2 Tỡm trờn đồ thị C điểm M sao cho khoảng cỏch từ điểm M đến đường tiệm cận ngang bằng 5 lần khoảng cỏch từ điểm M đến đường tiệm cận đứng.. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh tho
Trang 1ễN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 24 NĂM 2014 Thời gian làm bài 180 phỳt
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 ( )
3
x
x
1) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2) Tỡm trờn đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cỏch từ điểm M đến đường tiệm cận ngang bằng 5 lần khoảng cỏch từ điểm M đến đường tiệm cận đứng
8 sin xcos x 3 3 sin 4x3 3 cos 2x9sin 2x11
Cõu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh trờn : x x y xy y
3 6 2 9 2 4 3 0
2
Cõu 4 (1,0 điểm) Tỡm nguyờn hàm của hàm số:
2 3
f x
trờn đoạn 1; 8
Cõu 5 (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh thoi, hai đường chộo AC =
2 3a, BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cựng vuụng gúc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cỏch từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3
4
a
Tớnh thể tớch khối chúp S.ABCD theo a
Cõu 6 (1,0 điểm) Cho *
,
a b Chứng minh rằng: a2 b 3 b2 a 3 2a 1 2b 1
II/ PHẦN RIấNG (3,0 điểm): Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trỡnh Chuẩn
Cõu 7a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng :x 2y 3 0 và hai điểm A(1; 0), B(3;
- 4) Hóy tỡm trờn đường thẳng một điểm M sao cho MA3MB
nhỏ nhất
2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giỏc ABC, cú điểm A(2; 3), trọng tõm G(2; 0) Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trờn hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0 Viết phương trỡnh đường trũn cú tõm C và tiếp xỳc với đường thẳng BG
Cõu 8a (1,0 điểm) Giải bất phương trỡnh trờn : 8 2 1 3x 4 3x 21 3x 5
B Theo chương trỡnh Nõng cao
Cõu 7b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8) và hai đường thẳng
d x y ; d2:5x2y 7 0 cắt nhau tại A Viết phương trỡnh đường thẳng d3
đi qua P tạo với d1, d2thành tam giỏc cõn tại A và cú diện tớch bằng 14, 5
2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Hypebol (H): 1
9 16
2 2
y
x Viết phương trình chính tắc
của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở
của (H)
Cõu 8b (1,0 điểm) Cho khai triển Niutow x 1
2
8 1
log 3 1
Hóy tỡm cỏc giỏ trị của
x , biết rằng số hạng thứ 6 từ trỏi sang phải trong khai triển này là 224
Trang 2ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 24 NĂM 2014
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
* Tập xác định D \ 3
* Sự biến thiên:
+/ Giới hạn và tiệm cận:
xlim y 1; limx y 1
: Đồ thị có tiệm cận ngang là y 1
: Đồ thị có tiệm cận đứng là x 3
+/ Ta có:
5
3
x
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;3và
3;
x 3 '
y 0 0
y
1
1
* Đồ thị:
Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C): ;1 5 , 3
3
a
Tiệm cận đứng 1:x 3 0; tiệm cận ngang 2:y 1 0
Theo giải thiết: 2 1
5
3
a
Giải phương trình (1), ta được: a 4;a 2
Vậy các điểm cần tìm là: M 4;6 & M'2; 4
Câu 2
(1,0
điểm)
Phương trình 2 2
8 1 3sin xcos x 3 3 sin 4x 3 3 os2c x 9 sin 2x 11 0
3 3 os2c x 2 sin 2x 1 3 2 sin 2x 3sin 2x 1 0
x
Trang 3Giải phương trình (1): sin 2 1 12
5 2
12
Giải phương trình (2): 3 os2 sin 2 1 os 2 1 4
5
12
Câu 3
(1,0
điểm) Ta có: (1) (x y ) (2 x4 ) 0y x y
x 4y
Với x = y: Thay vào (2) ta được x = y = 2
Với x = 4y: Thay vào (2) ta được x32 8 15; y 8 2 15
Câu 4
(1,0
điểm)
Vì hàm số liên tục trên 1;8 Ta có:
3
1 1 1
1
x
= 2
1
d x
x
Vậy nguyên hàm của hàm số
2 3
1 x
f x
x x
trên đoạn 1;8 là: F x ln(x 1) C C;
x
Câu 5
(1,0
60
Hay ABDđều Do SAC ; SBD ABCDnên giao tuyến của chúng SO (ABCD) Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB và DH = a 3;
a
OK DH OK AB AB (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK OI (SAB), hay OI 3
4
a
OI
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 12 12 12
2
a SO
đường cao của hình chóp
2
a
SO Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
a
Câu 6
(1,0
2
S
A
B K
H
C
O
I
D
a
Trang 4Tương tự: b2 a a b 1
2
3 4
2
Thật vậy, (*) a2 b2 ab a b 1 4ab a b 1
Dấu "=" xảy ra a b 1
2
A Theo chương trình Chuẩn
7a
(2,0
điểm) Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB Khi đó I(1 ; -2), J(5; 3
Ta có : MA 3MB (MA MB ) 2MB 2MI 2MB 4MJ
Vì vậy MA3MB
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng
Đường thẳng JM qua J và vuông góc với có phương trình : 2x – y – 8 = 0
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
2
5
x
x y
y
Vậy M(19; 2
)
Giả sử B x( B;y B)d1x B y B 5; (C x C;y C)d2 x C 2y C 7
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1)
Ta có BG(3; 4)VTPT nBG(4; 3)
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
Bán kính R = d(C; BG) = 9
5 phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 81
25
8a
(1,0
điểm)
Giải bất phương trình: 8 2 1 3x 4 3x 21 3x 5.
Điều kiện: x 3 Đặt 3
t BPT 2
8 2tt 2t 5
2
t
5 0 2
17 1;
5
t
t t
0 t 1 2 x 1 3 x 0 x 3
B Theo chương trình Nâng cao
7b
(2,0
điểm)
Ta có A(1; 1) và d1 d2 Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1, d2
là: 1: 7x 3y 4 0 và 2: 3x 7y 10 0
Trang 5d tạo với d1, d2một tam giác vuông cân d3vuông góc với 1 hoặc 2.
Phương trình của d3có dạng: 7x 3yC 0 hay 3x7y C 0
Mặt khác, d3qua P ( 7;8)nên C = 25 ; C = 77
Suy ra : d3: 7x3y250 hay d3 :3x7y770
Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 29
2 cạnh huyền bằng 58
Suy ra độ dài đường cao A H = 58
2 = d A d( , 3)
Với d3 : 7x3y250 thì ( ; 3) 58
2
d A d ( tm)
Với d3 : 3x7y770 thì ( ; 3) 87
58
d A d ( loại )
Hypebol (H) có các tiêu điểm F15; 0 ; F25; 0 Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3),
Gỉa sử PT chính tắc của (E) có dạng: 1
b
y a
x 2 2 2
2
( với a > b và 2 2 2
a b c ) (E) Cũng có hai tiêu điểm 2 2 2
4;3 E 9a 16b a b 2
Từ (1) và (2) ta có hệ:
15 b
40 a b
a b 16 a 9
b 5 a
2 2 2
2 2 2
2 2 2
Vậy phương trình chính tắc của (E) là: 1
15
y 40
8b
(1,0
điểm)
Hãy tìm các giá trị của x ,
Ta có:
k 8
8
k 0
Áp dụng với 3 x 1 2 x 1
2
1
log 3 1 log 9 7 x 1 3 5 x 1 5
+ Theo thứ tự trong khai triển trên, số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của
1
T C 9 7 3 1 56 9 7 3 1
+ Theo giả thiết ta có : x 1 x 1 1 x 1 x 1 x 1
x 1
= 224
x 1 2
x 1
x 2