THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 Mơn thi: TỐN; khối A khối A1, đề ời gian làm bài: 18 phút, không kể thời gian phát đề Th ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu (2,0 điểm) Điểm Đáp án a (1,0 điểm) Tập xác định: D = R \ {1} Đạo hàm: y ′ = − ( x − 1) > 0, ∀x ∈ D ⇒ hàm số nghịch biến miền xác định khơng có cực trị Các giới hạn, tiệm cận: 2x + 2x + lim = +∞; lim− = −∞ ⇒ đồ thị hàm số nhận đường x = tiệm cận đứng x →1+ x − x →1 x − 2x + 2x + hàm số số nhận đường y = tiệm cận ngang lim = lim = ⇒ đồ thị hàm x →−∞ x − x →+∞ x − Bảng biến thiên: x −∞ − 0,25 +∞ − y’ 0,25 0,25 +∞ y −∞ Đồ thị hàm số có dạng hình vẽ: 0,25 Nhận xét: + Đồ thị hàm số nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng + Đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm − ;0 cắt trục Oy điểm (0; −1) b (1,0 điểm) 2x + = −3x + m ⇔ g ( x) = 3x − (1 + m) x + m + = Phương trình hồnh độ giao điểm: x −1 ờng thẳng d cắt đồ thị (C) A B phương trình g(x) = có nghiệm khác Đường ∆ = (1 + m) − 12(m + 1) > m > 11 ⇔ ⇔ (m + 1)(m − 11) > ⇔ m < −1 g (1) = − (1 + m) + m + ≠ Giả sử A( x1 ; −3 x1 + m), B ( x2 ; −3 x2 + m) giao điểm, với x1, x2 nghiệm g(x) = x + x 1+ m m −1 , yI = −3xI + m = Gọi I trung điểm AB ⇒ xI = = + m m −1 ; Gọi G trọng tâm tam giác OAB ⇒ OG = OI ⇒ G 3 http://www.moon.vn – hotline: 04.3562 7791 0,25 0,25 0,25 1+ m 11 m −1 − 2. −2=0⇔ m=− 11 So sánh với điều kiện ta m = − giá trị cần tìm Phương trình ⇔ 2cos x cos x = + sin x + cos x ⇔ cos x(2cos x − 1) = + 2sin x cos x Theo bài, G ∈ d ⇔ (1,0 điểm) (1,0 điểm) (1) cos x + sin x = ⇔ (cos x − sin x)(2cos x − 1) = (cos x + sin x ) ⇔ (cos x − sin x )(2cos x − 1) = cos x + sin x (2) π π π + (1) ⇔ sin x + = ⇔ x + = kπ ⇔ x = − + kπ 4 π cos x = x = + kπ + (2) ⇔ 2cos x(cos x − sin x − 1) = ⇔ ⇔ cos x + π = π π x + = ± + k 2π 4 4 π π Vậy phương trình cho có nghiệm x = − + kπ; x = + kπ; x = k 2π; ( k ∈ ) y ≥ Điều kiện : x ≥ −1 Đặt y = x + ⇔ y = x +1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bất phương trình trở thành x + (3x − y ) y ≤ 0, (*) TH1 y = ⇔ x = −1 : (*) nghiệm 2 x x TH2 y > ⇔ x > −1 : chia hai vế (*) cho y3 ta + − ≤ y y t ≤ x Đặt t = ⇒ t + 3t − ≤ ⇔ (t − 1)(t + 4t + 4) ≤ ⇔ (t − 1)(t + 2) ≤ ⇔ y t = −2 x > x > x = −2 x + x S = ∅ + Với t = −2 ⇒ = −2 ⇔ x = −2 x + ⇔ ⇔ ⇔ x = 2−2 y −1 ≤ x ≤ −1 ≤ x ≤ x − x − = x = − 2 −1 ≤ x < −1 ≤ x < x 1+ x ≥ ⇔ ⇔ −1 ≤ x ≤ + Với t ≤ ⇔ ≤ ⇔ x ≤ x + ⇔ x ≥ 1 − y 1+ x2 − x − ≤ ≤x≤ 1+ 1+ Vậy tập nghiệm bất phương trình T = −1; 0,25 0,25 Kết hợp với điểu kiện ta −1 < x ≤ (1,0 điểm) π 0,25 π π 2 x + sin x − sin x x − cos x + − sin x − sin x Ta có I = ∫ dx = ∫ dx = ∫ x − cos x + dx x + cos x x + cos x x + cos x 0 0 π π x2 2 (1 − sin x)dx π = − sin x + ∫ = −1+ J 0 x + cos x π 0,25 π (1 − sin x) dx d ( x + cos x) Xét J = ∫ =∫ = ln x + cos x x + cos x x + cos x 0 Vậy I = 0,25 π2 π − + ln http://www.moon.vn – hotline: 04.3562 7791 π = ln π 0,25 0,25 IV (1,0 điểm) 0,25 Gọi H trọng tâm tam giác BCD Theo giả thiết SH ⊥ ( ABCD) O = AC ∩ BD ⇒ CH = CO = AC = a ⇒ AH = AC − HC = 2a 3 = 450 ⇒ SH = AH = 2a Khi ếu lên ( SA có hình chi ABCD) HA nên ( SA; ABCD ) = ( SA; HA) = SAH 1 ta có VS ABCD = S ABCD SH = a.2 2a.2a = a (đvtt) 3 Qua D kẻ đường thẳng Dx // AC Khi AC // ( SDx) ⇒ d ( AC; SD ) = d ( AC; SDx ) = d ( H ; SDx ) Trong (ABCD), kẻ HK ⊥ Dx, (K ∈ Dx) Trong (SHK), kẻ HI ⊥ SH (I ∈ SK) Ta có Dx ⊥ HK ; Dx ⊥ SH ⇒ Dx ⊥ ( SHK ) ⇒ Dx ⊥ HI 0,25 0,25 Mặt khác, HI ⊥ SK ⇒ HI ⊥ ( SDx ) ⇒ HI = d ( H ; SDx ) 1 1 9 = + = 2+ = 2⇒ = 2 2 AP AE AD a 8a 8a HK 8a 1 11 2a 22 = + = + = ⇒ HI = a = 2 11 11 HI HK SH 8a 4a 8a a 22 Vậy d ( AC; SD ) = HI = 11 Cách (Phương pháp tọa độ hóa) 2a 2a Chọn hệ trục tọa độ với A(0;0;0), B (a;0;0), D (0;2 2a;0), S ; ;2a , C ( a;2 2a;0) 5a 2a 5a 2a M ; ; a ; AC = ( a; 2a;0); AM = ; ; a ⇒ AC ; AM = (2 2a ; − a ; − 2a ) 3 Mặt phẳng (ACM) qua điểm A có véc tơ pháp tuyến n = 2; −1; − nên có phương trình Ta có HK = AP; ( 2 x − y − z = ⇒ d ( D;( ACM )) = (1,0 điểm) −2 2a = 0,25 ) 2a +1+ 11 Xét véc tơ u = ( x; y; z ) , v = ( x '; y '; z ' ) ⇒ u.v = u v cos u; v ≤ u v ⇒ u.v ≤ u v ( ) ( ) ⇔ xx '+ yy '+ zz ' ≤ x2 + y + z x '2 + y '2 + z '2 ⇔ ( xx '+ yy '+ zz ') ≤ x2 + y + z x '2 + y '2 + z '2 (*) x y z Dấu xảy cos u; v = ⇔ u; v = 00 ⇔ u = kv ⇔ = = x' y' z' ( ) http://www.moon.vn – hotline: 04.3562 7791 ( ) 0,25 Đặt P = x + xy ( y + zx + z ) + y + yz + ( z + xy + x) 2 z + zx ( x + yz + y ) Ta cần chứng minh P ≥ Áp dụng (*) ta có ( y + zx + z ) = ( y y + x z + z z ) ≤ ( y + x + z )( y + z + z ) ⇒ 1 x + xy x + xy ≥ ⇔ ≥ ( y + zx + z ) ( x + y + z )( y + z ) ( y + zx + z ) ( x + y + z )( y + z ) x + xy x + xy + xz 1 2x x + x − x = − x = − ( x + y + z) y + 2z ( x + y + z ) y + z y + z x + y+z y + yz 2y y z + zx 2z z ≥ − ; ≥ − Tương tự, 2 z + x x + y + z ( x + yz + y ) x + 2y x + y + z ( z + xy + x) = Cộng vế theo vế ta P ≥ 0,25 2x 2y 2z + + −1 y + 2z z + 2x x + y 0,25 x2 y2 z2 2( x + y + z ) = 2 + + −1 −1 ≥ 3( xy + yz + zx) xy + xz yz + yx zx + zy Lại có, ( x + y + z ) = x + y + z + ( xy + yz + zx ) ≥ ( xy + yz + zx ) 2 Suy P ≥ − = ⇔ P ≥ Đẳng thức xảy x = y = z Thầy giới thiệu đến em cách giải khác cho toán chị trang_luv_maths (Khủng long bạo chúa – Mod Toán Moon.vn): Ta chứng minh bổ đề sau: Cho x, y , z số thực dương Khi ta có: ( Bổ đề 1: ( xy + yz + zx ) ≤ x + y + z )( x2 + y + z ) , (BĐT Bunhiacopxki cho ba số) Thật vậy, ta có: x + y ≥ xy; y + z ≥ yz; z + x ≥ xz ( ) ( ⇒ x + y + z ≥ ( xy + yz + zx ) ⇔ ( xy + yz + zx ) ≤ x + y + z 2 ) = ( x2 + y + z )( x2 + y + z ) x2 y z ( x + y + z ) , (Bất Đẳng Thức Cauchy – Schwarz) + + ≥ y z x x+ y+z Bổ đề 2: x2 y2 z2 + + Áp dụng bổ đề ta y y z z x x Suy điều phải chứng minh Áp dụng vào giải toán: Cách 1: Theo BĐT Bunhiacopxki với ba số ta có: ( ) y y + z z + x x ≥ ( x + y + z ) 0,25 z z2 = y y + x z + x ≤ ( y + x ) y + z + x x x2 z + xy + x ≤ ( z + y ) z + x + y Chứng minh tương tự ta được: y2 x + yz + y ≤ ( x + z ) x + y + z ( y + xz + z ⇒ Mà ) 2 x + xy (y+ zx + z + x2 xy + xz + z + ) ( ) y + zy ) (z + ( xy + x y2 yz + xy + x + ) (x + yz + y z2 zx + yz + y Cách 2: Áp dụng bổ đề ta có: x2 xy VT = ∑ + y + zx + z y + zx + z ( z + xz + ) ( http://www.moon.vn – hotline: 04.3562 7791 ≥ ) ≥ x2 xy + xz + z ( x + y + z )2 ( ∑ xy + xz + z ) = y2 yz + xy + x ( x + y + z )2 ( x + y + z )2 ( + z2 zx + yz + y = (ĐPCM) ) x + xy + z + ≥ ∑ 2 x + yz + y y + zx + z + x + yz + y z2 ) ( + ) ( ) ( ) 2 ( Đặt x + xy + z ) ( = a; y + zx + z ) ( = b; x + yz + y ) =c BĐT tương đương: (a + b + c) a b c a2 b2 c2 + + = + + ≥ 2b + c 2c + a 2a + b 2ba + ca 2bc + ab 2ac + bc ( ab + bc + ca ) VT ≥ 7.a (1,0 điểm) Lại có: ( a + b + c ) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ≥ ( ab + bc + ca ) Vậy ⇒ VT ≥ Ta có điều phải chứng minh Gọi A ∈ d1 ⇒ A(a; −3a − 5); B ∈ d ⇒ B(b; −3b − 1) ⇒ IA = (a − 1; −3a − 3) ≠ 0; IB = (b − 1; −3b + 1) b − = k ( a − 1) I, A, B thẳng hàng ⇔ IB = k IA ⇔ −3b + = k ( −3a − 3) Nếu a = ⇒ b = ⇒ AB = (không thỏa mãn) b −1 (−3a − 3) ⇔ a = 3b − Nếu a ≠ ⇒ −3b + = a −1 0,25 0,25 Theo bài, AB = (b − a ) + [3(a − b) + 4] = 2 ⇔ t + (3t + 4) = 8, (với t = b − a ) 8.a (1,0 điểm) t = −2 ⇔ 5t + 12t + = ⇔ t = − ới + v t = −2 ⇒ b − a = −2 ⇒ b = 2, a = ⇒ ∆ : x + y − = −2 −2 ⇒b−a= ⇒ b = , a = ⇒ ∆ :13x + y − 11 = + với t = 5 5 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán −3 −3 Gọi I trung điểm AB ⇒ I ; ; AB = (−1; −1; −1) 2 2 Phương trình mặt phẳng ( Q) x + y + z + = 1 Đường thẳng ∆ qua điểm I − ;0; có vtcp u∆ = (2; −1; −1) 4 x = − + 2t Phương trình tham số ∆ y = −t z = − t 0,25 0,25 0,25 0,25 25 100 M ∈ ∆ ⇒ M − + 2t ; −t ; − t ⇒ OM = 12t − 15t + = 12 t − + ≥ 64 8 5 19 OM nhỏ t = ⇒ M ; − ; − 8 19 Vậy M ; − ; − điểm cần tìm 8 9.a (1,0 điểm) 2log ( − xy + y − x + ) + log ( x − 1)2 = 6, (1) 1− x 2+ y Giải hệ phương trình log1− x ( y + ) − log + y ( x + ) = 1, (2) 1 ≠ − x > 0 ≠ x < Điều kiện ⇔ 1 ≠ + y > −2 < y ≠ −1 (1) ⇔ 2log1− x (1 − x ) ( y + ) + 2log + y (1 − x ) = ⇔ + 2log1− x ( y + ) + 2log + y (1 − x ) = = ⇔ 2t − 4t + = ⇔ t = ⇒ y = x − t x+2 x+2 =1⇔ =1− x Thế vào (2) ta log1− x ( x + ) − log1− x ( x + ) = ⇔ log1− x 4+ x 4+ x Đặt t = log1− x ( y + 2) ⇒ + 2t + http://www.moon.vn – hotline: 04.3562 7791 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 7.b (1,0 điểm) x = − ⇔ x2 − 4x − = ⇔ x = + Đối chiếu với điều kiện ta x = − 6; y = −1 − nghiệm hệ phương trình Ta nhận thấy nd 1.nd ⇒ d1 ⊥ d ⇒ ∆ABC vuông A 3 x + y + = x = −2 ⇔ ⇒ A( −2;1) x − 3y + = y =1 A = d1 ∩ d ⇒ tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình Gọi H hình chiếu A BC Do ∆ABC vng A nên 1 + = 2 AB AC AH 1 + nhỏ nhỏ nhất, tức AH lớn 2 AB AC AH Do AH ≤ AI ⇒ AH max = AI ⇔ H ≡ I Khi ∆ đường thẳng I có véc tơ pháp tuyến n = AI = (−1; −1) = −1(1;1) Phương trình đường thẳng ∆ x + y + = Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến nP = (1; −1;1) Ta có M ∈ d1 ⇒ M ( −1 + 2t ;1 − t ;1 + t ); N ∈ d ⇒ N (1 + t ';3 + t '; −1 + 2t ') ⇒ MN = (2 + t '− 2t ;2 + t '+ t ; −2 + 2t '− t ) Theo bài, MN // ( P) ⇒ + t '− 2t − (2 + t '+ t ) − + 2t '− t = ⇔ t ' = 2t + ⇒ 8.b (1,0 điểm) 1 Khi đó, MN = (3;3t + 3;3t ) ⇒ MN = 2(t + t + 1) = t + + ≥ 2 Độ dài MN nhỏ 9.b (1,0 điểm) 3 1 t = − ⇒ M −2; ; , N (1;3; −1) 2 2 1 Vậy điểm cần tìm M −2; ; , N (1;3; −1) 2 5π Phương trình z − 2cos z + = (1) 21 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 5π 5π 5π (1) có ∆ ' = cos − = − sin = i sin 21 21 21 π 5π z1 = cos 21 − i sin 21 Vậy (1) có nghiệm z = cos 5π + i sin 5π 21 21 0,25 n n 5π 5π 5π 5π z1n + z2n = ⇔ cos − i sin + cos + i sin = 21 21 21 21 n 5π 5π 5π 5π ⇔ cos − + i sin − + cos + i sin = 21 21 21 21 n5π n5π n5π n5π ⇔ cos − + i sin =1 + i sin − + cos 21 21 21 21 n n5π n5π n5π ⇔ cos − + cos = ⇔ 2cos =1 21 21 21 π π 42 k n5π n5π ( k ∈ ) (*) ⇔ cos = cos ⇔ = ± + k 2π ⇔ n = ± + 21 21 5 Vì n số nguyên dương nhỏ nên từ (*) suy n = Chú ý: Các thí sinh có cách giải khác đáp án mà tối đa số điểm câu hỏi http://www.moon.vn – hotline: 04.3562 7791 0,25 0,25 0,25 ... SAH 1 ta có VS ABCD = S ABCD SH = a. 2 2a. 2a = a (đvtt) 3 Qua D kẻ đường thẳng Dx // AC Khi AC // ( SDx) ⇒ d ( AC; SD ) = d ( AC; SDx ) = d ( H ; SDx ) Trong (ABCD), kẻ HK ⊥ Dx, (K ∈ Dx) Trong... tâm tam giác BCD Theo giả thiết SH ⊥ ( ABCD) O = AC ∩ BD ⇒ CH = CO = AC = a ⇒ AH = AC − HC = 2a 3 = 450 ⇒ SH = AH = 2a Khi ếu lên ( SA có hình chi ABCD) HA nên ( SA; ABCD ) = ( SA; HA) = SAH... SH 8a 4a 8a a 22 Vậy d ( AC; SD ) = HI = 11 Cách (Phương pháp t a độ h a) 2a 2a Chọn hệ trục t a độ với A( 0;0;0), B (a; 0;0), D (0;2 2a; 0), S ; ; 2a , C ( a; 2 2a; 0) 5a 2a