 3MB = 2MC ⇔ ⇔ − 3 ( − 2a ) = ( 3b + 3) b = 11 17 14 18 10 ⇒ B ;− , C ;− ⇒ G ;− 5 5 3 5 5 3 3 ( a − 1) = −2 ( −3 − 4b ) a = TH2: 3MB = −2MC ⇔ ⇔ b = 3 ( − 2a ) = −2 ( 3b + 3) 8 ⇒ B ( 3; −5 ) , C ( −2; ) ⇒ G 1; − 3 8 10 Vậy có hai điểm G ; − G 1; − thỏa mãn đề 3 3 3 (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 Giả sử D ( a, b, c ) +) Gọi n vtpt (ABC) n ⊥ AB n ⊥ AC nên chọn n = AB; AC = ( −3;3; −3) = −3 (1; −1;1) ⇒ Phương trình mặt phẳng (ABC): x − y + z − = +) Theo giả thiết ta có hệ phương trình: ( a − 1)2 + b + c = a + ( b − 1)2 + ( c − )2 − a + b + 2c = 2 2 2 ( a − 1) + b + c = ( a − ) + ( b − ) + ( c − 1) ⇔ a + 2b + c = a − b + c −1 = a − b + c −1 = a = c ⇔ b = − c a − b + c −1 = a = c a = a = ⇔ b = − c ⇔ b = b = c −1 = c = c = 9.b 0.5 0.25 0.25 Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu đề D(2; 0; 2) D(0; 2; 0) (1,0 điểm) ĐK: x > Đặt log ( x − 2) = t > ⇔ x = 3t + t t 4 1 ta có phương trình t = log ( 3t ) − 1 ⇔ 4t = 9t − ⇔ + = (1) 9 9 t 0.25 t 4 1 Hàm số f (t ) = + nghịch biến ℝ nên phương trình (1) có tối đa nghiệm 9 9 1 Mặt khác f = ⇒ t = nghiệm phương trình (1) 2 0.25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com 0.25 Với t = ⇔ x = + 0.25 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm phương trình cho x = + CHÚC CÁC EM HỌC TẬP TỐT! [...]... y2 yz + xy + x 2 + ) (x + 2 ( Đặt x + ) ( 2 xy + z ) = a; ( y + yz + y z2 zx + yz + y 2 Cách 2: Áp dụng bổ đề 2 ta có: x2 xy VT = ∑ + 2 y + zx + z y + zx + z ( 2 z 2 + xz + ≥ ) 2 ≥ x2 xy + xz + z 2 ( x + y + z )2 ( ∑ xy + xz + z 2 ) = y2 yz + xy + x 2 ( x + y + z )2 ( x + y + z )2 ( + z2 zx + yz + y 2 = 1 (ĐPCM) ) 2 x + xy + z + ≥ ∑ 2 2 x + yz + y 2 y + zx + z + x + yz + y ... ≥ 1 ( y + zx + z ) 2 ( z + xy + x) 2 ( x + yz + y )2 Áp dụng (*) ta có ( y + zx + z ) 2 = ( y y + x z + z z ) 2 ≤ ( y + x + z )( y + z + z ) ⇒ 1 ( y + zx + z )2 ≥ 1 2 x 2 + xy 2 x 2 + xy ⇔ ≥ ( x + y + z )( y + 2 z ) ( y + zx + z ) 2 ( x + y + z )( y + 2 z ) 2 x 2 + xy 2 x 2 + 2 xy + 2 xz 1 1 2x x + x − x = − x = − y + 2z ( x + y + z) y + 2 z ( x + y + z) y + 2z x + y + z y z... 2 − 1 + x 2 − 3 ≤ x+4 x2 +1 x2 + x +1 −1 4 − ( x 2 + 1) x + 4 ⇔2 + x2 − 3 ≤ x2 + x +1 (2 + x 2 + 1) x 2 + 1 +1 x+4 2( x 2 − 3) x2 − 3 ≤0 + x2 − 3 + ⇔ (2 + x 2 + 1) x 2 + 1 ( x + 4)( x 2 + x + 1) + x + 4 2 2 0.25 0.25 Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com 2 1 ≤0 ⇔ ( x 2 − 3) +1 + ( x + 4)( x 2 + x + 1) + x + 4 (2 + x 2 +1 ) x 2 + 1 ⇔... x + y + z y z 2 y 2 + yz 2y 2 z 2 + zx 2z Tương tự, ≥ − ≥ − ; 2 2 z + 2 x x + y + z ( x + yz + y ) x + 2y x + y + z ( z + xy + x) = Cộng vế theo vế ta được P ≥ 0,25 2x 2y 2z + + −1 y + 2z z + 2x x + 2 y 0,25 x2 y2 z2 2( x + y + z )2 = 2 + + −1 −1 ≥ 3( xy + yz + zx) xy + 2 xz yz + 2 yx zx + 2 zy Lại có, ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) 2 2 Suy ra P... Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) http://hocmaivn.com 2 z z2 = y y + x z + x ≤ y + 2 x y + z + ( ) x x 2 x2 z + xy + x ≤ ( z + 2 y ) z + x + y Chứng minh tương tự ta được: 2 y2 x yz y x z x y 2 + + ≤ + + + ( ) z ( y + xz + z ⇒ Mà ) 2 2 x 2 + xy (y+ zx + z + x2 xy + xz + z 2 + ) ( ) 2 y 2 + zy ) (z + 2 ( xy +. .. + ≥ ∑ 2 2 x + yz + y 2 y + zx + z + x + yz + y z2 ) ( 2 zx + z ) = b; ( x + 2 + ) 2 yz + y ) = c ( ) ( ) 2 BĐT tương đương: (a + b + c) a b c a2 b2 c2 + + = + + ≥ 2b + c 2c + a 2a + b 2ba + ca 2bc + ab 2ac + bc 3 ( ab + bc + ca ) 2 VT ≥ Lại có: ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3 ( ab + bc + ca ) Vậy ⇒ VT ≥ 1 Ta có điều phải chứng minh Gọi A ∈ d1 ⇒ A(a; −3a −... 2 ( xy + yz + zx ) ⇔ ( xy + yz + zx ) ≤ x 2 + y 2 + z 2 2 0,25 ) = ( x2 + y 2 + z 2 )( x2 + y 2 + z 2 ) 2 x2 y2 z 2 ( x + y + z ) Bổ đề 2: + + ≥ , (Bất Đẳng Thức Cauchy – Schwarz) y z x x+ y+z 2 x2 y2 z2 Áp dụng bổ đề 1 ta được + + y y z z x x Suy ra điều phải chứng minh Áp dụng vào giải bài toán: Cách 1: Theo BĐT Bunhiacopxki với bộ ba số ta có: ( ) y y + z z + x x ≥ ( x + y + z )... = −1 ⇔ b = −c Chọn b = 1; c = −1 ⇒ a = 1 b Khi đó (P): x + y – z + 3 = 0 (n + 4)! (n + 3)! Ta có Cnn ++ 4 1 − Cnn+ 3 = 7(n + 3) ⇔ − = 7(n + 3) (n + 1)!3! n !3! ⇔ (n + 4)(n + 2) − (n + 1)(n + 2) = 42 ⇔ n = 12 Dấu “=” xảy ra khi 9.a (1,0đ) 10 0,25 0,25 0,25 0,25 10 10 k k =0 k =0 i = 0 Với n = 12 ⇒ (1 + 2 x) + 3x 2 = ∑ C10k (3 x 2 )10 k (1 + 2 x) k = ∑ ∑ C10k Cki 310 k 2i.x 20− 2 k +i 0,25 Hệ số... MA + MB 4 9.b (1,0đ) 4 2 1 11 1 1 2 4 MA2 + MB 2 ) ≥ ( MA + MB ) ≥ AB 4 = ( IA + IB ) ( 2 2 2 8 8 ) nhỏ nhất khi M trùng với I (2; −1; 0) z 6 + 7i = Tìm phần thực của số phức z 2013 1 + 3i 5 a − bi 6 + 7i Gọi số phức z = a + bi (a, b ∈ ℝ) ⇒ z = a − bi thay vào (1) ta có a + bi − = 1 + 3i 5 (a − bi )(1 − 3i ) 6 + 7i ⇔ 10a + 10bi − a + 3b + i (b + 3a) = 12 + 14i a + bi − = 10 5 ⇔ 9a + 3b +. .. G + GI 12a 3a 2 + 9 36 ( a + b) 2 Cho các số thực a, b, c ∈ [1;2] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 c + 4(ab + bc + ca ) P được viết lại dưới dạng tương đương là 0.25 2 2 ( a + b) ( a + b) =M P= 2 ≥ 2 c + 4c(a + b) + 4ab c + 4c(a + b) + (a + b) 2 0.25 Do a, b, c ∈ [1;2] nên a + b ≠ 0 , nên chia tử và mẫu của M cho (a + b) 2 ta được: 3 6 (1đ) M = 7a, 8a (2đ) 1 2 = 1 c vớ i t = a+b t + 4t + 1