Câu 7 1,0 điểm: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC.. Bảng biến thiên..[r]
(1)Google: thcs nguyen van troi q2 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn : TOÁN - Khối : A và A1 x 2 x (1) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) y b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = -x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x cos x 2 s in2x Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường cong y x x và đường thẳng y 2x Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z ( i )z 3 5i Tìm phần thực và phần ảo 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 (1,0 điểm) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2x y 2z 0 và x y z 3 2 Tìm tọa độ giao điểm d và (P) Viết phương trình mặt đường thẳng d: phẳng chứa d và vuông góc với (P) 3a Câu (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD = , hình chiếu vuông góc S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) Câu (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC cho AN = 3NC Viết phương trình đường thẳng CD, biết M(1;2) và N (2;-1) x 12 y y (12 x ) 12 x x 2 y Câu (1,0 điểm): Giải hệ phương trình (x,y R) 2 Câu (1,0 điểm) : Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x y z 2 Tìm giá trị lớn biểu thức x2 yz yz P x yz x x y z BÀI GIẢI Câu 1: Tập xác định: D R \{1} y 3 x 1 0 lim y lim y x 1 lim y 1 x , x 1 , nên x = là tiệm cận đứng nên tiệm cận ngang là y = Bảng biến thiên (2) Đồ thị x 2 x x 2 x 2 b) Gọi M (x; x ) Yêu cầu bt tương đương : |x + + x2 – x| = 2|x – 1| |x2 + 2| = 2|x – 1| x 1 x x 2x 0 (VN) hay x 2x 0 x = -2 hay x = Vậy có điểm M là (-2; 0) và (0; -2) Câu : sinx + 4cosx = + 2sinxcosx 2sinxcosx – sinx + – 4cosx = 2cosx(sinx – 2) – (sinx – 2) = 2cosx – = (vì sinx – 0) k2 cosx = x = Câu : Phương trình hoành độ giao điểm đường cong và đường thẳng là x2 – x + = 2x + x = hay x = Ta có x 2 thì x2 – x + 2x + 3 S x 3x dx x x 2x 23 22 2.2 13 12 1.2 2 1 6 Câu : a) z ( i )z 3 5i Gọi z = a + ib, ta có phương trình đã cho thành: z a + ib + (2 + i)(a – ib) = + 5i 3a – ib + b + ia = + 5i 3a + b = và a – b = a = và b = -3 b) Gọi A: “Chọn thẻ chẵn” (3) Chọn thẻ 16 thẻ có C16 1820 cách chọn n 1820 Số phần tử không gian mẫu Chọn thẻ thẻ đánh số chẵn có C8 70 cách chọn n A 70 Số phần tử biến cố A : Xác suất để chọn thẻ chẵn 70 P A 1820 26 Câu : a) I d I (2 + t; -2t; – + 3t) I (P) 2(2 + t) – 2t – (3t – 3) – = 3 7 ; 3; 2 t = Vậy I a b) (d) qua A (2;0; -3) và VTCP = (1; -2; 3) () có PVT là n (2; 1; -2) Gọi () là mp qua d và vuông góc (P) thì () có VTPT là a n = (1; 8; 5) PT () là : 1(x – 2) + 8(y – 0) + 5(z + 3) = x + 8y + 5z + 13 = Câu : Gọi M là trung điểm AB 5a a CM a 2 S 5a 3a SM SC MC a a a MH V a 2a 2 3 Ta có Gọi h là chiều cao từ M tam giác SMH 1 a h h2 a a a 2 2 2 2a Vì AB = 2AM d (A;SBD) = 2d(M; SBD) = Câu : Gọi I giao điểm MN và CD NA NM 1 3 NI MN NI NAM ~ NCI NC x I (1) 7 y 1 ( 3) ; 2 I Vậy I Gọi n = (a; b) là VTPT AB pt (AB) : a (x – 1) + b (y – 2) = a(x ) b(y 2) 0 pt (CD) : D A M H C B A M J H K B N D C I (4) x x Đặt AB = x (x > 0) MH = ; NH = Ta có : MN2 = MH2 + NH2 x = a 3b 3 a b d(M; CD) = 4a2 + 3ab = Với b = a = (loại) Với b chọn b = a = a = Vậy phương trình CD là : y + = 3x – 4y - 15 = Cách 2: Gọi I giao điểm MN và CD NA NM 1 3 NI MN NI NAM ~ NCI NC x I (1) 7 y 1 ( 3) ; 2 I 3 Vậy I VTCP MN là a (1; -3) VTCP CD là b (m; n) 3m cos(MN,CD) = 10 8n2 – 6mn = n = hay n = + TH1: n = CD : y + = 3m + TH2: n = CD : 3x – 4y – 15 = Câu 8: x 12 y y (12 x ) 12 (1) (2) x x 2 y (x, y R) 2 y 12 y 12 x 2 12 x 0 Điều kiện : Cách 1: 12 y Đặt a = , a y = 12 – a2 2 (1) xa (12 a )(12 x ) 12 2 2 12 12x 12a x a 12 xa xa 12 12 12x 12a x a 122 2.12.xa x a xa 12 12x 2.12xa 12a 0 xa 12 (x a)2 0 12 y Ta có (x – a)2 = x = (*) (12 y) 12 y 12 y 2 y Thế (*) vào (2) : (5) (4 y) 12 y 2 y 1 (3 y) 12 y 12 y y 0 (3 y) 12 y 3 y 2(3 y) 0 12 y y y 3 12 y 0 (voâ nghieäm ) 12 y y x 3 Vậy y 3 Cách 2: Ta có x 12 y (12 x )y x x 12 x 12 y y 12 12 y y 12 y Dấu “=” xảy Khi đó (1) tương đương với (3) x 0 x y 144 12x 12y x y (3) Thế (4) vào (2) ta có x y (12 y)(12 x ) (3) x 0 x 0 2 12y 144 12x y 12 x (4) (2) x 8x 2 10 x x 8x 10 x 0 x 8x 10 x 0 x 3 x 3x 1 x 3 x 3x 1 (10 x ) 10 x x2 0 0 10 x 2(x 3) x 3 x 3x 1 0 10 x x 3 x 3x 2(x 3) 0 (voâ nghieäm vì x 0) 10 x x 3 y 3 x 3 Vậy y 3 Cách 3: r r a x ; 12 x ; b 12 y ; y Đặt r r a b 12 r2 r2 rr (1) a b 2a b r r a b x 12 y (6) (2) x 8x 2 10 x 3 x 3 x x 3 x 3x 1 2 10 x x y 3 x 3x 1 10 x x 0 f x x 3x 1 Đặt f ' x x 10 x x phương trình vô nghiệm Vậy nghiệm hpt trên: (3;3) Câu 9: Ta có : 2x(y +z) x2 + (y + z)2 = + 2yz yz + x(y + z) x2 x2 x2 x yz x x x x(y z) x y z 1 yz x yz yz 1 = x y z 1 Do đó P x y z x y z x ( y z ) 2( x ( y z )2 2 yz Theo BĐT BCS ta có : 1 yz u2 T ,u yz 1 yz Do đó : = 2u 9 P 1 9 Khi x = y = và z = hay x = z = và y = thì P = Vậy Max P = Huỳnh Hoàng Dung, Ngô Chí Cường, Trần Minh Thịnh, Tôn Thất Tứ (Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM) (7)