Xem mẫu
- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1. Cho hàm số y x3 3 m 1 x 2 m 1 có đồ thị là Cm , m là tham số thực.
a. Khảo sát và vẽ đồ thị C0 khi m 0.
b. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đồng biến trong khoảng x1 ;x 2 thỏa x 2 x1 2014 .
31
Câu 2. Giải phương trình sin 2x sin 3x cos 2x cos3x .
4 4
Câu 3. Giải phương trình x3 3x 2 x 2 2x 11 2x 2 x 4 .
0
x x2 2
Câu 4. Tính tích phân I dx.
2
1 x2 2
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với AD a 3,AC AB a . Hình chiếu
vuông góc của S xuống mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm của tam giác ACD . Gọi M, N lần lượt là
3a 95
trung điểm của SA,BC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AC,SD bằng . Tính thể tích của khối
38
chóp M.ABNG theo a .
Câu 6. Cho a, b,c là các số thực thỏa mãn a2 b2 c 2 1 ab bc ca . Chứng minh rằng
a b c 4 54abc 5 9 ab bc ca 2 a b c .
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , trên tia Ox lấy điểm A , trên tia Oy lấy điểm B và trên tia
OA lấy điểm C sao cho AC 2OB . Gọi M là một điểm trong tam giác ABC sao cho tam giác ABM đều.
Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C của tam giác ABC biết rằng ABO 150 và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC bằng 2 3 .
Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi M là điểm cố định của họ mặt phẳng Pa đi qua với mọi
a , biết rằng Pa : a2 2a x a2 a y a2 1 z 6a2 3 0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua M và
chứa trục Oy .
Câu 9a. Gọi X là biến cố ngẫu nhiên có phân bố nhị thức T x 2;0,4 . Lập bảng phân bố xác suất của biến
x 1
cố X , biết x là nghiệm của phương trình 3x 3 7 2 441 .
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AO . Gọi C
là đường tròn tâm A , đường kính OD . Tiếp tuyến của C tại D cắt CA tại E 8;8 . Đường thẳng vuông
góc với ED tại E và đường thẳng đi qua A , vuông góc với EB cắt nhau tại M 8; 2 . Viết phương trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng EB có phương trình 4x 3y 8 0 .
Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 4; 1;1 ,B 3;1; 1 và C 1;2; 4 . Gọi là
mặt phẳng đi qua hai điểm A,B và cùng phương với Ox . Tìm tọa độ điểm đối xứng của C qua mặt phẳng
.
1 log 6 y 4 9 5 x
Câu 9b. Giải hệ phương trình x 2
5 2 log 6 y log 6 y 6 21
--------------------------------------Hết--------------------------------------
- DI N ĐÀN TOÁN THPT HƯ NG D N GI I Đ THI TH ĐH NĂM 2014
Đ 02 - Ngày thi : 16-11-2013
I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH
Câu 1 Cho hàm s y = −x 3 + 3(m + 1)x 2 + m − 1 có đ th là (C m ), m là tham s th c.
a. Kh o sát và v đ th (C 0 ) khi m = 0.
b. Tìm t t c các giá tr c a m đ hàm s đ ng bi n trong kho ng (x 1 ; x 2 ) tho x 2 − x 1 = 2014.
L i gi i :
a. T gi i
b. y = −3x 2 + 6(m + 1)x = −3x x − 2(m + 1) nên y > 0 khi x trong 2 nghi m 0; 2(m + 1)
Trư ng h p: m + 1 > 0 do x 2 − x 1 = 2014 nên 2(m + 1) ≥ 2014 ⇐⇒ m ≥ 1006
Trư ng h p: m + 1 < 0 do x 2 − x 1 = 2014 nên 2(m + 1) ≤ −2014 ⇐⇒ m ≤ −1008
π 31π
Câu 2 Gi i phương trình sin 2x + − sin 3x = cos − 2x + cos 3x
4 4
L i gi i :
Phương trình đã cho tương đương:
π −π
π 2x = 3x + + k2π x= − k2π
2 sin 2x = cos3x + sin 3x ⇔ sin 2x = sin 3x + 4 4
⇔ ⇔ 3π k2π (k ∈ Z )
4 3π
2x = − 3x + k2π x= +
4 20 5
3π k2π −π
V y phương trình đã cho có nghi m: x = + ;x = − k2π (k ∈ Z )
20 5 4
Câu 3 Gi i phương trình x 3 + 3x 2 + x + 2 = 2x + 11 + 2x 2 x + 4
L i gi i :
PT ⇔ x 2 x + 3 − 2 x + 4 + x + 2 − 2x + 11 = 0, (1)
Đ t : t = x + 4 ⇒ x = t 2 − 4, (t ≥ 0)
2
Khi đó (1) tr thành : t 2 − 4 t 2 − 2t − 1 + t 2 − 2 − 2t 2 + 3 = 0
2
⇔ t2 −4 t 2 − 2t − 1 + t 2 − 2t − 1 + 2t − 1 − 2t 2 + 3 = 0
2 2t 2 − 4t − 2
⇔ t 2 − 2t − 1 t2 −4 +1 + =0
2t − 1 + 2t 2 + 3
t 2 − 2t − 1 = 0
(t ≥ 0)
⇔ 2 2 2 ⇔ t = 1+ 2
t −4 +1+ =0 2t − 1 + 2t 2 + 3 ≥ −1 + 3 > 0
2t − 1 + 2t 2 + 3
V y Pt có 1 nghi m : x = −1 + 2 2
0 x + x2 + 2
Câu 4 Tính tích phân : I = 2 2
d x.
−1 (x + 2)
L i gi i :
Ta đ ý r ng :
x + x2 + 2 x + x2 + 2 1 x 1
2
= · = +1 ·
x2 + 2 x2 + 2 x2 + 2 x2 + 2 x2 + 2 x2 + 2 x2 + 2
L i có :
x 2
=
x2 + 2 x2 + 2 x2 + 2
2
- Do đó đ t
x 1 1
t= ⇒ dt = dx
x2 + 2 2 x 2 +2 x2 + 2
Đ ic n:
3
x = −1 ⇒ t = − ; x =0⇒t =0
3
Khi đó tích phân đã cho tr thành :
0
1 0 1 t2 2 3−1
I= (t + 1) d t = +t =
2 − 3
3 2 2 − 3
3 12
Câu 5 Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình bình hành v i AD = a 3, AC = AB = a
. Hình chi u vuông góc c a S xu ng m t ph ng (ABC D) trùng v i tr ng tâm G c a tam giác
AC D . G i M , N l n lư t là trung đi m c a S A, BC . Bi t kho ng cách gi a hai đư ng th ng
3a 95
AC , SD b ng . Tính th tích c a kh i chóp M .AB NG theo a .
38
L i gi i :
Trong m t ph ng (ABC D) k DE //AC sao cho t giác AC E D là hình bình hành
⇒ AC //(SDE ) ⇒ d (AC , SD) = d (AC ; (SDE ))
GF G A 1 FK 3
T G k đư ng vuông góc v i AC c t AC , DE t i F, K ⇒ = = ⇒ =
GK GE 2 GK 2
3 2a 95 1 1 1
⇒ d (AC , (SDE )) = d (F, (SDE )) = d (G, (SDE )) ⇒ d (G, (SDE )) = =d ⇒ = −
2 38 SG 2 d 2 GK 2
2 2S∆AC D a 3 a 5
GK = = ⇒ SH =
3 AC 3 2
a2 3 S ABC D a 2 3
Ta có S ABC D = Và S AB NG = S − (S ∆AGP − S ∆GPC − S ∆GBC ) = =
2 2 4
1 SH S ABC D a 3 15
⇒ VM .AB NG = =
3 2 2 48
Câu 6 Cho a, b, c là các s th c tho mãn a 2 + b 2 + c 2 − 1 = ab + bc + c a . Ch ng minh r ng:
(a + b + c)4 + 54abc + 5 ≥ 9(ab + bc + c a) − 2(a + b + c)
L i gi i :
t2 −1 t2 +2
Đ t t = a + b + c t đó suy ra ab + bc + c a = và a 2 + b 2 + c 2 = . Đ ý r ng
3 3
a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = (a + b + c) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − c a ⇒ 3abc = a 3 + b 3 + c 3 − t
B t đ ng th c đã cho vi t l i thành
t 4 + 18 a 3 + b 3 + c 3 − t + 5 ≥ 3 t 2 − 1 − 2t ⇔ t 4 − 3t 2 − 16t + 8 + 18 a 3 + b 3 + c 3 ≥ 0
M t khác, theo b t đ ng th c Cauchy-Schwarz ta có
t2 +2 (b + c)2 (t − a)2 t −2
= a2 + b2 + c 2 ≥ a2 + =a+ ⇒a≥
3 2 2 3
t −2
tương t ta cũng có b, c ≥ . T đó ta có th vi t
3
t −2 t −2 t −2 t −2 2
a3 + b3 + c 3 = a2 a − + b2 b − + c2 c − + a + b2 + c 2
3 3 3 3
t −2 t −2 t −2 t −2 t2 +2
= a2 a− + b2 b − + c2 c − +
3 3 3 3 3
3
- Theo b t đ ng th c Cauchy-Schwarz ta có
t −2 t −2 t −2 t −2 t −2 t −2
a2 a − + b2 b − + c2 c − a− +b − +c − ≥
3 3 3 3 3 3
2
t −2 t −2 t −2 4
a a− +b b − +c c − = (t + 1)2
3 3 3 9
T đó ta có
2 (t − 2) t 2 + 2
t 4 − 3t 2 − 16t + 8 + 18 a 3 + b 3 + c 3 ≥ t 4 − 3t 2 − 16t + 8 + 18 (t + 1)2 +
9 9
= t 4 − 3t 2 − 16t + 8 + 2 t 3 + 6t − 2
2
= t 4 − 3t 2 − 4t + 2t 3 + 4 = t 2 + t − 2 ≥0
Suy ra đi u ph i ch ng minh.
Đ ng th c x y ra khi
a +b +c = 1
a = −1
ab + bc + c a = 0 3
4
t =1 abc = − 27 b=c = 2
⇔
⇔ 3
t = −2 a + b + c = −2 a = −43
ab + bc + c a = 1 b = c = −1
4 3
abc = − 27
1 2 4 1
Hay a = − ; b = c = v a = − ; b = c = − . và các hoán v
3 3 3 3
II. PH N RIÊNG
A. Theo chương trình Chu n
Câu 7.a Trong m t ph ng v i h t a đ Ox y , trên tia Ox l y đi m A , trên tia O y l y đi m B
và trên tia O A l y đi m C sao cho AC = 2OB . G i M là m t đi m trong tam giác ABC sao cho
tam giác AB M đ u. Tìm t a đ các đ nh A, B,C c a tam giác ABC bi t r ng ABO = 15o và bán
kính đư ng tròn ngo i ti p tam giác b ng 2 + 3 .
L i gi i :
Câu 8.a Trong không gian v i h t a đ Ox y z g i M là đi m c đ nh c a h m t ph ng (P a )
đi qua v i m i a , bi t r ng (P a ) : (a 2 + 2a)x + (a 2 − a)y + (a 2 + 1)z − 6a 2 − 3 = 0 . Vi t phương trình
m t ph ng đi qua M và ch a tr c O y .
L i gi i :
Vi t l i phương trình: x + y + z − 6 a 2 + 2x − y a + z − 3 = 0 m i a nên
x +y +z =6 x =1
⇐⇒ 2x − y = 0 ⇐⇒ y =2 M (1; 2; 3)
z =3 z =3
Phương trình m t ph ng ch a tr c Oy có d ng: Ax +C z = 0
Vì đi qua M nên : A + 3C = 0 hay A = −3C và C = 0 (P ) có phương trình 3x − z = 0
4
- Câu 9 .a G i X là bi n c ng u nhiên có phân b nh th c T (x − 2; 0; 4) . L p b ng phân b
x−1
xác su t c a bi n c X , bi t x là nghi m c a phương trình 3x−3 .7 2 = 441.
L i gi i :
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b Trong m t ph ng v i h t a đ Ox y , cho tam giác ABC vuông t i A có đư ng cao
AO . G i (C ) là đư ng tròn tâm A , đư ng kính OD . Ti p tuy n c a (C ) t i D c t C A t i E (−8; 8)
. Đư ng th ng vuông góc v i E D t i E và đư ng th ng đi qua A , vuông góc v i E B c t nhau
t i M (−8; −2) . Vi t phương trình đư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC bi t đư ng th ng E B có
phương trình 4x + 3y + 8 = 0.
L i gi i :
Ta có tam giác BC E cân t i B, EC là phân giác góc B E D . Hai tam giác vuông ADE và AK E b ng
nhau, ta th y ngay B E là ti p tuy n c a đư ng tròn tâm A ,t đây AB là đư ng trung tr c OK
Phương trình AM có d ng :3x − 4y + c = 0 mà đi qua M (−8; −2) nên c = 16
AM : 3x − 4y + 16 = 0 suy ra: K − 16 ; 8 G i I là trung đi m OK thì I − 5 ; 5
5 5
8 4
Phương trình AB : 10x − 5y + 20 = 0 suy ra to đ B (−2; 0) , A (0; 4)
OB : y = 0; E A có phương trình : x + 2y − 8 = 0 suy to đ C (8; 0)
g i J trung đi m BC thì J (3; 0) và BC = 10 V y phương trình đư ng tròn c n tìm là: (x − 3)2 + y 2 = 25.
Câu 8.b Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho ba đi m A(4; −1; 1); B (3; 1; −1) và C (1; 2; −4)
. G i (α) là m t ph ng đi qua hai đi m A, B và cùng phương v i Ox . Tìm t a đ đi m đ i x ng
c a C qua m t ph ng (α) .
L i gi i :
−b + c + d = 0
(α) cùng phương Ox ⇒ (α) : b y + cz + d = 0 (α) A, B ⇒ b −c +d = 0 ⇒ d = 0, b = c
Phương trình (α) : y + z = 0
Đư ng th ng d qua C vuông góc v i (α)nh n véc tơ ch phương → = (0; 1; 1) có phương trình tham
−
u
x =1
s đư ng th ng d : y = 2+t
z = −4 + t
g i I = d ∩ (α) ⇒ 2 + t − 4 + t = 0 ⇒ t = 1 ⇒ I (1; 3; −3)
G i C x ; y ; z là đi m đ i x ng v i C qua (α) ta có to đ C (1; 4; −2).
1 + log6 y 4 = 9.5−x
Câu 9 .b Gi i h phương trình:
5x + 2 log6 y. log6 (y 2 + 6) = 21
L i gi i :
5
nguon tai.lieu . vn
