Xem mẫu

  1. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. Cho hàm số y   x 4  2 x 2  5 , có đồ thị là C  . a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số C  . b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C  biết tiếp tuyến cắt các trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A, B sao cho 24OA  OB .  cos x  cot x  Câu 2. Giải phương trình 3    cos2x=5s inx  4.  cot x  cos x   2  y  2x  1  1  x  2 1  y Câu 3. Giải hệ phương trình  .  y  x  y  1   y  2  1  x  1. 2  3 4 3  4x Câu 4. Tính tích phân I   dx . 0 (5  4 x ) 1  x Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB  2a, AD  4a . Hình chiếu vuông góc của điểm S xuống mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho BH  3AH . Gọi M, N lần lượt là trung điểm 7 của BC và SD. Biết góc tạo bởi mặt phẳng (SMD) và mặt phẳng đáy là  với cos  . Tính thể tích khối chóp 65 S.HNM và khoảng cách từ D đến mặt phẳng SMC  . Câu 6. Cho các số thực thỏa mãn 0  z  y  1, 0  z  x  1, 2 x  3 y  5z  8. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2 x 2  3 y 2  5z 2 . II. 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 Oxy, cho tam giác ABC với A(2;3); B(2;1);C (6;3) . Gọi D là giao điểm của đường phân giác trong BAC với BC. Tìm điểm M (có hoành độ hữu tỉ) thuộc đường tròn C  :  x  3   y  1  25 sao cho 2 2 SMDC  2SADB ? x y 1 z x 1 y z  2 Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 :   và 2 :   . 2 1 1 1 2 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng 1 , cắt trục Oz và đường thẳng  2 theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 5.  3 x  x  x  log 2 y  8 y  2 y  1 3  Câu 9a. Giải hệ phương trình   3 7x  8  7  8 y  x 2   6 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 7b. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp một đường tròn có A(2;9). Trung điểm của BC là 3 5 D  ;  . Biết BC vuông góc với đường thẳng 3x  y  2013  0. Gọi M là điểm tùy ý thuộc cung nhỏ BC. Điểm 2 2 P, Q tương ứng là điểm đối xứng của M qua AC và AB. Biết phương trình đường thẳng chứa PQ là y=6. Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A  2;4; 1 , B  0; 2;1 và đường thẳng x 1 y  2 z 1 :   . Viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm I nằm trên đường thẳng . 2 1 1 Câu 9b. Giải bất phương trình log 2 log 4 x   log 4 log 2 x   2. --------------------------------------Hết--------------------------------------
  2. HƯ NG D N GI I Đ THI TH ĐH NĂM 2014 Đ 03 - Ngày thi : 30-11-2013 I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH Câu 1 Cho hàm s y = −x 4 + 2x 2 + 5, có đ th là (C ). a. Kh o sát và v đ th hàm s (C ). b. Vi t phương trình ti p tuy n c a đ th (C ) bi t ti p tuy n c t các tr c t a đ Ox,O y l n lư t t i hai đi m sao cho 24O A = OB . L i gi i : a/............ b/ G i ∆ : y = ax + b là ti p tuy n c a (C ) −4x 3 + 4x = a ⇔ (I ) có nghi m. −x 4 + 2x 2 + 5 = ax + b −b ∆ Ox = A a ;0 . ∆ O y = B (0; b) b2 Theo gi thi t 24O A = OB ⇒ 24 a2 = b 2 ⇒ a = ±24 x = −2 +/ v i a = 24 thay vào h (I ) ⇒ ⇒ ∆; y = 24x + 45 b = 45 x =2 +/ v i a = −24 thay vào h (I ) ⇒ ⇒ ∆ : y = −24x + 45 b = 45 cos x + cot x Câu 2 Gi i phương trình 3 + cos 2x = 5 sin x + 4 cot x − cos x L i gi i : Đi u ki n: sinx = 0; sinx = 1; cosx = 0 Phương trình đã cho tương đương: 3 sinx+1 + 1 − 2sin2 x = 5 sin x + 4 1−sinx ⇔ 3 (sinx + 1) + (1 − sinx) 1 − 2sin2 x = (5 sin x + 4) (1 − sinx) ⇔ sinx 2sin2 x + 3 sin x + 1 = 0 sinx = 0 ⇔ sinx (2 sin x + 1) (sinx + 1) = 0 ⇔ sinx = 1 ⇔ sinx = − 1 2 1 sinx = − 2 1 x = − π + k2π 6 •sinx = − 2 ⇔ (k ∈ Z ) x = 7π + k2π 6 V y phương trình đã cho có nghi m: x = 7π + k2π; x = − π + k2π (k ∈ Z ) 6 6 y 2 + 2x = 1 + 1 + x + 2 1+ y Câu 3 Gi i h phương trình y − x y + 1 + y2 − 2 1 + x = 1. L i gi i 1: x ≥ −1 ĐK: y ≥ −1 Đ t t = 1 + x ≥ 0 ⇒ x = t 2 − 1,khi đó phương trình (2) tr thành: (y − t 2 + 1)(y + 1) + (y 2 − 2)t = 1 ⇔ t y 2 − t 2 y − t 2 + y 2 − 2t + 2y = 0 ⇔ t y 2 + y 2 + 2y = y t 2 + t 2 + 2t ⇔ (y − t )(y + t + y t + 2) = 0 Vì x ≥ −1, y ≥ −1 nên y + t + y t + 2 > 0 ⇒ y = t Thay vào phương trình (1) ta đư c: t 2 + 2(t 2 − 1) = 1 + t + 2 1 + t ⇔ 3t 2 − t − 3 = 2 t + 1 Đ t t + 1 = a ≥ 0 ⇒ t = a 2 − 1 Phương trình tr thành a = 1 1± 5 3a 4 − 7a 2 − 2a + 1 = 0 ⇔ (a 2 − a − 1)(3a 2 + 3a − 1) = 0 ⇔ 2 a = 1 −3 ± 21 6 So sánh v i đi u ki n ta tìm đư c a = 1 1 + 5 và a = 1 −3 + 21 2 6 V i a = 1 1+ 5 ⇒ t = 1 1+ 5 ⇒ x = y = 2 1+ 5 2 2 1 1 1 V i a = 6 −3 + 21 ⇒ t = y = 6 −1 − 21 < 0 2
  3. 1 1 V y nghi m c a h là 1+ 5 ; 1+ 5 2 2 L i gi i 2: 2 (2) ⇔ y + 1 x + 1 − y 2 − 2  x + 1 − y 2 − 2y = 0 x +1 = y 2 2 ∆ x+1 = y + 2y + 2 Suy ra :  ⇔ x = y 2 − 1, y ≥ 0 , (3)   y +2 x +1 = − (V N : y > −1) y +1 Th (3) vào (1) ta có Pt : 3 y 2 − y − 1 + 2 y − y + 1 = 0  1+ 5  y=  y +1 = y  2 ⇔ y− y + 1 3y + 3 y +1+2 = 0 ⇔  ⇔ 2  3 y +1 +3 y +1−1 = 0  −1 − 21 y= (lo i) 6 1+ 5 1+ 5 V y h có nghi m : ; . 2 2 3 4 3 − 4x Câu 4 Tính tích phân I = dx 0 (5 − 4x) 1 − x L i gi i : Đ t 1 − x = t ⇒ x = 1 − t 2 ⇒ d x = −2t d t 1 2t (4t 2 − 1) 1 4 1 π I= dt I = 1 2− d t I = 2t − 2 arctan 2t = 1+ − 2 arctan 2 1 2 t (4t 2 + 1) 2 4t 2 + 1 1 2 2 Câu 5 Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình ch nh t c nh AB = 2a, AD = 4a . Hình chi u vuông góc c a đi m S xu ng m t ph ng (ABC D) là đi m H thu c c nh AB sao cho B H = 3AH . G i M , N l n lư t là trung đi m c a BC và SD . Bi t góc t o b i m t ph ng (SM D) 7 và m t ph ng đáy là α v i cos α = . Tính th tích kh i chóp S.H N M và kho ng cách t D 65 đ n m t ph ng (SMC ). L i gi i : Trong mp(ABC D) G i E là giao đi m c a D M và AB , K là hình chi u vuông góc c a H lên D M Khi đó DE = AB = 2a , ∆ADE vuông cân t i A nên DE = 2 a 65 7a 7a 2 DH = AH 2 + AD 2 = ; HE = ⇒ HK = ; α = (SH , H K ) = SH K ; SH = H K tan α = a 2 2 2 4 1 1 7a 3 2 VSH M N = VSH M D + VN H M D = S H M D .SH = SH .H K .M D = 6 12 12 4 SH .H B 4a 34 d D;(SBC ) = d A;(SBC ) = d H ;(SBC ) = = 3 SH 2 + SB 2 17 Câu 6 Cho các s th c th a mãn: 0 < z < y ≤ 1, 0 < z < x ≤ 1, 2x + 3y + 5z ≤ 8. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: P = 2x 2 + 3y 2 + 5z 2 L i gi i 1: P = 2x 2 + 3y 2 + 5z 2 ≤ 2x 2 + 3y 2 + z(8 − 2x − 3y) = 8z + 2x(x − z) + 3y(y − z) 9 34P P ≤ 2x + 3y + 3z ≤ 2+3+ 2x 2 + 3y 2 + 5z 2 = 5 5 34 3 Suy ra: P ≤ Đ ng th c x y ra khi x = y = 1, z = 5 5 L i gi i 2: Cái đk 0 < z < y ≤ 1, 0 < z < x ≤ 1 làm ta nh đ n ngay phép nhóm Abel Phép nhóm Abel a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 = (a1 − a2 )b1 + (a2 − a3 )(b1 + b2 ) + a3 (b1 + b2 + b3 ) đây coi b1 = 2x; b2 = 3y; b3 = 5z; a1 = x; a2 = y; a3 = z S d ng phép nhóm Abel ta có P = (x − y).2x + (y − z)(2x + 3y) + z(2x + 3y + 5z ≤ 2.(x − y) + 5(y − z) + 8z = 2x + 3y + 3z T i đây x lý b ng C-S như trên ho c có th dùng phép th Abel 1 l n n a. 3
  4. II. PH N RIÊNG A. Theo chương trình Chu n Câu 7.a Trong m t ph ng Ox y , cho tam giác ABC v i A(2; 3), B (2; 1),C (6; 3). G i D là giao đi m c a đư ng phân giác trong B AC v i BC . Tìm đi m M (có hoành đ h u t ) thu c đư ng 2 tròn (C ) : (x − 3)2 + y − 1 = 25 sao cho S M DC = 2S ADB ? L i gi i : Phương trình đư ng th ng BC là: y = 1 x . G i D t ; 2 t ∈ BC 2 1 B D AB Khi đó ta có: AD là đư ng phân gíac trong c a góc B AC Suy ra: = DC AC −→ − −→ − Mà: B D t − 2; 1 t − 1 ; DC 6 − t ; 3 − 2 t ; AB = 2; AC = 4 Nên ta có: 2 1 1 2 2 (t − 2)2 + 2t −1 1 (t − 2)2 + 1 t − 1 2 1 3 t = 10 5 D 10 ; 3 = ⇒ = ⇔ t2 − t −5 = 0 ⇔ 3 ⇔ 3 1 2 2 2 1 (6 − t ) + 3 − 2 t 2 4 4 t = −2 D (−2; −1) (6 − t )2 + 3 − 2 t Ta có: Tâm đư ng tròn I (3; 1) G i M (a; b) ∈ (C ) 1 − →−→ 1 − − 1 −→−→ − − S M DC = D M DC = |4a − 8b| , 2S ADB = 2. D A DB = 8 2 2 2 Mà theo bài ra ta có:   4a − 8b ≥ 0 a − 2b ≥ 0 1  4a − 8b = 16  a − 2b = 4 S M DC = 2S ADB ⇔ |4a − 8b| = 8 ⇔ |4a − 8b| = 16 ⇔  ⇔ 2  4a − 8b < 0  a − 2b < 0 8b − 4a = 16 2b − a = 4 M t khác: I M = R = 5 ⇔ I M 2 = 25 ⇔ (a − 3)2 + (b − 1)2 = 25 (1) −1+2 29 18+4 29 a − 2b ≥ 0 2 b= 5 ⇒a= 5 V i a − 2b = 4 thay vào (1) ta đư c: 5b + 2b − 23 = 0 ⇔ −1−2 29 18−4 29 (Loai ) b= ⇒a= 5 5 a − 2b < 0 2 b=5⇒a =6 M (6; 5) V i 2b − a = 4 thay vào (1) đư c: b − 6b + 5 = 0 ⇔ b = 1 ⇒ a = −2 ⇔ M (−2; 1) x y −1 z Câu 8.a Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đư ng th ng ∆1 : = = và 2 −1 1 x −1 y z +2 ∆2 : = = . Vi t phương trình m t ph ng (P ) vuông góc v i đư ng th ng ∆1 , c t 1 2 1 tr c Oz và đư ng th ng ∆2 theo m t đo n th ng có đ dài b ng 5. L i gi i : Véc tơ ch phương c a ∆1 là : → = (2; −1; 1) − u →làm véc tơ pháp tuy n có d ng:2x − y + z + m = 0 − M t ph ng (P ) nh n véc tơ u x = 1+t (P ) c t Oz nên giao đi m A(0; 0; −m) Phương trình tham s c a ∆2 : y = 2t z = −2 + t G i B = ∆2 ∩ (P ) ⇒ B (1 + t ; 2t ; −2 + t ) . 2 (1 + t ) − 2t − 2 + t + m = 0 ⇐⇒ t = −m 2 ⇒ B (1 − m; −2m; −2 − m) AB 2 = 5 ⇐⇒ (1 − m)2 + 4m 2 + 4 = 5 ⇐⇒ m = 0 ∨ m = 5 2 V y (P ) : 2x − y + z = 0, 2x − y + z + 5 = 0.  x  x 3 + x + log2 = 8y 3 + 2y + 1 y   Câu 9 .a Gi i h phương trình :  3 7 − 8y 2   7x − 8 + =x 6 L i gi i : T phương trình (1) suy ra x = 2y Th vào (2) ta đư c 3 7 − 2x 2 7x − 8 − 2(x − 1) + − (2 − x) = 0 (1) 6 4
  5. 14 ĐK : x ∈ 0; 2   x 1 6± 2 6± 2 (1) ⇔ (8x 2 −24x+17)  + =0⇒x = ⇒y=   3 3 7x − 8)2 + 2(x − 1) 7x − 8 + 4(x − 1)2 7−2x 2 4 8 6 +2−x   x 1 Do đk nên  +  = 0 vô nghi m.   3 3 7x − 8)2 + 2(x − 1) 7x − 8 + 4(x − 1)2 7−2x 2 +2−x 6 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b Trong m t ph ng Ox y , cho tam giác ABC n i ti p m t đư ng tròn có A(2; 9). Trung 3 5 đi m c a BC là D ; . Bi t BC vuông góc v i đư ng th ng 3x − y + 2013 = 0. G i M là đi m 2 2 tùy ý thu c cung nh BC . Đi m P,Q tương ng là đi m đ i x ng c a M qua AC và AB . Bi t phương trình đư ng th ng ch a PQ là y = 6. Tìm t a đ các đ nh B,C c a tam giác ABC . L i gi i : Câu 8.b Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đi m A (2; 4; −1) , B (0; −2; 1) và đư ng x −1 y −2 z −1 th ng ∆ : = = . Vi t phương trình m t c u đi qua hai đi m A, B và có tâm I 2 −1 1 n m trên đư ng th ng ∆. L i gi i : Do I ∈ ∆ nên I (1 + 2t ; 2 − t ; 1 + t ) M t khác m t c u đi qua A, B nên I A = I B = r ⇐⇒ (1 − 2t )2 + (t + 2)2 + (t + 2)2 = (2t + 1)2 + (t − 4)2 + t 2 ⇔ t = 1 Suy ra I (3; 1; 2) bán kính r = 19 M t c u là: (S): (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = 19 Câu 9 .b Gi i b t phương trình log2 log4 x + log4 log2 x ≤ 2. L i gi i : log x > 0 1 ĐK: log4 x > 0 ⇐⇒ x > 1.Mà log2 log4 x = −1 + log2 log2 x , log4 log2 x = 2 log2 log2 x 2 3 B t phương trình thành: log2 log2 x ≤ 3 ⇐⇒ log2 log2 x ≤ 2 ⇐⇒ log2 x ≤ 4 ⇐⇒ 1 < x ≤ 16 2 —————————————————-H t—————————————————- 5
nguon tai.lieu . vn