De va dap an thi DH mon Toan khoi A A1

1 điểm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD với điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN  3 NC.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức..[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn Toán; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2 điểm) Cho hàm số y  x2 (C ) (1) x 1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số (1) b) Tìm các điểm M thuộc (C ) cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y  x Câu (1 điểm) Giải phương trình sin x  cos x   sin x Câu (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường cong y  x  x  và đường thẳng y  x  Câu (1 điểm) a Cho số phức z thỏa mãn z  (2  i ) z   5i Tìm phần thực và phần ảo số phức z b Từ hộp chứa 16 thẻ đánh số từ đến 16, chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để thẻ chọn đánh số chẵn Câu (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z 1  x2 y z 3   Tìm tọa độ giao điểm (d ) và ( P ) Viết phương 3 trình mặt phẳng chứa (d ) và vuông góc với ( P ) và đường thẳng (d ) : 3a , hình chiếu vuông góc S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm cạnh AB Tính theo a thể Câu (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD  tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBD) Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD với điểm M là trung điểm đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC cho AN  NC Viết phương trình đường thẳng CD , biết M (1; 2) và N (2; 1)  x 12  y  y (12  x )  12 Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình  với x, y    x  x 1  y   Câu (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức P x2 yz  yz   x  xy  x  x  y  z  - Hết LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a/ Xét hàm số y  Ta có y   x2 Điều kiện xác định D   \{1} x 1 3  với x  D ( x 1)2 Tiệm cận đứng x  , tiệm cận ngang y  Bảng biến thiên x  y y        Đồ thị hàm số y x  x    với x0  b/ Xét điểm M  (C ) và M  x0 ;  x0 1  Phương trình đường thẳng đã cho là (d ) : y  x  x  y  x0  Khoảng cách từ M đến (d ) là Điều kiện đã cho trở thành x0  x0 1 12  12  x02  x0 1 x02   , suy x02   x0 1 , x02   với x0 1 x0  Ta xét các trường hợp: - Nếu x0 1  , ta có x02   2( x0 1)  x02  x0   , vô nghiệm   3  x  - Nếu x0 1  , ta có x02   2( x0 1)  x02  x0     x0  2  Cả nghiệm này thỏa Vậy có điểm M thỏa mãn đề bài là M (0; 2), M (2;0) Câu Xét phương trình lượng giác sin x  cos x   sin x Ta biến đổi sau sin x  cos x   sin x cos x  sin x(1 cos x)  2(1 cos x)  1 cos x   (1 cos x)(sin x  2)    sin x   Phương trình thứ hai vô nghiệm sin x  với x   Do đó, ta có 1 cos x   cos x    x    k 2 với k   x 1 Câu Phương trình hoành độ giao điểm x  x   x   x  3x      x  Diện tích hình phẳng cần tính là 2 S   x  x  dx   1 Vậy diện tích cần tìm là S   3x2 x2  (3 x   x )dx    x    (đơn vị diện tích)   Câu a/ Đặt z  x  yi với x, y   Ta có x  iy  (2  i )( x  iy )   5i  x  y  ( y  x)i   5i  x  y   ( x  y  5)i  3 x  y      x  y   Giải hệ này, ta x  2, y  3 Do đó z   3i Vậy phần thực số phức cần tìm là , phần ảo là 3 b/ Số cách chọn thẻ 16 thẻ là C164 cách Số các số chẵn từ đến 16 là 8, bao gồm 2, 4, 6,8,10,12,14,16 Chọn số số này, có C84 cách Vậy xác suất cần tính là C84 70   C16 1820 26 Câu Gọi A  (d )  ( P) Tọa độ A là nghiệm hệ phương trình y z  2 x  y   x      2  3 x  z     2 x  y  z 1  2 x  y  z 1  Giải hệ này, ta x  , y  3, z  2 7 3 Do đó, tọa độ A là A ; 3;   2 Gọi Q là mặt phẳng chứa (d ) và vuông góc với ( P) Khi đó, ta có  (Q ) qua M 2; 0; 3  (d )  (Q ) có phương trình pháp tuyến là (1; 2;3) (2;1; 2)  (1;8;5) Vậy phương trình (Q ) là x  y  z 13  Câu a) Tính thể tích S ABCD S A M D I K B C Gọi M là trung điểm AB , dễ thấy SM  ( ABCD) a 5a Theo định lý Pythagore thì MD  MA  AD     a    2 2 Lại có tam giác SMD vuông M , SM  ( ABCD) nên suy  3a  5a SM  SD  MD      a  SM  a   2 2 1 Do đó, ta VS ABCD   SM  S ABCD  a3 (đơn vị thể tích) 3 b) Tính khoảng cách từ A đến ( SBD ) a3 Ta có VA.SBD  VS , ABD  VS ABCD  Kẻ MK  BD với K  BD , mà BD  SM nên ta có BD  ( SMK ) , suy BD  SK Mặt khác, tam giác MBK vuông cân K , suy MK  a 3a nên SK  4 1 3a 3a Do đó, S SBD   SK  BD   a  2 4 Vậy khoảng cách cần tìm là d  A, ( SBD )  3VA.SBD  a   3a  2a   3   :      S SBD Câu Gọi I (a, b) là tâm hình vuông đã cho thì N là trung điểm IC Đặt AM  x , ta có AN  3 3 AC  AB  AM  x 4 2   45 nên theo định lý cosin thì Tam giác AMN có MAN  x  x 5x    x  MN  AM  AN  AM  AN  cos 45  x       2 2 2 2 Ta có MN  (2 1)  (1 2)2  10 nên 5x  10  x  M A B I N C D Theo giả thiết thì (a 1)2  (b  2)   IM      IN  (a  2)  (b 1)2    Trừ vế hai phương trình, ta a  3b  , thay vào phương trình đầu hệ, ta có b   (3b 1)  (b  1)   2b(5b  2)    b   2 Ta có trường hợp: - Nếu b  , ta có a  , dẫn đến I (1;0) , suy C (3; 2) Phương trình đường thẳng CD tương ứng là y   11 , ta có a  , dẫn đến 5 CD tương ứng là x  y 15  - Nếu b  11   12  I  ;  , suy C  ; Phương trình đường thẳng  5   5  Vậy có phương trình thỏa mãn là y   và x  y 15   x 12  y  y (12  x )  12  Câu Xét hệ phương trình   x  x 1  y   12  y  0, y   2  y  12 Điều kiện xác định      y (12  x )   2  x  Phương trình thứ tương đương với y (12  x )  12  x 12  y Bình phương vế phương trình này, ta y (12  x )  144  24 x 12  y  x (12  y)  12 y 144  24 x 12  y 12 x  Đặt t  12  y  thì y  12  t , ta đưa 12(12  t ) 144  24 xt 12 x   12t 12 x  24 xt   xt Do đó ta x  12  y  y  12  x , thay vào phương trình hệ, ta x  x 1  10  x Ta thấy hệ có nghiệm là x  , ta sử dụng phương pháp lượng liên hợp sau x3  8x     10  x 1  ( x  3)( x  3x  1)  2(9  x ) 10  x 1  2( x  3)     ( x  3)  x  3x 1    10  x 1 x 3    2( x  3)  x  x 1  0  10  x 1  Phương trình thứ có nghiệm là x  , tương ứng ta có y  3, thỏa mãn điều kiện Chú ý trên, ta có x  t  nên phương trình thứ hai vô nghiệm Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( x; y )  (3;3) Hướng dẫn giải: TS Huỳnh Công Thái, Nguyễn Minh Tùng, Trương Huy Hoàng, Nguyễn Tuấn Lâm, Lê Phúc Lữ, Lê Văn Đoàn, Đinh Thiện Tâm, Trần Anh Hào Trung tâm Luyện thi Đại học Ngoại thương www.docsachtructuyen.vn