DAP AN DE 6

Viết phương trình đường thẳng   cắt trục hoành tại điểm A và cắt đường thẳng tại điểm B sao cho tam giác AM B vuông cân tại điểm M... Điểm M trong không gian thỏa..[r]

TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN ĐỀ 06 TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2014

GV BÙI VĂN NHẠN MÔN TOÁN KHỐI A, B, D

ĐỀ 06 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

1 Cho hàm số

1

x y x





 có đồ thị  C Tìm trên đồ thị C hai điểm phân biệt A B, sao cho 3 điểm I(0; 1 , ,- ) A B thẳng háng và IA IB =4

1,00

(AB) có phương trình: y kx  1

Phương trình hoành độ giao điểm 2 1 1  1

1

x

x





     (x = 1 là nghiệm phương trình)

2 điểm A, B thuộc (C) và 3 điểm I, A, B thẳng hàng thì (1) phải có 2 nghiệm phân biệt

0

k

Gọi A a ka ; 1 , B b kb ; 1 a b a b ; , 1 là 2 điểm trên (C) sao cho I, A, B thẳng

hàng khi đó a, b là nghiệm phương trình (1) nên

,

k



IA IB= Û AI BI = Û a +k a b +k b =

k

æö÷ ç

1 1

k k







4

ab

a b





 



2

2

ab

a b





 



KL: Vậy tọa độ các điểm A, B cần tìm là A2 2;1 2 , B 2 2;1 2

hoặc

 1 3; 3 ,  1 3; 3

A    B  

Cách 1: ĐK:

2

1 sin

3

x

Đặt t  3sinx 2 0   t 1 t2 2 3sinx khi đó ta có

2

2

x t







do

2

1 sin

3

x

và t  0 sinx t  3 0VN

2

2

Cách 2:

2

1 sin

3

x

Pt

2

sinx 1 sin  x 2 4sin  2x 12sinx 44 0 sinx 1

2

x  k k Z

3 Giải bất phương trình sau x25x 2x1 3 x1 0 1,00

ĐK:

1 3

x 

2

KL: Bất phương trình vô nghiệm

Cách 2:

1 3

x 

suy ra x  1 0 khi đó 2x1 3 x 1x123x1x25x

Vậy x25x 2x1 3 x1 0  x 1 3x1 x2 x 1 0VN

4

Giải hệ phương trình sau

 

 

3 2

x x y

xy y x





Cách 1:  2  x1 y 3 x

Với x = -1 thì phương trình vô nghiệm

3 1

1

x

x



 thế vào (1) ta được

2

1

x

x x

x





2x2 x x  2 2x 1 x2 6x 9 7x2 2x 1



   







KL: Hệ có 4 nghiệm

 ;  1;2 , 2; 1 ,   3 17 1; 17

x y       

Cách 2:  2  x y  1  3 y (cách 2 không hay bằng cách 1 vì phương trình (1) có 2

biến x và x2 nên thế chậm hơn cachs 1)

5

Tính các tích phân sau 1)  

1

0

ln 1

I x x dx

2)

1

ln 1 ln

x x





 

1

0

ln 1

I x x dx

Đặt

1

2

2

2 3

2

ln 1

2

3

xdx

x x

dv x dx v











1

ln 2 3

I   A

với

2

1

1

2

1

x

1

2 0

x





Đặt x tant 2 t 2

1 cos

t



Đổi cận:

1

4











Vậy

ln 2

I    

ln

1

x

x





ln

Đổi cận:

2

e

x e t





   



Khi đó

2 2

8

2

e e





6

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật, hai mặt phẳng (SAB)

và

(ABCD) vuông góc với nhau Tam giác SCD đều cạnh a, góc giữa hai mặt phẳng

(SCD) và (ABCD) bằng a Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a và a Tìm a để

thể tích lớn nhất

1,00

N H

D A

S

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AB

   

SH AB SAB ABCD

Và SAB ABCD

Suy ra SH ABCD

Gọi N là trung điểm của CD do SCD đều suy ra

CDSN CD SHN  CDHN suy ra H là trung điểm AB và

SNH   SCD ABCD

3 2

a

SN 

(đường cao tam giác đều SCD Tam giác SHN vuông nên

3 cos 2

a

và

3 sin 2

a

Khi đó

2

ABCD

a

3

4

S ABCD

a

S ABCD

Để

3

S ABCD

a

7

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng  d :x y 0 và điểm M2;1

Viết phương trình đường thẳng   cắt trục hoành tại điểm A và cắt đường thẳng ( )d

tại điểm B sao cho tam giác AM B vuông cân tại điểm M

1,00

 ;0

Ox A a

     nên B b b ; 

Ta có MA a 2; 1   MA a 221

MB b b  MA b  b

Tam giác MAB vuông cân tại

MA MB M

MA MA



 





 



 



Dễ thấy b = 2 thì (1) vô nghiệm

2

b  thì  1 2 1

2

b a

b



 thế vào (2) ta được

               

2

1

2

b

b





b





Với a2,b 1 A2;0 , B1,1  pt  :x y  2 0

Với a4,b 3 A4;0 , B3,3  pt  : 3x y 12 0

8

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A2;0;0 , B 0;4;0 ,   C0;0;6 và

D 2;4;6 Điểm M trong không gian thỏa MA MBuuur uuur uuur uuur+ +MC+MD =40

Tìm điểm

M sao cho khoảng cách từ điểm M đến ( )P : 3x+4y- 36=0 là lớn nhất

1,00

Gọi

MA MB+ +MC+MD= - x+ - y+ - z+

MA MB+ +MC+MD = Û x- + -y + -z =

uuur uuur uuur uuur

x 12  y 22 z 32 100

Vậy M thuộc   S : x 12 y 22z 32 100

Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất thì Khoảng cách từ điểm M trên (S) tâm

1;2;3

I

bán kính R 10 đến (P) lớn nhất

Gọi  d

đi qua I, P suy ra phương trình tham số của

1 3

3

z

 







 



Xét hệ tạo bởi (d) và (S)  2  2  2

1 3

2 4

z

 





 





Suy ra  3t 2 4t 2 100 t2  4 t 2

Với t  2 M17;10;3 ; t 2 M25; 6;3 

 

3.7 4.10 36

5

 

5

Vậy điểm M   5; 6;3 thỏa đề bài

Cách 2: Gọi G là trọng tâm tứ diện suy ra G1;2;3 khi đó GA GB GC GD   0

Mà MA MB MC MD   4MG 4MG 40 MG 10

suy ra M nằm trên mặt cầu  S tâm G bán kính bằng 10 nến pt   S : x 12 y 22z 32 100

Do d G P  ;   5

nên  P tiếp xúc với (S)

(S)

I

M

G

(P)

Vậy khoảng cách M trên (S) đến  P

lớn nhất bằng 10 + 5 =15 khi M nằm trên đường thẳng đi qua G và vuông góc với (P) tại I sao cho MG  2GI

Phương trình

1 3

3

z

 







 



MG GI  t 

suy ra M   5; 6;3

9

Cho n là số tự nhiên thỏa mãn phương trình sau: 14 1 42 1 42n 1 2496 1

C + +C + + +C + = - với

k

n

C là tổ hợp chập k của n Tìm n và cho biết trong khai triển sau đây có bao nhiêu số

hạng hữu tỉ ( 3+45)n

1,00

 

 

     

n





( 4 ) ( 4 )124 124 1(124 ) 124 62

k

Để có số hạng hữu tỉ thì

4

4

k

k





 



Vậy khai triển trên có tất cả 32 số hạng hữu tỉ

10 Từ tập hợp A={0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} Lấy lần lượt từ tập hợp A ra 6 số Tính xác

suất để 6 số lấy ra có đúng 3 số chẵn và 3 số lẻ 1,00 Gọi B là biến cố lấy được lần 6 số lấy ra có đúng 3 số chẵn và 3 số lẻ

  53 53

n B A A

n  A

Xác suất cần tìm là

 

 

1 42

n B P

n

