ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 25 NĂM 2014

Hỡnh chiếu vuụng gúc của B/ lờn ABC là trung điểm H của AB.. A.Theo chương trỡnh chuẩn.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC vuụng tại A, biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ

ễN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 25 NĂM 2014 Thời gian làm bài 180 phỳt

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Cõu I(2 điểm) : Cho hàm số 2 4

1

x y

x







1 Khảo sỏt và vẽ đồ thị  C của hàm số trờn

2 Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và cú hệ số gúc k Tỡm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN 3 10

Cõu II (2 điểm) :

1.Giải phương trỡnh sau : sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – 4cos4 x

2

3 1 2

1 1





x

x x

Cõu III (1 điểm) : Tớnh tớch phõn: I = dx

x x

x

x x

4 0

4 2

2 cos cos

2 sin

) cos (sin



Cõu IV (1 điểm) : Cho hỡnh lăng trụ ABC.A/B/C/cú cạnh bờn bằng a, gúc giữa cạnh bờn và mặt đỏy bằng 0

60 Hỡnh chiếu vuụng gúc của B/ lờn (ABC) là trung điểm H của AB Tam giỏc ABC cú BC = 2a, gúc ACB bằng 0

30 Tớnh thể tớch lăng trụ / / /

.A B C

cỏch giữa B/H và BC

Cõu V (1 điểm) : Cho ba số thực x, y, z thỏa món x + y + z = xyz và x > 1, y > 1, z > 1 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức:

x 1 y 1 z 1 P

PHẦN RIấNG (3 điểm) (thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)

A.Theo chương trỡnh chuẩn

Cõu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC vuụng tại A, biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ Đường phõn giỏc trong của gúc ABC cú phương trỡnh là x2y 5 0 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của tam giỏc biết đường thẳng ACđi qua điểm K(6; 2)

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1;0;2), B(-2;1;1), C(1;-3;-2)

D là điểm thuộc đường thẳng chứa cạnh BC sao cho DB = 2DC Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABD biết S(1;0;0), và D cú hoành độ dương

Cõu VII.a (1 điểm): Tỡm modun của số phức w 3ziz, biết (1i z)  1 3i0

B.Theo chương trỡnh nõng cao

CõuVI.b (2điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trũn (C) 2 2

2 6 2 0

x y  x y  và đường thẳng d: xy 2 0 Tỡm cỏc đỉnh của hỡnh vuụng ABCD nội tiếp đường trũn (C) biết đỉnh

A thuộc d và cú hoành độ dương

2.Trong khụng gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2

(x1) (y2) (z3) 17 và mặt phẳng (P):

2x + 2y + z + 7 = 0 Viết phương trỡnh đường thẳng  đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xỳc với mặt cầu (S)

CõuVII.b (1điểm) Tỡm hệ số chứa x4trong khai triển  2 2

4( 4) 3 log

1x n  x n

6

1 3

3 3

ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 25 NĂM 2014 Câu Nội dung Điể

m

I 1

* TXD : D = R\{1}

* Sự biến thiên:

+ Giới hạn – Tiệm cận

+ Chiều biến thiên: / 2

) 1 (

6

x

y



BBT

Hàm số đồng biến trên ( -; 1); (1;+) Hàm số không có cực trị

Đồ thị

Giao Ox, Oy tại A(-2;0), B(0;4)

2

Từ giả thiết ta có: ( ) :d yk x( 1) 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ

phương trình sau có hai nghiệm ( ;x y1 1), ( ;x y2 2)phân biệt sao cho

x2x12y2y12 90(*)

2 4

( 1) 1

( ) 1

( 1) 1

x

k x

I x

y k x





  



 





Ta có:

2

( )

( 1) 1

I

y k x

 



Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

2

(2 3) 3 0(**)

kx  k x  k có hai nghiệm phân biệt khác 1 Khi đó dễ có

được 0, 3

8

k k

Ta biến đổi (*) trở thành:

0.25

0.25

0.5

0.25

0.25

0.5

+

-+ +

1

x

y/

y

y

x

4

O -2

-2

1

Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 x2 2k 3,x x1 2 k 3,

ta có phương trình: 8k327k2 8k 3 0(k3)(8k23k1)0

16

41 3

;

3   





KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên

II

1

sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – 4cos4 x

















































































2 3

4 0

cos 2 1

0 cos sin

0 cos sin

) sin (cos

cos 2

0 cos sin

cos sin 2 cos

2

0 cos 2 sin 2 cos sin 4 cos

4 cos

sin 4

2

4 2

2

k x

k x

x

x x

x x

x x

x

x x

x x x

x x

x x x

x x

2

Đk: x2

BPT 

1 2

2 2 3

1 1

2

1















x x

x x

x

1 2

2 2 3

1 1

2

1













x x

2

3 1

2  x  x

x

2 ) 2 2

3 )(

1 2

4 3

2







Kết hợp đk thì BPT đã cho có tập nghiệm là: [2;4]

0.25

0.75

0.25

0.25

0.25

0.25

III

4

2

tan

x









cos

x

Đổi cận

1 4





t

t t

t

1 2

1 3 2 ( 4

1 1 2

) 1

0 1

0

2













0.25

0.25

0.25

0.25

1 2

0

I  t  t t      

IV Từ giả thiết suy ra B/H

là chiều cao của lăng trụ Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng góc B/BH 600 BH  a  ABa

Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC, ta có

A

BC C

AB

sin sin 

0

90 1

sin   

Vậy tam giác ABC vuông tại A

Tính được AC = a 3

Diện tích đáy

2

3

2

AC AB

Đường cao của hình chóp

2

3

H

Thể tích khối lăng trụ ABC.A/B/C/

4

3

/ / /

a S

H B

C B A

HI vuông góc với BC ( I là trung điểm BK), thì HI là đoạn vuông góc chung

của B/H và BC

Khoảng cách cần tính là

4

3

a

HI 

0.25

0.25

0.25

0.25

x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 1 1 1 1 1 1

P

        

(1)

Mà

x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1

            

x 1 2 y 1 2 z 1 2

Từ (1) và (2) suy ra

(3)

0.25

0.25

A

B

C

A/

B/

C/

I

Từ giả thiết ta có 1 1 1 1

xy yzzx

(4)

Mà

1

x y z xyyzzx 

2

(6)

Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra P  3 1 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xyz 3

0.25

0.25

VIa 1

B  b b C b b , O(0;0)BC

Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc ABC nên I(2; 4)và IAB

Tam giác ABC vuông tại A nên BI2b3; 4b

vuông góc với

11 2 ; 2 

CK  b b

5

b

b









Với b 1 B(3;1), ( 3; 1)C    A(3;1)B loại

Với b 5 B( 5;5), (5; 5) C  31 17;

2

T×m ®­îc D( 4;-7;-5)

Gäi (S): x2  y2 z2 2ax2by2czd 0 lµ mÆt cÇu cÇn t×m Do (S) ®i

qua S(1;0;0), A(1;0;2), B(-2;1;1), D(4;-7;-5 ) nªn cã

















































0 10

14 8

90

0 2

2 4

6

0 4

2

5

0 2

1

d c b a

d c b a

d c a

d a

Gi¶i ra



































3 23 1 2 17 3 10

d c b a

3

23 2 17 3

20

2 2 2













x

0.25

0.25 0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

a

2

1

x

y





 

 Suy ra z 2 i

Ta có w3ziz3(2i)i2i4i

Suy ra w  17

0.5 0.25 0.25

VI.b 1

+ Đường tròn (x1)2(y3)2 8 có tâm I ( 1;3) bán kính R 2 2

+ A thuộc d nên A x( ; 2x)

+ Ta có IA2  8 (x1)2(1x)2 8

2 ( 1) 4 1

3 ( )

x x





   

 Vậy A(1;1)C( 3;5)

+ Đường thẳng BD đi qua I ( 1;3) vuông góc với IA nên nhận IA  (2; 2)

//

(1; 1)

u 

làm véc tơ pháp tuyến có phương trình:

xy 4 0

+ Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình:

( 1) ( 1) 8 ( 1) 4

3

x

x





          

 + x 1 y5

+ x  3 y1

Vậy B(1;5)D(-3;1) hoặc ngược lại

2

S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 (P) có VTPT n

= (2, 2, 1) + Gọi u

= (a, b, c) là VTCP đường thẳng cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0) + (P)u

 n

2a + 2b + c = 0 c = – 2a – 2b (1) + Ta có AI

= (–9, 2, 20), [AI

,u ] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)

tiếp xúc (S) d(I,) = R 

,

17

AI u u



 



 (2c20 )b 2(20a9 )c 2 ( 9b2 )a 2  17 a2b2c2

(2)

+Từ (1) và (2) ta có

( 4 a24 )b (2a18 )b  ( 9b2 )a 17[a b  ( 2a2 ) ]b

896b2 – 61a2 + 20ab = 0

+Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b0 Chọn b = 1

Ta có – 61a2 + 20a + 896 = 0 a = 4 hoặc a = 224

61



+ Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = 224

61

 , b = 1 thì c = 326

61

0.25 0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là:

8 4

23 10

y t

 









   



và

224 8 61

326 23 61

y t



 











   



0.25

VII

b

Tìm được n = 12

log

1x n  x n   x x

10

12

n

Ta có:

Vậy hệ số của số hạng chứa x4 là : C C100 10416 3  C C101 924 9  C C102 80  8085

( Cũng có thể giải theo cách chọn bộ k,i)

0.25

0.25

0.25

0.25