Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: .. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho.[r]
Trang 1YÊU TOÁN HỌC
http://facebook.com/hoitoanhoc
ĐỀ SỐ 07 (Ngày thi: 20h00 - 26/04/2014)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013-2014 Môn thi: Toán; Khối thi: A và A1
(Đáp án – thang điểm có 6 trang)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số:
1
x
x
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số trên
b)Tìm a để từ A0;a kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị C sao cho 2 tiếp điểm nằm về hai phía trục Ox
Nguyễn Xuân Nam
b) Phương trình đường thẳng kẻ từ A 0;a có dạng: ykxa
Để đường thẳng đó là tiếp tuyến của C thì 1 a x 2 2a 2 x a 2 0(1) 0.25đ
Để có 2 tiếp điểm thì phương trình 1 phải có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2 khác 1
1
1 1
a a
g
0.25đ
Hai tiếp điểm nằm về hai phía trục Ox nên y y1. 2 0
x x x x
a
0.25đ
3 a
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
cos
2 cos sin
Nguyễn Xuân Nam
Điều kiện:
4
x k
Phương trình tương đương:
2
1 2 sin 2 2 sin
0.25đ
2
2
x
5 2
sin
4
2 2 2 sin 2 sin cos cos 2 1
x
0.25đ
1 2 2 2 sinx 2 sin x cosx cos2x 0.25đ
Trang 2Trang 2/6
2 2 sin x 2 cosx 2 2 cos2x
8
Suy ra phương trình (1) vô nghiệm
Phương trình có nghiệm: 2
4
x k
0.25đ
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình x2 16x2 5 4x2 1 x x2 1
Nguyễn Duy Hồng
Điều kiện: ; 5 5;
4
TH2: 5;
4
x
t
1
2
4
Ta có:
4
0.25đ
Khi 5
4
x thì 2
2
4 1
1
3
x
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S ; 5 1 ;
0.25đ
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
2
cos sin
x x
Nguyễn Xuân Nam
2 2
2
1
sin cos sin cos
Đặt:
2
x
x x
2 2
1
x x
x x e
e
0.25đ
Vậy
2
1 1
I
e
0.25đ
Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC A B C ’ ’ ’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của A’ lên mặt phẳng ABC trùng tâm O của tam giác ABC ; khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3
4 Tính theo a thể
Trang 3tích khối lăng trụ ABC A B C ’ ’ ’
Nguyễn Xuân Nam
Gọi M là trung điểm BC ta thấy: '
'
AM BC
BC A AM
A O BC
Kẻ MHAA (do ' A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA ) ’ 0.25đ
' '
BC A AM
HM BC
HM A AM
Vậy HM là đoạn vuông góc chung của
’
',
4
d AA BC HMa
0.25đ
Xét 2 tam giác đồng dạng AA O’ và AMH , ta có: A O' HM
AO AH
A O
0.25đ
Thể tích khối lăng trụ:
3
ABC
Câu 6 (1,0 điểm) Giả sử a b c, , là các số thực không âm thỏa mãn a b c 2 và ab bc ca0 Chứng
4
2 2
P
Trung Kiên
Trước hết ta chứng minh kết quả sau: Với mọi ,a b0, thì
a2 6ab b 2a2 b2ab 4 *
Thật vậy , sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a ab b a b ab a b ab a b
2
a b
0.25đ
Áp dụng bất đẳng thức (*) , ta được
a ab b
Thiết lập 2 đánh giá tương tự ta chứng minh
4
2 2
Do tính đối xứng giữa , ,a b c nên không mất tính tổng quát , ta có thể giả cmina b c, , .Khi
đó dễ thấy:
0.25đ
x a y b khi đó bài toán quy về chứng minh
4
2 2 4
2 2
x y x y
x y và x y 2
Tới đây, sử dụng bất đẳng thức AMGM và chú ý:
0.25đ
A
B
C
C
’ B
’
A
’
H
Trang 4Trang 4/6
2 2 1 2 2 1 2
xy x y xy x y xy và 2
2 2
2
x y
Ta có
2
4
Vậy điều phải chứng minh
0.25đ
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các cạnh
: 4 3 – 4 0; : – – 1 0
AB x y BC x y ; phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng d x: 2 – 6y 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Nguyễn Xuân Nam
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 4 3 4 0 2 2; 4
A
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trinh: 4 3 4 0 1 1; 0
B
Đường thẳng AC đi qua điểm A 2;4 nên phương trình có dạng:
2 4 0 2 4 0
Gọi 1: 4x 3y 4 0; 2:x 2y 6 0; 3:axby 2a 4b 0
Từ giả thiết suy ra 2 ; 3 1 ; 2 Do đó
2 2
|1 2 | | 4.1 2.3 |
25 5 5.
0
a b
a b a
a b a b a a b
a b
+ a 0 b 0 Do đó 3:y 4 0
+ 3 – 4a b 0 Có thể cho a 4 thì b 3 Suy ra 3: 4x 3y 4 0 (trùng với 1)
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y 4 0
0.25đ
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 4 0 5 5;4
C
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho P :x 2y 2z 3 và mặt cầu
2 2 2
S x y z Tìm những điểm M S , N P sao cho MN có độ dài nhỏ nhất
Nguyễn Xuân Nam
2 2 2
S x y z Tâm I 1 ;2 ;1, bán kính R 1
P :x 2y 2z 3 0 dI P; 2 P S
Giả sử tìm được N0 P N0 là hình chiếu vuông góc của Itrên P
0.25đ
0
1;2;1
1; 2;2
d
1
1 2 7
3 3 3
1 2
0.25đ
d S M1 ;M2 1 2 4 5; ; , 2 4 8 1; ;
M M M M M S để M N0 0 nhỏ nhất M0M1
Vậy, những điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán 2 4 5; ; , 1 2 7; ;
M N
0.25đ
Trang 5Câu 9.a (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức 2 4 6 100
Nguyễn Xuân Nam
Ta có: 100 0 1 2 2 100 100
1 x C C xC x C x (1)
100 0 1 2 2 3 3 100 100
Lấy 1 2 ta được: 100 100 0 2 2 4 4 100 100
1 x 1 x 2C 2C x 2C x 2C x 0.25đ Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được:
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A 3;3 , bán kính đường tròn ngoa ̣i tiếp bằng 25
2 , 2AB 5AC; đườ ng thẳng BC: 3x y 2 0 Tìm tọa độ trọng tâm G
của tam giác ABC; biết y B 0 và y C 0
Phan Thành Đạt
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A
Gọi B t1 ;2 3 t1BC C t, 2 ;2 3 t2BC
Ta có: ; 3.3 3 22 2 10
AH d A BC
0.25đ
ABC
AB AC BC
R
2
1
2
2
0.25đ
Trọng tâm của tam giác có tọa độ 2 10;
3 3
G
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A0;1;1 , B 2; 1;1 , C 4;1;1 và mặt phẳng P :x y z 6 Tìm điểm M trên P sao cho MA 2MBMC đạt giá trị nhỏ nhất
Nguyễn Xuân Nam
Giả sử tọa độ điểm M là M x y z ; ;
MA x y z MB x y z MC x y z
Áp dụng BĐT: 2 2 2 1 2
3
a b c a b c Ta có: 2 2 2 1 2
3
x y z x y z
0.25đ
Vì M P x y z 6 nên 2 2 2
x y z MA MBMC 0.25đ
Vậy MA 2MBMC đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 3, khi đó 6 3;1;2
x y z
M
Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi A B, là hai điểm trong mặt phẳng phức, biểu diễn theo thứ tự hai số phức
1 , 2 0
z z thỏa mãn 2 2
z z z z Chứng minh rằng tam giác OAB là tam giác đều (O là gốc tọa độ)
Tiến Vũ Việt
Từ giả thiết ta có: 2 2
Mặt khác z2 z z z z2 z z z z .z z z .z z 0.25đ
Trang 6Trang 6/6
Suy ra
z z
z z
Vậy z1z2 z1 z2 OAOBAB, vậy tam giác OAB đều 0.25đ
Thông báo: Đề thi thử lần 8 sẽ được post lên page lúc 20h00 ngày 10/05/2014