ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 8 NĂM 2014

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. Tìm trên C những điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến trục hoành bằng 3 lần khoảng cách từ M đến trục tung.. Cạnh SA vuông góc vớ

ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 8 NĂM 2014 Thời gian làm bài 150 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm)

Câu I. ( 2,0 điểm) Cho hàm số  y = x 2

x 1



       (1). 

      1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . 

2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến trục hoành bằng 3  lần khoảng cách từ M đến trục tung . 

Câu II (2,0 điểm) 

1. Giải phương trình:  sin3x + 2cosx - 2 + sin2x = 0 

2. Giải phương trình:  log x3 log (x5 3x95) 

Câu III ( 1 điểm) Tính tích phân:   I = 

ln 8

ln 3

e e 1 dx

Câu IV ( 1,0 điểm)   Trong mp(P) cho đường tròn đường kính AB = 2R; C là một điểm trên 

đường tròn, AC = R. Cạnh SA vuông góc với mp(P), góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)  bằng 600. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên SB, SC . 

1 Chứng minh tam giác AHK vuông . 

2 Tính thể tích của hình chóp S.ABC theo R . 

Câu V ( 1,0 điểm ) Cho x , y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh: 1 4 9 36

xyz   

II 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 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích S = 4,  biết A( 1 ; 0 ), B( 2 ; 0 ) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng 

y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C, D . 

    2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z  3 = 0 và   (Q): x  y + z  1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho  khoảng cách từ O đến (R) bằng 2. 

Câu VII.a ( 1,0 điểm) Tìm các số thực x, y thỏa mãn:  x(-1 + 4i ) + y( 1 + 2i )3 = 2 + 9i

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

  1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 

2 2

x

4    và điểm C(2 ; 0). Tìm  tọa độ điểm A, B thuộc (E), biết rằng A, B đối xứng nhau qua trục Ox và tam giác ABC đều   

  2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 4 ;0 ;0), B(x0 ;y0 ;0) với x0 > 0, 

y0 > 0 sao cho OB = 8 và góc  0

AOB60            a) Xác định điểm C trên tia Oz để thể tích của tứ diện OABC bằng 8 . 

         b) Gọi G là trọng tâm tam giác OAB và điểm M trên đường thẳng AC với AM = x. Tìm 

x để OM vuông góc GM . 

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: z2 - ( 4 - i)z + 5 + i = 0 trên tập hợp các số phức 

ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 8 NĂM 2014

I

(2đ)

1 (1 điểm)

x 1



       (1) 

1. TXĐ: D = R\ { -1} 

2. Sự biến thiên: 

a) Chiều biến thiên: 

    y’ = 

3

 > 0 ,   x 1  

Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ; 1) ; (-1 ; + ) 

Hàm số không có cực trị 

- 

b) Giới hạn và tiệm cận : 

xlim y 1

      đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1 



     và   



  đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1 

- 

c) Bảng biến thiên  

x  -      -1      + 

y’         +       + 

y 

      +       1   

1       -  - 

3) Đồ thị:  

 Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ là  A( 2;0) , B(0;-2) 

2) 1 điểm 

Giả sử điểm M(x0;y0)  (C) thỏa d(M, Ox) = 3d(M,Oy) 

d(M, Ox) = 3d(M,Oy)    y0 3 x0  

4

2

-2

x-2 x+1

- 

   

0

0 0

0 0

3x

y 3x

3x























  

2

2

3x 2x 2 0 (PTVN)





- 

 

3

3









- 

Vậy có hai điểm M thỏa YCBT là M( 2 10; 2 10

3

 

 )  hoặc  M ( 2 10; 2 10

3

 

II

(2 đ)  

1 (1 đi ểm)

  Sin3x + 2cosx - 2 + sin2x = 0  (1)  (1-cosx)(sinx + cosx + sinxcosx -1 ) = 0 

- 

  cos x 1

sin x cos x sin x cos x 1 0









     -  cosx = 1  x = k2   , k  Z 

-   sinx + cosx + sinxcosx - 1 = 0    (2) 

 Đặt t = sinx + cosx    (   t  2 )   =>  sinxcosx = 

2

2



Pt (2) trở thành pt :  t + 

2

2



 -1 = 0   t2 + 2t -3 = 0    t = 1  và  t = -3 ( loại ) 

+ t = 1:  sinx + cosx = 1  cos(x ) 2 x k2 , k Z

         x 2 k2











  -   Vậy pt (1) có các họ nghiệm là :  x = k2  , x =  k2 , k Z

2



2 (1 điểm)

    log x3 log (x5 3 x95)  (1) 

ĐK: x > 0. Đặt t = log3 x     x = 3t  

Pt(1) trở thành : t = log5 ( 3t  33 t 95)    

- 

       5t =   3t  33 t 95    

       

t

-  Xét hàm số f(t) = 

t

95

   , t R 

       f '(t) = 

t

         <0 , t R  

Hàm số f(t) nghịch biến trên R. 

- 

Nhận thấy f(3) = 1 nên t = 3 là một nghiệm của pt (2)  . 

Vì hàm số f(t) nghịch biến trên R nên pt (2) có nghiệm duy nhất t = 3 

t = 3  , suy ra log3 x = 3  x = 27 . 

Vậy pt(1) có nghiệm duy nhất x = 27. 

III

(1 đ)

1 (1 điểm)

I = 

ln 8

ln 3

Đặt t =  ex    t1 2 = ex + 1  2tdt = exdx 

- 

  Đổi cận : x = ln3 => t = 2 

      x = ln8 => t = 3 

  - 

I = 

3

2

2t dt

IV

(1 đ)

1. Chứng minh tam giác AHK vuông  

    SA (P) => SA BC      S       

  Lại có       CA  BC  nên BC   (SAC)    

 Theo gt :         SC  AK 

  Do đó  AK (SBC) => AK HK 

  Hay   tam giác AHK vuông              600       

       K 

      C 

2. Tính VS.ABC  

Ta có AK (SBC)  => AK  SB  

Đồng thời theo gt      AH  SB 

Vì vậy góc giữa hai mp (SAB) và (SBC) chính là góc giữa hai đường thẳng AH và HK và  bằng góc AHKˆ   

Trong tam giác SAC có :  12 12 12 12 12

AK SA AC SA R    (1) 

Trong tam giác SAB có :  12 12 12 12 12

AH SA AB SA 4R   (2) 

Lấy (1) - (2) , ta được :   12 12 32

AK AH  4R    (3) 

 Vì tam giác AHK vuông tại K và AHKˆ  = 600 nên tam giác AHK bằng nửa tam giác đều 

và do đó  AK =  3

2 AH  thay vào (3) , ta tìm được  2 2

AH  4R  thay vào (2), ta có: 

    SA2 = 

2

SA

Vậy VSABC = 1

3.SA . 

1

2 .AC.BC = 

1

      = 

3

V

(1 đ)

VIa 

(2đ) 

1 (1 điểm)

Từ giả thiết  

Đặt x =  a

a b c, y =

b

a b c , z = 

c

a b c  với a,b,c > 0 

Bất đẳng thức đã cho trở thành : a b c 4.a b c 9.a b c 36

-

-

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có  VT(*)  2 b 4a 2 c 9a 2 4c 9b 22

-

Đẳng thứ xảy ra k.v.c.k 

1 x 6

b 2a

1

3 2c 3b

1 z 2















1. (1 điểm) 

A(1 ;0) , B(2 ;0) => đường thẳng AB chính là trục Ox 

 = (1 ;0) , AB = 1 

ABCD là hình bình hành nên CD // AB và diện tích của hình bình hành ABCD là  

      S = AB . d( C, AB)   4 = d(C,Ox) 

- 

y = 4 hoặc y = -4 . 

-  Khi (d) có pt y= 4 , gọi C(xc ;4) , D(xD ;4) 

Vì I= ACBD nên I là trung điểm của AC và BD đồng thời I thuộc đt: y = x , do đó : 

  xc 1 0 4 xc 3

D

D

Vậy C(3 ;4) , D(2 ;4) 

-  Khi (d) có pt y = -4 , gọi C(xc ;-4) , D(xD ;-4) 

Vì I= ACBD nên I là trung điểm của AC và BD đồng thời I thuộc đt : y = x , do đó : 

c

c

D

D

Vậy C(-5 ;-4) , D(-6 ;-4) 

2. (1 điểm) 

2/  VTPT của mp(P) n P (1;1;1)

; VTPT của mp(Q) m Q (1; 1;1)

;   Đặt k  R  n m(2; 0; 2) 2(1; 0; 1)

  - 

Mp (R) vuông góc với (P) và (Q) nên mp(R) nhận n 1k (1; 0; 1)

2

  làm VTPT. 

Phương trình (R) có dạng : x  z + D = 0 

- 

Ta có : d (0;(R)) = 2 2 2 2

2

D

D

-Phương trình (R) :  x z 2 2 0 hay x z 2 20 

VIIa

(1đ)

VIb 

(2đ) 

 (1 điểm) 

       x(-1 + 4i) + y( 1 + 2i)3 = 2 + 9i 

        (-x-11y) + (4x-2y)i     = 2+9i 

-   

        

95 x

y 46









  

1. (1 đi ểm) 

  Gọi A( x0;y0) , vì A  (E) nên 

2 2 0 0

x

4     (1) 

    A ,B đối xứng nhau qua trục Ox nên B(x0 ; -y0)  

    AB2 = 4y0  và AC2  = ( x0-2)2 + y0  

   Tam giác ABC đều nên AB = AC =  BC   

   Suy ra 4y0  = ( x0-2)2 + y02  (2) 

Từ (1) và (2) ta có : 

2 2 0 0

2

x

4 4y    x 2    y  









 

x 2

y 0 2 x 7

4 3 y

7

  























  







Vậy A( 2

4 3

7 ) và B(

2

 ;-4 3

7 ) hoặc A( 

2

 ;-4 3

7 ) và B(

2

4 3

2.(1đ)  

a . B(x0 ;y0 ;0) nên  OB = 8  x0 2+y0 2 = 64  (1)  

     OB

 = (x0 ;y0 ;0) , OA

 = (4 ;0 ;0)   cosAOBˆ cos(OA, OB) 4x0 x0

4.8 8

    

  ( vì x0 > 0) 

 cos600 = x0

8    x0 = 4 thay vào (1) ta được y0 = 4 3  hay y0 = - 4 3 (loại)  Vậy B( 4 ;  4 3 ; 0)  => tam giác AOB vuông tại A . 

-   

C thuộc tia Oz nên  C( 0 ;0 ;a) , a>0 và OC = a 

Thể tích của tứ diện OABC là : V = 1OC.OA.AB

1 a.4.4 3

8 3a

     V = 8   8 3a

3  = 8  a =  3  . Vậy C(0 ;0 ;  3 ) 

b. G là trọng tâm tam giác OAB nên G( 8 4 3; ; 0)

   AC

 = (-4 ;0 ; 3 ) , đt AC có pt : 

x 4 4t

y 0

z 3t

  













  M thuộc đt AC nên M ( 4-4t ; 0 ;  3 t) 

  OM

 = ( 4-4t ; 0 ;  3 t)  , GM

 =  4 4t; 4 3; 3t



OM GM  OM

.GM

 = 0  (4-4t)(4 4t)

2 = 0  57t2 - 64t + 16 = 0 

  

32 4 7

t

57

32 4 7

t

57













 = (-4t ; 0 ;  3 t) , AM = x  x =  t 19  

(loại) 

Với t = 32 4 7

57



  , x = 32 4 7

57



19  

Với t = 32 4 7

57



 , x = 32 4 7

57



19   VIIb 

(1đ) 

 z2 - ( 4 - i) z + 5+i = 0 

 = (4-i)2 -4 (5+i) = -5 - 12i  

     = (2 - 3i)2 

 có hai căn bậc hai là   (2-3i) 

Vậy pt có hai nghiệm phức : 

  z1 = 1+i , z2 = 3- 2i