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]
(1)Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt GV: Nguyễn Phú Khánh 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 x+2 (C ) (1) x−1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số (1) Câu (2 điểm) Cho hàm số y = 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 = 2x + 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 − = và x−2 y z+3 = = Tìm tọa độ giao điểm (d) và ( P) Viết phương trình mặt −3 phẳng chứa (d) và vuông góc với ( P) đường thẳng (d) : 3a , hình chiếu vuông góc S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD = 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 − = y − Câu (1 điểm) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2 + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P= x2 x + xy + x + + y+z + yz − x + y + z +1 (2) Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt GV: Nguyễn Phú Khánh LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu x+2 a) Xét hàm số y = x−1 Điều kiện xác định D = \{1} −3 Ta có y ′ = < với x ∈ D ( x − 1)2 Giới hạn: lim y = −∞ , lim y = +∞ , tiệm cận đứng x = , lim y = nên tiệm cận ngang y = x→1− Bảng biến thiên x x→1+ x→±∞ y′ −∞ +∞ − y +∞ +∞ −∞ −∞ − Đồ thị hàm số y x x +2 b) Xét điểm M ∈ (C ) và M x0 ; với x0 ≠ x0 − Phương trình đường thẳng đã cho là (d) : y = − x ⇔ x + y = x0 + Khoảng cách từ M đến (d) là Theo bài toán : x0 + x0 − 12 + 12 = x0 + x0 − x0 + = suy x02 + = x0 − , x02 + > với x0 ≠ x0 − (3) Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt GV: Nguyễn Phú Khánh Ta xét các trường hợp: - Nếu x0 − ≥ , ta có x02 + = 2( x0 − 1) ⇔ x02 − x0 + = , vô nghiệm ∆ ′ = −3 < - Nếu x0 − < , ta có x02 + = −2( x0 − 1) ⇔ x02 + x0 = ⇔ 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)(sin x − 2) = ⇔ − cos x = sin x − = Phương trình sin x − = vô nghiệm sin x ≤ với x ∈ Do đó ta có − cos x = ⇔ cos x = π ⇔ x = ± + k π với k ∈ Câu Phương trình hoành độ giao điểm x − x + = x + ⇔ x − x + = ⇔ x = x = Diện tích hình phẳng cần tính là S=∫ 3x x2 − 2x − x − x + dx = ∫ (3 x − − x )dx = 2 Vậy diện tích cần tìm là S = = (đơn vị diện tích) 1 Câu a) Đặt z = x + yi với x , y ∈ Ta có x + iy + (2 + i )( x − iy) = + 5i ⇔ x + y + ( − y + x)i = + 5i 3x + y − = ⇔ x + y − + ( x − y − 5)i = ⇔ 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 C16 cách Số các số chẵn từ đến 16 là bao gồm 2, 4,6,8,10,12,14,16 Chọn số số này có C84 cách Vậy xác suất cần tính là C84 C16 = 70 = 1820 26 Câu Gọi A = (d) ∩ ( P) Tọa độ A là nghiệm hệ phương trình 2x + y = x − y z + = = ⇔ Giải hệ này, ta x = , y = −3, z = −2 3x − z = 2 2x + y − z − = 2x + y − 2z − = 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 (Q) qua M ( 2; 0; −3 ) ∈ (d) và có phương trình pháp tuyến là (1; 8; 5) Vậy phương trình (Q) là x + y + z + 13 = Câu (4) Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt Cách 1: a) Tính thể tích S.ABCD Gọi M là trung điểm AB đó SM ⊥ ( ABCD) GV: Nguyễn Phú Khánh S Theo định lý Pythagore thì a 5a MD = MA + AD = + a = 2 Tam giác SMD vuông M và SM ⊥ ( ABCD) suy ra: A 3a 5a SM = SD − MD = − = a2 ⇒ SM = a 1 Ta tính VS ABCD = ⋅ SM ⋅ SABCD = a 3 (đơn vị thể tích) b) Tính khoảng cách từ A đến (SBD) M D I K B C a3 VS ABCD = Kẻ MK ⊥ BD với K ∈ BD , mà BD ⊥ SM nên BD ⊥ (SMK ) suy BD ⊥ SK Ta có V A.SBD = VS ABD = Tam giác MBK vuông cân K suy MK = a 3a và SK = 4 1 3a 3a ⋅ SK ⋅ BD = ⋅ ⋅a = 2 4 3V A.SBD a3 3a Vậy khoảng cách cần tìm là d ( A ,(SBD) ) = = 3⋅ : SSBD Khi đó SSBD = 2a = 2 a 5a 3a 5a Cách khác tính khoảng cách: CM = a2 + = ⇒ SM = SC − MC = − = a2 , 4 V = a3 a a a= , MK = 3 2 Gọi h là chiều cao từ M tam giác SMK : h = a 2 2 AB = AM ⇒ d( A; SBD) = 2d( M , SBM ) = MI và MN = + a = a ⇒h= a a AC = , 4 a a 2a2 2a SM.NM =a SN = SM + MN = a + = , MI SN = SM.NM ⇒ MI = = 16 SN 3a 2a Suy d( A ,(SBD)) = MI = Cách 2: a) Tính thể tích S.ABCD 2 (5) Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt Gọi H là trung điểm AB ⇒ AH = HB = AB a = ⇒ HD = AH + AD = 2 GV: Nguyễn Phú Khánh a2 + a2 = 5a a = a 5a − = a; SABCD = AB2 = a 4 Xét ∆SHD có: SH = SD − HD = 1 a3 Vì SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ VSABCD = SH SABCD = a.a = 3 b) Tính khoảng cách từ A đến (SBD) AH ∩ ( SBD ) = B ⇒ ( ) = BA = d ( H ; ( SBD ) ) BH d A; ( SBD ) Kẻ HE ⊥ BD ( E ∈ BD ) ⇒ E là trung điểm BO (O là tâm đáy) BD ⊥ HE Kẻ HK ⊥ SE ( K ∈ SE ) Ta có: ⇒ BD ⊥ ( SHE ) ⇒ BD ⊥ HK mà SE ⊥ HK BD ⊥ SH ( ) Do đó HK ⊥ ( SBD ) ⇒ d H ; ( SBD ) = HK + Tính HK 1 a OA = AC = 4 1 1 a Xét tam giác SHE có: = + = + = ⇒ HK = 2 2 2 HK SH HE a a a Vậy d A; ( SBD ) = HK = a Cách 3: Gọi SH = h ( h > 0) Ta có: HE = ( ) a a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A ≡ O(0; 0; 0); B(0; a; 0); D( a; 0; 0); C ( a; a; 0); H (0; ; 0); S(0; ; h) 2 a a2 3a ⇔h=a Ta có SD = ( a; − ; −h) , đó SD = a2 + + h = 1 a3 Khi đó: VS ABCD = SH SABCD = SH AB2 = 3 a a2 Vì SD = ( a; − ; −a); BD = ( a; − a; 0) nên SD , BD = −a ; −a ; − 2 = − a n0 với n0 = (2; 2;1) Phương trình mặt phẳng (SBD) có vecto pháp tuyến n0 = (2; 2;1) là x + y + z − a = 2a Vậy d( A;(SBD)) = = 4+ +1 2a Câu Cách 1: 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 Tam giác AMN có MAN = 45° nên theo định lý cosin thì 2x x 5x MN = AM + AN − AM ⋅ AN ⋅ cos 45° = x + ⋅ = − 2⋅x⋅ 2 2 2 (6) Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt Lại có MN = (2 − 1)2 + ( −1 − 2)2 = 10 nên 5x = 10 ⇔ x = GV: Nguyễn Phú Khánh A 2 IM = ( a − 1) + (b − 2) = ⇔ Theo giả thiết thì 2 ( a − 2) + (b + 1) = IN = Trừ vế hai phương trình, ta a = 3b + , thay vào phương trình đầu hệ, ta có (3b − 1)2 + (b + 1)2 = ⇔ 2b(5b − 2) = ⇔ b = b = M B I N D C Ta có trường hợp: - Nếu b = thì a = đó I (1; 0) , C (3; −2) Phương trình đường thẳng CD tương ứng là y + = 11 11 −12 thì a = đó I ; C ; Phương trình đường thẳng CD tương ứng là 5 5 5 x − y − 15 = - Nếu b = Vậy có phương trình CD thỏa mãn là y + = và x − y − 15 = Cách 2: Gọi F giao điểm NM và CD xF − = (1) NA NM 7 ∆NAM ~ ∆NCF ⇒ = = ⇒ NF = MN ⇒ ⇒ F ; −2 NC NF y + = ( −3) F Gọi n = ( a; b) ≠ là vecto pháp tuyến AB , phương trình AB : a( x − 1) + b( y − 2) = và CD : a( x − ) + b( y + 2) = Đặt AB = x > ⇒ MH = x , NH = x Từ MN = MH + NH ⇒ x = 4 d( M ; CD) = ⇔ −a + 3b = a2 + b ⇔ a(4 a + 3b) = Với a = ⇒ b = (loại) Với a = − b thì ta tìm phương trình CD thỏa mãn là y + = và x − y − 15 = Chú ý Gọi cạnh hình vuông là m và E là hình chiếu vuông góc M lên CD FC NC NF Gọi F ( x; y ) là giao điểm MN và CD theo định lý Talet ta có: = = = MA NA NM 7 1 − = −3 ( x − ) x = Ta có: NM = −3 NF ⇒ ⇔ ⇒ F ; −2 2 − ( −1) = −3 ( y + 1) y = −2 MA m m2 16 26 = ⇒ FC = m ⇒ EF = mà ME = m ⇒ MF = m2 + = + ⇔ m2 = FC 9 7 Gọi VTPT CD là nCD = ( a; b ) ta có phương trình CD : a x − + b ( y + ) = và nMN = ( 3;1) 3 3a + b a = EF 1 Ta có: cos MFD = = hay cos ( CD; MF ) = = ⇔ a = a + ab ⇔ MF 10 10 4a = −3b a2 + b 10 Mặt khác (7) Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt GV: Nguyễn Phú Khánh Vậy có phương trình CD thỏa mãn là y + = và x − y − 15 = Cách 3: Gọi A( x; y ) ⇒ B(2 − x; − y) Xét cạnh hình vuông là a thì MD = 2 5a 3 1 3 1 , MN = a + a = a , ND = a + a = a 8 4 4 4 4 Suy ∆MND vuông cân N Đường thẳng ND có phương trình là x − y − = ⇒ D(5 + 3a; a) và DN = 10 ⇔ (3a + 3)2 + ( a + 1)2 = 10 ⇔ 10 a2 + 20 a = ⇔ a = −2 a = + Xét a = ⇒ D(5; 0) , gọi I là tâm hình vuông thì AI = IN ⇒ I ( x+4 y−2 ; ) 3 7 − x x + 13 x= = ⇒ A( 13 ; 16 ) Do I là trung điểm BD nên ⇔ − y y − 16 5 y = = 12 16 CD qua D(5; 0) có vec tơ pháp tuyến AD = ; − nên có phương trình x − y − 15 = x+4 y−2 + Xét a = −2 ⇒ D( −1; −2) thì AI = IN ⇒ I ( ; ) 3 1 − x x + = x = −1 Do I là trung điểm BD nên ⇔ ⇒ A( −1; 2) y = 2 − y = y − CD qua D( −1; −2) và có vec tơ pháp tuyến AD = ( 0; ) nên có phương trình y + = x 12 − y + y(12 − x ) = 12 Câu Xét hệ phương trình x − x − = y − 12 − y ≥ 0, y − ≥ 2 ≤ y ≤ 12 Cách 1: Điều kiện xác định ⇔ −2 ≤ x ≤ y(12 − 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 x2 = ⇔ −12t − 12 x + 24 xt = ⇔ x = t Do đó x = 12 − y ⇔ y = 12 − x , thay vào phương trình hệ, ta được: x − x − = 10 − x Ta thấy hệ có nghiệm là x = , ta sử dụng phương pháp lượng liên hợp sau 2(9 − x ) x3 − x − = 10 − x − ⇔ ( x − 3)( x + x + 1) = 10 − x + 2( x + 3) 2( x + 3) = ⇔ x − = x + x + + ⇔ ( x − 3) x + 3x + + = vô nghiệm 2 10 − x + 10 − x + Phương trình thứ có nghiệm là x = tương ứng ta có y = thỏa mãn điều kiện (8) Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt GV: Nguyễn Phú Khánh Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( x; y) = (3; 3) Chú ý: ( ) ( Từ (∗) ⇒ y 12 − x = 144 − 24 x 12 − y + x ( 12 − y ) ⇔ x − 12 − y ) x ≥ = ⇔ x = 12 − y ⇔ y = 12 − x Cách 2: Điều kiện : ≤ y ≤ 12, x ≤ Xét a = ( x , 12 − x ), b = ( ) 12 − y , y , ta có phương trình (1) có dạng a.b = a b Nên (1) ⇔ x y = 12 − x 12 − y ⇔ y = 12 − x , x ≥ ( ) Thay vào phương trình thử hai ta được: x3 − x − = 10 − x ⇔ ( x − ) x + x + = ( − x )( + x ) 10 − x + ⇔ x = x + 3x + 10 − x + − ( + x ) = 2 Đặt f ( x ) = x + x + 10 − x + − ( + x ) và f ' ( x ) < , ∀x > ⇒ phương trình vô nghiệm ( ) ( ) 2 2 Chú ý: a = b = 12 ; (1) ⇔ a + b = a.b ⇔ a = b ⇔ x = 12 − y Cách 3: Đặt a = 12 − y , a ≥ ⇒ y = 12 − a Phương trình đầu ⇔ xa + (12 − a2 )(12 − x ) = 12 ⇔ 122 − 12 x − 12 a2 + x a = 12 − xa xa ≤ 12 xa ≤ 12 ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 2 2 12 − 12 x − 12a + x a = 12 − 2.12.xa + x a 12 x − 2.12 xa + 12a = xa ≤ 12 ( x − a) = ⇒ x = 12 − y (*) Thế (*) vào phương trình thứ hai : (12 − y) 12 − y − 12 − y − = y − ⇔ (4 − y) 12 − y = y − + ⇔ (3 − y) 12 − y + 12 − y − + − y − = ⇔ (3 − y) 12 − y + 3−y 2(3 − y) + 12 − y + 1+ y − = ⇔ y = 12 − y + + 12 − y + nghiệm Cách 4: Ta có x 12 − y + (12 − x2 ) y ≤ Đẳng thức xảy ⇔ x 12 − y = 12 − y y (x ) + 12 − x ( 12 − y + y ) = 12 ⇔ x y = (12 − y)(12 − x2 ) (3) Khi đó (1) tương đương với (3), thì x ≥ x ≥ x ≥ (3) ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 x y = 144 − 12 x − 12 y + x y 12 y = 144 − 12 x y = 12 − x (4) Thế (4) vào (2) ta được: (2) ⇔ x − x − = 10 − x ⇔ x − x − − 10 − x = ⇔ x − x − + − 10 − x = , giải trên ≤ y ≤ 12 Cách 5: Điều kiện: x ≤ 12 1+ y − = vô (9) Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt Ta có: x 12 − y ≤| x 12 − y ; x 12 − y ≤ ⇒ x 12 − y + y(12 − x ) ≤ x + 12 − y ; y(12 − x ) ≤ GV: Nguyễn Phú Khánh y + 12 − x 2 x + 12 − y y + 12 − x + ⇒ x 12 − y + y(12 − x ) ≤ 12 2 Đẳng thức xảy x ≥ 0, y = 12 − x Do đó (1) ⇔ x ≥ 0, y = 12 − x Thay y = 12 − x vào (2) ta được: x3 − x − = 10 − x Để phương trình có nghiệm thì x − x − ≥ ⇔ x ≥ x + ⇒ x > 2 Xét hàm số f ( x) = x − x − − 10 − x2 với x > 2 Đạo hàm f '( x) = x − 16 x + 2x 10 − x > với x > 2 , đó hàm số f ( x) luôn đồng biến trên khoảng (2 ; +∞) và phương trình f ( x) = có nghiệm thì nghiệm đó là Nhận thấy f (3) = nên x = là nghiệm Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( x; y) = (3; 3) Câu Cách 1: Ta có ( + yz ) = x2 + ( y + z ) ≥ x ( y + z ) , suy x2 + yz + x + ≥ x ( x + y + z + 1) Do đó P ≤ Đặt M = y+z + yz x+y+z + yz + yz x2 + − = − = 1− + x+ y + z +1 9 x ( x + y + z + 1) x + y + z + x + y + z +1 + yz + x+ y+ z +1 Theo bất đẳng thức Cô – si ta có: x + y + z ≤ x2 + ( y + z ) = + yz Suy P ≤ − + yz t2 Đặt t = + yz , ( t ≥ 1) ta có P ≤ f (t ) = − − 2t + + yz + 1 Xét hàm số f (t ) = − f '(t ) = ( 2t + 1) − t2 − với t ≥ ta có 2t + 2t 18 − 2t ( 2t + 1) − = 9 ( 2t + ) và f '(t ) = ⇔ t = Vì f '(t ) đổi dấu từ dương sang âm qua t = nên f (t ) đạt cực đại t = Do đó P ≤ f (t ) ≤ f (1) = Đẳng thức xảy và x = 1, y = 1, z = x = 1, y = 0, z = Chú ý: Theo BĐT BCS ta có : x + ( y + z) ≤ 2( x2 + ( y + z)2 = + yz Do đó : T = + + + yz + yz u2 4 = + ≥ , ∀u = + yz ≥ ⇒ P ≤ − = 2u + 9 9 Cách Ta có x2 + y + z = ⇒ y = − z − x2 ⇒ y ≤ − x (đẳng thức xảy z = ) Suy x + y ≤ x + − x ≤ 2( x2 + − x ) ⇒ x + y ≤ Ta có: P = x2 x + yz + x + + y+z + yz − x + y + z +1 9 (10) Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt ⇒P≤ ⇒P≤ ⇒P≤ ⇒P≤ x2 + x + x+1 x2 x2 + x + x2 x + x+1 x2 x2 + x + y+z − (đẳng thức xảy z = ) x+ y+ z +1 +1− x+1 x2 x+1 1 − ⇒P≤ +1− − x+ y+ z +1 x+ y+1 x + x+1 + 1− x+1 − (đẳng thức xảy z = , x + y = ) − GV: Nguyễn Phú Khánh x 5 − x( x − 1)2 + ⇒P≤ − ≤ 9 3( x + x + 1) Khi x = y = và z = thì P = 5 nên max P = 9 Cách 3: 2 Từ giả thiết ta có + yz = x + ( y + z ) ≥ ( x + y + z ) ⇒ ≤ x + y + z ≤ + yz Biểu thức P viết lại sau: P= x2 x + x + + yz Đặt Lại có + 1− ( + yz + yz x +1 x2 x+1 − ≤ + 1− − x+ y + z+1 9 + yz + x + x + + yz ) + yz = t , ≤ t ≤ Khi đó P ≤ x2 x2 + x + t Suy max P = + 1− x2 x2 + x + t + 1− x + t2 − 2t + x(x − t) ( t − 1)2 ( 2t + ) ≤ x + t2 − = − + 2t + 9 ( 2t + 1) x + x + t ( 2t + ) ( ) ⇔ x = 1, t = ⇔ x = 1, y = 1, z = x = 1, y = 0, z = 10 (11)