ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 29 NĂM 2014

Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng ABC.. Góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC bằng 450.. Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a.. Viết phươn

ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 29 NĂM 2014 Thời gian làm bài 180 phút

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

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

y x  mx  m x (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1

2 Tìm mđể đường thẳng y 2x 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B,

C thỏa mãn điểm C 0;1  nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3

2 Giải hệ phương trình







Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I =

e

1

ln x 2

dx

x ln x x





Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a Cạnh

SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 450 Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a

Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x,y,z thoả mãn x2  y2 z2 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

z y x zx yz xy A











PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng ():

3x 4y 7  0 Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng () tại hai điểm B, C sao cho ABC vuông tại A và có diện tích bằng 4

5

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 1 2

điểm A(2;1;2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa  sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1

3

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển  10

12x  2

2

34x4x = a + 0 a x + 1 a x2 2 + .+a14

x14 Tìm giá trị của a6

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3) Biết đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng : 1

1

1

z

 





 



 



;

2

:

 Viết phương trình mp(P) song song với d1 và d2, sao cho khoảng cách

từ d1 đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ d2 đến (P)

Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: log (2 2 8) 6

8x 2 3x y 2.3x y









ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 29 NĂM 2014 Câu 1: Với m=1 ta có 3 2

y x  x 

 TXĐ: D=R Sự biến thiên:

- Giới hạn: lim ; lim

      -Ta có: y'  6 (x x 1)  ' 0 0

1

x y

x





   

 -BBT:

x  0 1 

y’ + 0 - 0 +

y 1 

 0

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;0) và (1; ), Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)

Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=1, Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và yCT=0

Đồ thị:Ta có '' 12 6 '' 0 1

2

2 2

I

 là điểm uốn của đồ thị

Câu 1: 2, Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: 3 2

y x  mx  m x

là nghiệm Đồ thị (C) cắt trục Oy tại A 0;1  Đồ thi cắt trục Ox tại B 1; 0 ; C  1; 0

2



  Học sinh

2x 3mx (m1)x 1 2x1

2

0

9









m

2

2





x mx m Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu

Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn

3 2 3

2

A B

m

m

x x

















( vì A và B thuộc (d))

AB= 30  (x Bx A)2(y B y A)2  30

2



 x Bx A   x Bx A  x x B A   m  m 

Câu 2: 1 Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3

Phương trình đã cho tương đương với: 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x

2cos3x= 3 osx+sinx

c





2



+

3x=x- 2 6

2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )

6

6

k

















   



12

24 2

k x







  



 

  



Câu 2: 2 Giải hệ phương trình







Điều kiện: x+2y 1 0 Đặt t = x2y1 (t0)

Phương trình (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0

2 / 3 t/m 2

 





  



+ Hệ 2 2 23



 



2 1

1 1

2

x x







Câu 3: Ta có: I =

e

1

ln x 2

dx

x ln x x





e

1

ln x 2

dx (ln x 1)x







Đặt t = lnx + 1  dt = 1dx

x ; Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2

Suy ra: I =

1

t ln | t | = 1 – ln2

Câu 4: BC AB BC (SAB) BC SB

BC SA











Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc SBA Theo giả thiết SBA= 450

Gọi M là trung điểm của SC, H là trung điểm của AC

Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC

= MS

Suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A,

do đó SA = AB = a., SA(ABC), MH // SA nên MH(ABC)

Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC Suy ra

3 M.ABC ABC

2















H

M

C

B

A

S

Ta có 0  xyyzzxx2 y2 z2  3 nên 3 t2  9  3 t 3 vì t 0

2

3 2

t

t

A   Xét hàm số , 3 3

2

3 5 2 ) (

2









t

t t f

Ta có '( ) 5 5 0

2

3





t

t t t t

  Suy ra f (t) đồng biến trên [ 3 , 3 ] Do đó

3

14 )

3

(

)

f

Dấu đẳng thức xảy ra khi t 3 x yz 1 Vậy GTLN của A là

3

14

, đạt được khi

.

1





x

Cõu 6a: 1 Gọi AH là đường cao của ABC, ta cú ( ; ) 4

5

AH d A  

ABC

S  AH BC  BCBC Gọi I ;R lần lượt là tõm và bỏn kớnh của đường

trũn cần tỡm, ta cú : 1 1

2

RAI  BC Phương trỡnh tham số của đường thẳng ():

y 1 3t

   



  



I  ()  I(-1+4t; 1 + 3t) AI = 1  16t2 + (3t – 1)2 = 1  t = 0 hoặc t = 9

5 + t = 0  I(-1; 1) Phương trỡnh của đường trũn là: (x + 1)2 + (y – 1)2 = 1

+ t = 9

5  I(- 1

25; 43

25) Phương trỡnh của đường trũn là: (x + 1

25)2 + (y –43

25)2 = 1 Cõu 6a: 2 Đường thẳng  đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và cú vtcp là u



= (2 ; -1 ; 1) Gọi n



= (a ; b ; c ) là vtpt của (P) .Vỡ   ( )P nờn n u 0

 

 2a – b + c = 0  b = 2a + c n



 =(a; 2a + c ; c )

Suy ra phương trỡnh của mặt phẳng (P) là: a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0

ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 d(A ; (P)) = 1

1 3 (2 )

a

a c2 0

   a c  0 Chọn a = 1 , c = -1 Suy ra phương trỡnh của mặt phẳng (P) là x +

y – z = 0

Cõu 7 a: Cho khai triển  10

12x  22

34x4x = a + 0 a x + 1 a x2 2 + .+a x14 14 Tỡm giỏ trị của a6

12x  2

2

34x4x =  10

12x  2 2

2 1 2x

  = 4 10

12x + 4 12

12x +

12x

Hệ số của x6 trong khai triển 4 10

12x là 4.26.C Hệ số của x106 6 trong khai triển 4 12

12x

là 4.26.C 126

Hệ số của x6 trong khai triển 4 14

12x là 26.C Vậy a146 6 = 4.26.C + 4.2610 6.C + 2126 6.C = 614

482496

Câu 6b: 1 Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 =

0 nên A(a ; - a – 3) và C(- 2c – 3 ; c)

I là trung điểm của AC 2 3 4 1

      

 A(-1; -2); C(5 ;-4)

Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u

=(1;3) có ptts là x 2 t

y 3 3t

 





  



B BD  B(2+t ; -3 +3t) .Khi đó : AB

= (3 +t ;–1+3t); CB

= (- 3+t; 1+3t)

AB CB

 

  t =  1 Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0)

Câu 6b: 2 d1 đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : u1 1; 1; 0



  ; d2 đi qua điểm B (2; 1; -1)

và vtcp là: u2 1; 2; 2



  Gọi n



là một vtpt của (P), vì (P) song song với d1 và d2 nên n



= [

1 ; 2

u u

 

] = (-2 ; -2 ; -1)

 (P): 2x + 2y + z + D = 0 ,d(A ; (P) = 2d( B;(P))  7D 2 5D 7 2(5 )



     



3

17

3

D

D

 









Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z - 17

3 = 0

Câu 7b: Giải hệ phương trình: log (2 2 8) 6 (1)

8x 2 3x y 2.3x y (2)









Điều kiện: y – 2x + 8

> 0

(1)y – 2x + 8 =  2 6  y 2x Thay y 2x vào phương trình (2), ta được

8x 2 3x x  2.3 x  8x 18x  2.27x 8 18 2

3

2

Đặt: t = 2

3

x

 

 

  (t > 0) Ta có phương trình 3    2 

0 1

0

x

t

y





   





Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)