Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 15 NĂM 2014
Thời gian làm bài 150 phút

PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 điểm)
C©u I (2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



có đồ thị là (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm các giá trị m để đường thẳng
3y x m  
cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của
tam giác OAB thuộc đường thẳng
2 2 0x y  
(O là gốc tọa độ).
Câu II (2,0 ®iÓm)
1. Giải bất phöông trình
3 2
(3 4 4) 1 0x x x x    

2. Giải phöông trình

cos cos3 1 2 sin 2
4
x x x

 
   
 
 

C©u III (1,0 ®iÓm) Tính tích phân
2
2
0
1 3 sin 2 2cosx xdx

 


C©u IV (1,0 ®iÓm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 2 2AB a AD a 
. Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD)
trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một
góc 45
0
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và SD theo a.
C©u V (1,0 ®iÓm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức
2 2 2
2 2 2
2 2 2

1
( ) ( ) ( )
x xy y yz z zx
y zx z z xy x x yz y
  
  
     

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần
B)
A. Theo chương trình chuẩn
C©u VI.a (2,0 ®iÓm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
:
3 5 0x y  
, d
2
:
3 1 0x y  
và điểm
(1; 2)I 
. Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại A và B sao
cho
2 2AB 
.

2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) và mặt phẳng (P) có
phương trình
3 2 0x y z   
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung
trực của đoạn AB. Gọi  là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc  sao cho
đoạn thẳng OM nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )i z
là số thực và
2 5 1z i  
.
B. Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao
C©u VI.b (2,0 ®iÓm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
:
3 5 0x y  
, d
2
:
3 5 0x y  
và điểm
(1; 2)I 
. Gọi A là giao điểm của d
1
và d
2
. Viết phương trình đường thẳng đi qua I và
cắt d
1

, d
2
lần lượt tại B và C sao cho
2 2
1 1
AB AC

đạt giá trị nhỏ nhất.
Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
2.
Trong không gian Oxyz, cho
A(1;1;0), B(0;1;1) vaø C(2;2;1)
và mặt phẳng (P): x + 3y
– z + 2 = 0
.
Tìm tọa độ điểm
M
thuộc mặt phẳng (P) sao cho
MA
2
+ MB
2
+ MC
2

đạt
giá trị nhỏ nhất.


Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
   
   
2
1 2
1 2
2log 2 2 log 1 6
log 5 log 4 1
x y
x y
xy y x x
y x
 
 

      


   





ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 15 NĂM 2014
Câu 1: 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x

y
x




TXĐ :
 
\ 1
.
2
3
' 0, 1
( 1)
y x
x

   

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1) và (1; ) 

1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
 

 
 
    
 
TCĐ :
1x 

2 1
lim 2
1
x
x
x


 

TCN :
2y 

Lập BBT
Đồ thị

Câu 1: 2, trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng
2 2 0x y  
(d)
Pt hoành độ giao điểm:
2 1
3
1

x
x m
x

  

. Với đk
1x 

2
PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1)x x x m x m x m           

D cắt (C) tại A và B  Pt (1) có 2 nghiệm khác 1
2
11
(1 ) 12( 1) 0
( 1)( 11) 0
1
3 (1 ) 1 0
m
m m
m m
m
m m


     

     



 
    



Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1). Khi đó
1 1 2 2
( ; 3 ), ( ; 3 )A x x m B x x m   

Gọi I là trung điểm của AB
1 2
1 1
, 3
2 6 2
I I I
x x m m
x y x m
  
      

Gọi G là trọng tâm tam giác OAB
2 1 1
;
3 9 3
m m

OG OI G
 
 
  
 
 
 

6
5
4
3
2
1
-1
-2
-4
-2
2
4 6
1
Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
1 1 11
2. 2 0
9 3 5
m m
G d m

 
 
       
 
 
(TM). Vậy
11
5
m  

Câu 2: 1, Giải bất phöông trình
3 2
(3 4 4) 1 0x x x x    

Điều kiện :
1x  
. Đặt
2
0
1
1
y
y x
y x


  

 


Bpt trở thành
3 2 2
(3 4 ) 0x x y y  
TH 1.
0 1y x   
. Thỏa mãn BPT TH 2.
0 1y x   
. Chia hai vế cho
3
y
ta
được
3 2
3 4 0
x x
y y
   
  
   
   
. Đặt
x
t
y

và giải BPT ta được
1t 

2
1 0

0
1 1 1
1 0
x
x
x
t x x
y
x x
  



      




  



1 0
0
1 5
1
2
1 5 1 5
2 2
x

x
x
x
  






   



 

 



.
Kết hợp
1x  
ta được
1 5
1
2
x

  

. Vậy tập nghiệm của BPT là S =
1 5
1;
2
 


 
 

Câu 2: 2, Giải phöông trình
cos cos3 1 2 sin 2
4
x x x

 
   
 
 

   2 cos2x cos x 1 sin 2x cos 2x

   cos 2x(2 cos x 1) 1 2sin x cos x

    
2 2 2
(cos x sin x)(2 cosx 1) (cos x sin x)


 



   

cos x sin x 0 (1)
(cosx sin x)(2 cosx 1) cosx sin x (2)

 
  
           
 
 
(1) 2 sin x 0 x k x k
4 4 4





  


     

 


 
 


 

    
 



cos x 0
x k
2
(2) 2 cosx(cos x sin x 1) 0
2 cos x 1
x k2
4
4 4

Vậy pt có nghiệm là

   x k
4
,

  x k
2
,
 x k2

Câu 3: Tính tích phân I =
2
2

0
1 3 sin 2 2cosx xdx

 


2 2 2
2 2
0 0 0
1 3 sin 2 2cos (sin 3 cos ) sin 3 cosI x xdx x x dx x x dx
  
      
  

sin 3 cos 0 tan 3
3
x x x x k


      
Do
0;
2
x

 

 
 
nên

3
x



3
2
0
3
sin 3 cos sin 3 cosI x x dx x x dx



   
 

3
2
0
3
(sin 3 cos ) (sin 3cos )x x dx x x dx
 

   
 

Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định

   
3 2
0
3
cos 3 sin cos 3 sinx x x x
 

     

1 3 1 3
1 3 3 3
2 2 2 2
         

Câu 4: Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD
theo a.
Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT
( )SH ABCD

Gọi
2 1
2
3 3
O AC BD CH CO AC a AH AC HC a         

SA tạo với đáy góc 45
0
suy ra
0
45 2SAH SH AH a   

Gọi V là thể tích khối chóp
S.ABCD thì
3
1 1 4 2
. .2 2 .2
3 3 3
ABCD
V S SH a a a a  
. Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa
AC và // SD Do đó
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM 
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình
vẽ. Khi đó
2 4 2
(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0)
3 3
a a
A B a D a S a C a a
 
 
 
 

5 2 2
; ;
6 3
a a
M a
 
 

 
 
.
( ;2 2 ;0)AC a a


5 2 2
; ;
6 3
a a
AM a
 
 
 
 
 


2 2 2
(2 2 ; ; 2 )AC AM a a a   
 
Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt
(2 2; 1; 2)n   

nên có phương trình là
2 2
2 2
2 2 2 0 ( ;( ))
8 1 2 11
a

a
x y z d D ACM

     
 

Câu 5: Chứng minh
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1
( ) ( ) ( )
x xy y yz z zx
y zx z z xy x x yz y
  
  
     
(1)
Ta có
2 2
( ) ( . . . ) ( )( )y zx z y y x z z z y x z y z z         

2 2
2 2
1 1 2 2
( )( 2 ) ( )( 2 )
( ) ( )
x xy x xy
x y z y z x y z y z
y zx z y zx z

 
   
     
   

2 2
1 2 1 2 2 2
( ) 2 ( ) 2
x xy x xy xz
x x x
x y z y z x y z y z
   
  
    
   
     
   

2
2
x x
y z x y z
 
  
. Tương tự, cộng lại ta được
M
H
O
B
D

C
A
S
Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
VT (1)
2 2 2
1
2 2 2
x y z
y z z x x y
   
  

2 2 2 2
2( )
2 1 1
2 2 2 3( )
x y z x y z
xy xz yz yx zx zy xy yz zx
 
 
     
 
    
 

Chứng minh được

2
( ) 3( )x y z xy yz zx    
. Suy ra VT (1)
2 1 1  
Đẳng thức xảy ra
x y z 

Câu 6a: 1, Viết ptđt đi qua I và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại A và B sao cho
2 2AB 

1 2
( ; 3 5); ( ; 3 1)A d A a a B d B b b       

( 1; 3 3) 0; ( 1; 3 1)IA a a IB b b        
  

I, A, B thẳng hàng
1 ( 1)
3 1 ( 3 3)
b k a
IB k IA
b k a
  

  


    

 

Nếu
1 1 4a b AB    
(không TM) Nếu
1
3 1 ( 3 3) 3 2
1
b
b a a b
a

        


 
2
2 2 2
( ) 3( ) 4 2 2 (3 4) 8,AB b a a b t t t b a           

2
2
5 12 4 0
2
5
t
t t
t

 


    

 


2 2 2, 4 :5 3 0t b a b a x y             

2 2 6 8
, :13 11 0
5 5 5 5
t b a b a x y
 
           

Câu 6a: 2, Tìm điểm M thuộc  sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của
AB
3 3 3
; ; . ( 1; 1; 1)
2 2 2
I AB
 
 
    
 
 

Pt (Q) là

3
0
2
x y z   
Đường thẳng  đi qua điểm
7 1
;0;
4 4
I
 

 
 
và có vtcp
(2; 1; 1)u   

Pt tham số của  là
7 1
2 , ,
4 4
x t y t z t      

2
7 1 25
2 ; ; . 12 15
4 4 4
M M t t t OM t t
 
        
 

 
OM nhỏ nhất
5 19 5 3
; ;
8 6 8 8
t M
 
   
 
 

Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )i z
là số thực và
2 5 1z i  
.
Giả sử
z x yi 
, khi đó
(1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i       

(1 3 )i z
là số thực
3 0 3b a b a    

2 2
2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a            

2 2
2 6

10 34 29 1 5 17 14 0
7 21
5 5
a b
a a a a
a b
  


        

  

Vậy
7 21
2 6 ,
5 5
z i z i   

Câu 6b: 1, Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại B và C sao cho
2 2
1 1
AB AC

đạt giá trị nhỏ nhất
1 2 1 2

, ( 2;1)d d d d A A    
Gọi H là hình chiếu của A
trên BC.
ABC vuông tại A nên
2 2 2
1 1 1
AB AC AH
 

2 2
1 1
AB AC

nhỏ nhất
2
1
AH

nhỏ nhất
AH
lớn nhất
H I 
Khi đó  qua I và có vtpt
( 1; 1)n AI   
 
. Pt  là
1 0x y  

Câu 6b: 2, Tìm M thuộc (P) sao cho MA
2

+ MB
2
+ MC
2
đạt giá trị nhỏ nhất
Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
Chứng minh được MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2

MA
2
+ MB
2
+ MC

2
nhỏ nhất
MG
nhỏ nhất
M
là hình chiếu của G trên (P).
Tìm được tọa độ
4 2
1; ;
3 3
G
 
 
 
Tìm được
22 61 17
; ;
3 3 3
M
 

 
 

Câu 7b: Giải hệ phương trình
   
   
2
1 2
1 2

2log 2 2 log 1 6(1)
log 5 log 4 1 (2)
x y
x y
xy y x x
y x
 
 

      


   



Đk Giải hệ phương trình
1 1 0 0 1
1 2 0 2 1
x x
y y
    
 

 
      
 

   
1 2

(1) 2log (1 ) 2 2log 1 6
x y
x y x
 
     
   
1 2
2 2log 2 2log 1 6
x y
y x
 
     
.
Đặt
1
log ( 2)
x
t y

 
ta được
2
2
2 2 6 2 4 2 0 1t t t t
t
         

2 1y x  
Thế vào (2) ta được
   

1 1 1
2 2
log 2 log 4 1 log 1 1
4 4
x x x
x x
x x x
x x
  
 
        
 

2
2 6 (TM)
4 2 0
2 6 (KTM)
x
x x
x

 
   

 


Vậy
2 6, 1 6x y    