DAP AN DE 6

Viết phương trình đường thẳng   cắt trục hoành tại điểm A và cắt đường thẳng tại điểm B sao cho tam giác AM B vuông cân tại điểm M... Điểm M trong không gian thỏa..[r]

TRƯỜNG THPT LONG MỸ GV BÙI VĂN NHẠN ĐỀ 06 CÂU Ý ĐÁP ÁN ĐỀ 06 TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2014 MÔN TOÁN KHỐI A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM 2x  y x  có đồ thị  C  Tìm trên đồ thị  C  hai điểm phân biệt A, B Cho hàm số I 0; - 1) , A, B cho điểm ( thẳng háng và IA.IB = (AB) có phương trình: y kx  1,00 2x  kx   x 1 x  Phương trình hoành độ giao điểm  x   kx  1  x  1 (x = là nghiệm phương trình)  kx   k  3 x  0  1 điểm A, B thuộc (C) và điểm I, A, B thẳng hàng thì (1) phải có nghiệm phân biệt k 0 k 0 k 0     k 0 2 k  2k     k  3  8k   k  1    h / n  A a; ka  1 , B  b; kb  1  a b; a, b 1 Gọi  là điểm trên (C) cho I, A, B thẳng k 3 a b  , ab  k k hàng đó a, b là nghiệm phương trình (1) nên ( )( ) IA.IB = Û AI BI = 16 Û a + k a b + k 2b2 = 16 2 ( Û a b 1+ k 2 ) æ2 ÷ ö2 ç = 16 Û ç ÷ 1+ k ÷ ç èk ø ( ) ( = 16 Û + k ) = 4k Û k - 2k +1 =  k 1   k  ab 2 k 1    a, b   2;2  a  b   Với ab  k     a, b    3;   a  b     KL: Vậy tọa độ các điểm A, B cần tìm là A   3;  , B   3;        A  2;1  , B  2;1    Giải phương trình sau  cos x 6 3sin x  1,00 sin x  Cách 1: ĐK:    2sin x 6 3sin x    sin x 3 3sin x    t  3sin x   t 1  t  3sin x Đặt đó ta có 2  sin x 3t  sin x  t 3  t  sin x    sin x  t   sin x  t    sin x  t  0  2  t 3sin x   sin x  t   sin x  t  3 0  sin x t sin x  và t 0  sin x  t  0  VN   sin x t  3sin x   sin x  3sin x  0  sin x 1  x   k 2  k  Z  2 sin x  Cách 2: Pt    2sin x 6 3sin x    sin x 3 3sin x      sin x   9  3sin x    4sin x  16sin x  108sin x  88 0    sin x  1  sin x    4sin x  12sin x  44  0  sin x 1  x   k 2  k  Z  Giải bất phương trình sau x ĐK: x  x   x  1 3x  0    x  1   x  1 x   x  0  x   1,00  0 bpt  x   3x  0  3x  x   x  x  0  VN  KL: Bất phương trình vô nghiệm x suy x   đó  x  1 x   x  1  x   x  x Cách 2: Vậy 3x  x  x   x  1 x  0  x   x   x  x  0  VN  2 x  x  y 7  1  xy  y  x 3   Giải hệ phương trình sau    x  1 y 3  x Cách 1:   Với x = -1 thì phương trình vô nghiệm 1,00  3 x  3 x 2x2  x   x   y   7  x 1  x  vào (1) ta  x  x x  x   x  x  7 x  x        x  x3  x  x  0   x 1  y 2    x   y    x    17  y 1  17      17  17   ;  x; y   1;2  ,   2;  1 ,        KL: Hệ có nghiệm  x  y  1 3  y Cách 2:   (cách không hay cách vì phương trình (1) có biến x và x2 nên chậm cachs 1) e I x ln   x dx Tính các tích phân sau 1) 2) ln x   ln x  J  dx  ln x   x  1,00 1) I x ln   x  dx xdx  1 u ln   x   du 1  x  x3  x4  I  ln  x  1    dx    1 x dv  x dx  v  x Đặt  1 x4 x4  1   A  dx  dx  dx  x  1 I  ln  A 2      x  x  x   0 với 1 1  2    x3   A   x  1 dx   dx  dx    x     30   x2  3   1 x    A     dx   x2     x tan t    t   dx  dt  suy  cos t Đặt    x 0  t 0  4 24    A    dt   dt   cos t   tan t  30  x 1  t  Đổi cận:  đó  I  ln   Vậy ln x e ln x   ln x  J   ln x   x  t Đặt e   ln x  dx  dx x   1   ln x   x ln x  dt  dx ln x   ln x 1  x 1  t 1   x e  t  e Đổi cận:  e J  1 t  d   t  1 Khi đó e  1 e   1 2   SAB ) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hai mặt phẳng ( và ( ABCD ) vuông góc với Tam giác SCD cạnh a, góc hai mặt phẳng ( SCD ) và ( ABCD) a Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a và a Tìm a để thể tích lớn 1,00 S D A H N B C Gọi H là hình chiếu vuông góc S lên AB  SH  AB  SAB    ABCD   SAB    ABCD  SH   ABCD  Suy Và Gọi N là trung điểm CD SCD suy CD  SN  CD   SHN   CD  HN suy H là trung điểm AB và  SNH    SCD  ,  ABCD   SN   a (đường cao tam giác SCD HN  a a cos  SH  sin  2 và Tam giác SHN vuông nên a2 S ABCD  AD.CD  cos  Khi đó a3 VS ABCD  sin  cos  a3 a3 VS ABCD  sin 2  8 a  VS ABCD   sin 2 1    Để d : x  y 0 M 2;1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng   và điểm    d Viết phương trình đường thẳng   cắt trục hoành điểm A và cắt đường thẳng ( ) điểm B cho tam giác AM B vuông cân điểm M   Ox  A  a;0  1,00    d  B  B   d  B b; b  nên   MA  a  2;  1  MA   a    Ta có  2 MB  b  2; b  1  MA   b     b  1   MA.MB 0 M  MA MA Tam giác MAB vuông cân  a    b     b  1 0  1  2  a     b     b  1   Dễ thấy b = thì (1) vô nghiệm b  1  a   b 2 thì b  vào (2) ta 2 2 2 2  b 1     b     b  1   b     b  1   b     b  1  b   b 2  b 1  a 2   b   1    b 3  a 4  Với a 2, b 1  A  2;0  , B  1,1  pt    : x  y  0 Với a 4, b 3  A  4;0  , B  3,3  pt    : x  y  12 0  A 2;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0;6  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm  và uuu r uuur uuur uuur MA + MB + MC + MD = 40 D ( 2; 4;6) Điểm M không gian thỏa Tìm điểm P : 3x + y - 36 = M cho khoảng cách từ điểm M đến ( ) là lớn Gọi   M  x; y; z   MA   x;  y;  z  ; MB   x;4  y;  z    MC   x;  y;6  z  ; MD   x;4  y;6  z  uuu r uuur uuur uuur MA + MB + MC + MD = ( - x + 4; - y + 8; - z +12) uuu r uuur uuur uuur 2 MA + MB + MC + MD = 40 Û 16 ( x - 1) +( y - 2) +( z - 3) = 2.102 ( 2 1,00 )   x  1   y     z  3 100 2 S : x  1   y     z  3 100 Vậy M thuộc    Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn thì Khoảng cách từ điểm M trên (S) tâm I  1; 2;3 bán kính R 10 đến (P) lớn  x 1  3t  d  :  y 2  4t  t  R   z 3 d I ,   P  Gọi   qua suy phương trình tham số  x 1  3t  y 2  4t  : z 3   x  1   y     z  3 100 Xét hệ tạo (d) và (S)  2 3t    4t  100  t 4  t 2  Suy t 2  M  7;10;3 ; t   M   5;  6;3 Với 3.7  4.10  36 d  M 1;  P    5         36 d  M 2; P   15 Vậy điểm M   5;  6;3 thỏa đề bài      GA  GB  GC  GD  Cách 2: Gọi G là trọng tâm tứ diện suy đó       MA  MB  MC  MD 4MG  MG 40  MG 10 Mà suy M nằm trên mặt 2 S S : x  1   y     z  3 100 cầu   tâm G bán kính 10 nến pt    d  G;  P   5 P Do nên   tiếp xúc với (S) G  1; 2;3 M (S) G I (P) Vậy khoảng cách M trên (S) đến  P lớn bằng 10 + =15 M nằm trên đường thẳng qua G và vuông góc với (P) I cho MG 2GI  x 1  3t  IG  :  y 2  4t  t  R   z 3  Phương trình   MG 2GI  .t 1 suy M   5;  6;3 2n 496 Cho n là số tự nhiên thỏa mãn phương trình sau: C4 n+1 + C4 n+1 + + C4 n+1 = - với Cnk là tổ hợp chập k n Tìm n và cho biết khai triển sau đây có bao nhiêu số ( hạng hữu tỉ 3+4 ) 1,00 n C41n 1  C42n 1   C42nn1 2496   C40n 1  C41n 1  C42n 1   C42nn1 2496  1  C44nn11  C44nn1  C44nn11   C42nn11 2496    1    :  C40n1  C41n1  C42n1   C42nn1   C44nn11  2.2496    1 ( 10 4 n 1 3+ ) n 2 497  4n  497  4n 496  n 124 = ( 3+ ) 124 124 =å k =0 k ( 124- k ) k C124 124 =å k k 62k C124 k =0 k 4m k N    m 31 k 124  Để có số hạng hữu tỉ thì Vậy khai triển trên có tất 32 số hạng hữu tỉ A = { 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9} Từ tập hợp Lấy từ tập hợp A số Tính xác suất để số lấy có đúng số chẵn và số lẻ Gọi B là biến cố lấy lần số lấy có đúng số chẵn và số lẻ n  B   A53 A53 1,00 n     A106 P Xác suất cần tìm là n B  n    42