De thi va dap an Luong Dac Bang Nga Son

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT THANH HÓA Trường THPT Lương Đắc Bằng. KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A – A1 –B- D Ngày thi: 07 tháng 4 năm 2014 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). 2x  1 x 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm tọa độ điểm M trên sao (C) cho khoảng cách từ điểm I( –1 ; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất. y. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:. sin 2x  sin x . 1 1  2cot 2x 2sin x sin 2x .. . .  y3  x 3 9  x 3  2 2  x y  y 6x trên tập số thực 2. Giải hệ phương trình :     sin  x   2 4  dx   2sin x cos x  3 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 4 . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp OABC có 3 cạnh OA, OB, OC vuông góc với nhau đôi một tại O, OB = a, OC = a 3 và OA = a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. 1. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC ). 2. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và OM. 2 2 2 Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x  y  z 3 . Tìm giá trị lớn nhất của. P xy  yz  zx  biểu thức. 5 x yz .. . 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 mp tọa độ Oxy, cho ABC có A(2 ; 5), B(–4 ; 0), C(5 ; –1). Viết phương trình đường thẳng. đi qua A và chia ABC thành 2 phần có tỉ số diện tích bằng 2. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm biết d cắt Oz và tạo với Oz một góc 600. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm các số phức z thỏa mãn B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm). A. . 2;  5;0.  . Viết phương trình đường thẳng d qua A. | z - 1| =| z + 3|. 2 2 và | z | +z = 2.  16 23  H  ;  27 9  , phương trình  1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm  5 5 K ;  cạnh BC: x – 6y + 4 = 0 và trung điểm cạnh AB là  2 2  . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC. 2. 2. 2. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x  y  z  2 x  4 y  6 z  2 0 và mặt phẳng (P): x + y + z + 2012 = 0 a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S) b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N  (S). Xác định tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất x 2 y  7.2 x  2 y 8 4  log 2  log3 x   log 2  log3 y  1 ; x, y  R Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ------------Hết-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:..................................................; Số báo danh:.............................. ĐÁP ÁN Câu I. (2,0đ). 2x  1 3 y 2  x 1 x 1 1. 0,25. Tập xác định: D =  \{–1}. lim y 2. Tiệm cận ngang: y 2. x  . lim y   ; lim y . x  1. Tiệm cận đứng: x  1. x  1. x – y’ y 2. 0,25. + y' . –1 +. +. 3 ( x  1) 2 > 0, xD. +. 0,25. –. Hàm số tăng trên từng khoảng xác định y 5 4 3. 0,25. 2 1 -5. -4. -3. -2. -1. 1. 2. 3. 4. x. -1 -2.  3    (C ) M  x0 ; 2  x  1 0  2. Nếu  thì tiếp tuyến tại M có phương trình 3 3 y 2  ( x  x0 ) 3( x  x0 )  ( x0  1) 2 ( y  2)  3( x0  1) 0 x0  1 ( x0  1) 2 hay. 0,25. Khoảng cách từ I(–1 ; 2) tới tiếp tuyến là. d. 3( 1  x0 )  3( x0  1) 9   x0  1. 4. . 6 x0  1 9  ( x0  1). 4. . 6. 0,25. 9  ( x0  1) 2 ( x0  1) 2. 9  ( x0  1) 2 2 9 6 2 ( x  1 ) Theo bất đẳng thức Côsi 0 , vậy d  6 . Khoảng cách d lớn nhất bằng. 9 (x 0  1) 2 2 6 khi và chỉ khi (x 0  1)  (x + 1)2 = 3  x 0  1  3. 0,25. 0. Vậy có hai điểm M : Câu II (2,0đ). . M  1 3 ; 2  sin 2x  sin x . 1. Giải phương trình:  sin x 0  cos x 0. 3. . . hoặc M  1 . 3 ;2  3. . 0,25. 1 1  2 cot 2x 2sin x sin 2x .. Điều kiện: (i) 2 pt  sin 2x  sin 2x.sin x  cos x  1 2 cos 2x. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> cos 2x   cos 2x  cos x  2  0  cos 2x 0  2  2 cos x  cos x  1 0 : VN. 0,25.  k  x  4 2 ( thỏa điều kiện (i) )  y3  x 3 9  x 3  2 x y  y 2 6x 2. Giải hệ phương trình:  trên tập số thực Khi x = 0  y = 0 (0 ; 0) là nghiệm của hpt. Khi x 0 , ta có 3 y3 y y   x 6  y3 9x 3  x 3  3 9   x    3y  x   9 x x x   y  x 2 y  y 2 6x  y  x   6 x  Mà. . 3. y y    x    3y  x   9  x x  Do đó   y 2  y 2     2  x 1  x 2  x  x 3 Ta có Câu III (1,0đ). 0,25. . 3. y   x   27  x . Vậy HPT có nghiệm (0 ; 0) , (1 ; 2) , (2 ; 2)    sin  x   2 1 4  dx   2  2sin x cos x  3 Tính tích phân I = 4 = Đặt t = sinx – cosx  dt = (cosx + sinx)dx. 0,25. 0,25. y   x   3  y 2 x . 0,25. 0,25.  2. sin x  cos x.  sin x  cos x . 2.  4. 2. dx. 0,25.  Đổi cận: x = 4 t=0  x= 2 t=1. 0,25. 1. 1 1  dt 2  t 2 2 0 I=   t  2 tan u  dt  2  1  tan 2 u  du  2  u  2 Đặt ; 1  2 I= 1  u 2 Câu IV (1,0đ). arctan. 1 2. . 2 tan 2 u  2. 0. arctan 0. 2  1  tan 2 u . 1 2.  =. 0,25. du. 1 1 arctan 2 2. 0,25. Trong tam giác OBC, vẽ đường cao OK Trong tam giác OAK, vẽ đường cao OH Chứng minh OH vuông góc mp (ABC). a 3. 1 1 1 1 1 1 5  2  2   2 2 2 2 2 OH OA OK OA OB OC 3a a 15 Suy ra d(O, (ABC)) = OH = 5. z A. 0,25 0,25. N C. O. a 3. B. M. y.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0), A(0; 0; a 3); B( a; 0; 0), C (0; a 3; 0), a a 3 M  ; ; 2 2.   a 3 a 3 0  N  0; ;  2 2     .   a a 3   a 3 a 3 OM  ; ; 0  , ON  0; ;  2 2 2 2        3a 2 a 2 3 a 2 3  [OM ; ON ]  ; ;   4 4 4   ,  n ( 3; 1; 1) là VTPT của mp ( OMN ). 0,25.  Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến n : 3 x  y  z 0 d ( B; (OMN )) . 3.a  0  0 3 11. Ta có:. . a 3 5. . a 15 5 . Vậy:. a 15 . 5 MN là đường trung bình của tam giác ABC  AB // MN d ( B; ( NOM )) .  AB //(OMN)  d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = Câu V (1,0đ). Ta có :. xy  yz  zx .  x  y  z. Đặt t = x + y + z, ta có:  3 t 3 .. 2. d ( B; ( NOM )) .   x 2  y2  z2  2. 0 xy  yz  zx . 0,25 a 15 . 5.  x  y  z . 2. 3. 2. .. t2  3 x 2  y 2  z 2 3 2. t2  3 5 ' 5 t3  5  f  t  t  2  2  0, t  3 2 t, t t Khi đó, ta có: . 14 P f  t  f  3  3 . Vậy ta có: 14 max P  3 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy Câu VI.a S AMC 2  1 (2,0 điểm) S  AMB 1. TH1: Ta có:. 0,25. 0,25. P f  t  . 1 CM . AH MC 2 (1)   2 1 MB BM . AH 2 Trong ABC, dựng đường cao AH. 1    M (  1;  ) 3 Khi đó: MC  2 MB Pt đường thẳng d1: 16x – 9y – 4 = 0 S AMB 2  2  S  AMC TH2: 2 ) 3 Cm tương tự: Pt đường thẳng d2: x – 2 = 0 2. Gọi K là giao điểm của d và trục Oz  K(0 ; 0 ; k)   AK   2;5; k ; k  0;0;1  M (2; . . . 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,5. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  k 1 cos AK ; k cos 600   27  k 2 2  k 3   K  0;0; 3 , AK   2;5; 3. . . . x. . y z 3 x y z 3   ;   3 3  2 5 Phương trình d :  2 5. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu VII.a (1,0 điểm). Câu VI.b (2,0đ). Gọi z = a + bi (a, b  ), ta có:. a  1   | z - 1| =| z + 3| b  R (1) a 2 1 a 1    2 2 | z | +z = 2 ab 0 b 0 (2)  1 a  1   b 0  2  Vậy z = –1. 0,25. 0,25. 0,5. 1. đt AH qua H vuông góc BC  (AH) : 6x + y + 1 = 0 A thuộc AH suy ra A(a ; –6a – 1 ) B thuộc BC suy ra B(6b – 4 ; b) K trung điểm AB suy ra a = –1 ; b = 0 . Suy ra A(–1 ; 5) , B(–4 ; 0) Pt (AB): 5x – 3y + 20 = 0 đường cao CH qua H , vuông góc AB : (CH) : 3x + 5y – 11 = 0 HC cắt BC tại C suy ra C(2; 1) suy ra pt (AC) : 4x + 3y – 11 = 0 2. a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S). (S) có tâm I(1 ; –2 ; 3) , bán kính R = 4 (Q): x + y + z + D = 0 (D  2012) d  I ,  Q   4  D  2 4 3. 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 0,25 0,25. Vậy (Q) : x + y + z  2 4 3 0. 0,25. b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N  (S). Xác định tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất.. MN2 = IM2 – R2 MN nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất suy ra M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P). phương trình đường thẳng IM: x – 1 = y + 2 = z – 3  x  1 y  2 z  3   x  y  z  2012 0. Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:  2017 2008 2023  M ; ;  3 3 3   Vậy. Câu VII.b (1,0 điểm). x 2 y  7.2 x  2 y 8 4  log 2  log3 x   log 2  log3 y  1 ; x, y  R Giải hệ phương trình  Điều kiện x > 1 ; y > 1. ìï x- 2y 2 ìï 4x- 2y - 7.2x- 2y = 8 ïï 2 - 7.2x- 2y - 8 = 0 ï í í ï log ( log x) = log 2 + log ( log y) ïï log2 ( log3 x) - log2 ( log3 y) = 1 2 3 2 2 3 ïî  ïïî x 2 y  2 8   x  2 y  1   2  2 log 2  log3 x  log 2  log 3 y   x  2 y 3  x 9  x 1  2    y  2 y  3 0  y 3 hay  y  1. (. ).  x 9  y 3 So điều kiện x > 1 ; y > 1 hệ phương trình có nghiệm . 0,5 0,25. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Đáp án HKG cổ điển cách 2. a 6 a 2 15 8 b) OM = MN = a , ON = 2  SOMN = a2 3 OB = OM = MB = a  OBM đều  SOBM = 4 a 3 Gọi I là trung điểm OC  NI là đường trung bình của OAC  NI (OBC) và NI = 2 1 a3 VN.OBM = 3 SOBM.NI = 8 3VNOBM 3a 1 Mặt khác, V = 3 S .d[B,(OMN)]  d[B,(OMN)] = SOMN = 15 N.OBM. OMN. MN là đường trung bình của tam giác ABC  AB // MN d ( B; ( NOM ))   AB //(OMN)  d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) =. 3a 15. . a 15 . 5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>