Xem mẫu
- 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--------------------------------------
- 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
- 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
- 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
- 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