1 điểm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD với điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3 NC.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức..[r]
Trang 1ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn Toán; Khối A và khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số = +
−
2 ( ) 1
x
x (1)
a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1)
b) Tìm các điểm M thuộc ( )C sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y= −x bằng 2
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình sinx+4 cosx=2 sin 2+ x
Câu 3 (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong =y x2− +x 3 và đường thẳng
=2 +1
y x
Câu 4 (1 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn +z (2+i z) =3 5+ i Tìm phần thực và phần ảo của số phức z
b) Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ Tính xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn
Câu 5 (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2P x y+ −2z− =1 0 và đường thẳng − = = +
−
( ) :
y
d Tìm tọa độ giao điểm của ( )d và ( ).P Viết phương trình mặt phẳng chứa ( )d và vuông góc với ( ).P
Câu 6 (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , =3
2
a
SD , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp
S ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD)
Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD với điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN= 3NC Viết phương trình đường thẳng CD , biết rằng M(1; 2) và N(2; 1).−
Câu 8 (1 điểm) Giải hệ phương trình
2 3
với x y, ∈
Câu 9 (1 điểm) Cho x y z, , là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2+y2+z2=2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
+ + + + + +
2
2
1
1 9 1
x
P
x y z
Trang 2LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1
a) Xét hàm số = +
−
2 1
x y
x Điều kiện xác định D=\{1}
Ta có ′ = − <
− 2
3 0 ( 1)
y
x với mọi
∈
x D
Giới hạn:
−
→
= −∞
1
lim
x
y ,
+
→
= +∞
1
lim
x
y , tiệm cận đứng x= 1,
→±∞ =
lim 1
x y nên tiệm cận ngang = 1y Bảng biến thiên
x −∞ 1
+∞
′
−∞
+∞
−∞
Đồ thị hàm số
b) Xét điểm M∈ ( )C và +
−
0 0 0
2
; 1
x
M x
x với x0≠1 Phương trình đường thẳng đã cho là ( ) : d y= − ⇔x x y+ =0
Khoảng cách từ M đến ( )d là
+ +
=
− +
0
2
1 2
1 1
x x
x
Theo bài toán : + =
−
2 0 0
2 1
2 1 2
x
2
x x , do x02+2>0 với mọi x0 ≠1
y
x
Trang 3Ta xét các trường hợp:
- Nếu x0− ≥1 0, ta có x20+2=2(x0−1)⇔x02−2x0+4=0, vô nghiệm do ′∆ = − <3 0
- Nếu x0− <1 0, ta có x20+2= −2(x0−1)⇔x20+2x0=0⇔x0=0 hoặc x0= −2
Cả 2 nghiệm này đều thỏa
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn đề bài là M(0; 2),− M( 2; 0)−
Câu 2 Xét phương trình lượng giác sinx+4 cosx=2 sin 2+ x
Ta biến đổi như sau: sinx+4 cosx=2 2 sin cos+ x x⇔sin (1 2 cos ) 2(1 2 cos )x − x − − x =0
⇔(1 2 cos )(sin− x x−2)=0⇔ −1 2 cosx=0hoặc sinx−2=0
Phương trình sinx−2=0 vô nghiệm do sinx ≤1 với mọi ∈x
Do đó ta có − = ⇔ =1 ⇔ = ±π+ π
Câu 3 Phương trình hoành độ giao điểm x2− +x 3=2x+ ⇔1 x2−3x+2=0⇔x=1 hoặc =x 2 Diện tích hình phẳng cần tính là
2
1
Vậy diện tích cần tìm là =1
6
S Câu 4
a) Đặt = +z x yi với x y, ∈
Ta có +x iy+(2+i x iy)( − )=3 5+ i⇔3x y+ + − +( y x i) =3 5+ i
+ − =
⇔ + − + − − = ⇔
− − =
5 0
x y
x y Giải hệ này ta được =x 2,y= −3
Do đó = −z 2 3 i
Vậy phần thực của số phức cần tìm là 2, phần ảo là −3
b) Số cách chọn 4 thẻ bất kỳ trong 16 thẻ là C164 cách
Số các số chẵn từ 1 đến 16 là 8 bao gồm 2, 4,6,8,10,12,14,16
Chọn 4 số trong 8 số này có C cách 48
Vậy xác suất cần tính là = =
4 8 4 16
70 1
1820 26
C
Câu 5 Gọi A=( )d ∩( )P Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình
+ =
−
+ − − =
x y y
x z
Giải hệ này, ta được =7 = − = 3
, 3,
Do đó, tọa độ của A là −
; 3;
Gọi Q là mặt phẳng chứa ( )d và vuông góc với ( )P Khi đó ( )Q qua M(2; 0; 3− )∈( )d và có phương trình pháp tuyến là (1; 8; 5)
Vậy phương trình của ( )Q là +x 8y+5z+13=0
Câu 6
Trang 4Cách 1: a) Tính thể tích S ABCD
Gọi M là trung điểm AB khi đó
SM ABCD
Theo định lý Pythagore thì
Tam giác SMD vuông tại M và
SM ABCD suy ra:
Ta tính được . =1⋅ ⋅ =1 3
(đơn vị thể tích)
M
D A
S
K I
b) Tính khoảng cách từ A đến (SBD )
3
1
A SBD S ABD S ABCD
a
Kẻ MK⊥BD với K∈BD , mà BD⊥SM nên BD⊥(SMK suy ra ) BD⊥SK
Tam giác MBK vuông cân ở K suy ra = 2
4
a
4
a
2
2
SBD
Vậy khoảng cách cần tìm là ( )= = ⋅ =
.
A SBD SBD
d A SBD
Cách khác tính khoảng cách: = + = ⇒
3
2
1
a
2 2
a
Gọi h là chiều cao từ M của tam giác SMK : = + = ⇒ =
3
2 2
a h
=2 ⇒ ( ; )=2 ( , )=2
a
2
2
4
a a
( ,( )) 2
3
a
d A SBD MI
Cách 2:
a) Tính thể tích S ABCD
Trang 5Gọi H là trung điểm của AB ⇒ = = = ⇒ = + = + = =
;
3 2
a
b) Tính khoảng cách từ A đến (SBD )
( )
AH SBD B ( ( ) )
( )
2
;
d A SBD BA
BH
Kẻ HE⊥BD E( ∈BD ) ⇒E là trung điểm của BO (O là tâm của đáy)
Kẻ HK⊥SE K( ∈SE Ta có:) ⊥ ⇒ ⊥( )
⊥
BD HE
BD SHE
BD SH ⇒BD⊥HK mà SE⊥HK
Do đóHK⊥(SBD ) ⇒d H SBD( ;( ) )=HK
+ Tính HK
Ta có: =1 =1 = 2
a
3
a HK
Vậy ( ( ) )= = 2
3
d A SBD HK a
Cách 3: Gọi SH=h h ( >0)
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A≡O(0; 0; 0); (0; ; 0); ( ; 0; 0);B a D a ( ; ; 0); (0; ; 0); (0; ; )
Ta có =( ;− ;− )
2
a
2
3 2
a
Vì =( ;− ;− ); =( ;− ; 0)
2
a
= − − − = −
2
0
1
a
với n0=(2; 2;1)
Phương trình mặt phẳng (SBD có vecto pháp tuyến ) n0=(2; 2;1)
là 2x+2y z+ −2a=0
+ +
( ;( ))
3
4 4 1
Câu 7
Cách 1: Gọi ( , )I a b là tâm của hình vuông đã cho thì N là trung điểm của IC
Đặt AM=x , ta có =3 =3 2 =3 2 =3 2
Tam giác AMN có MAN=45° nên theo định lý cosin thì
= + − ⋅ ⋅ ° = + − ⋅ ⋅ ⋅ =
Trang 6Lại có MN2 =(2 1)− 2+ − −( 1 2)2 =10 nên = ⇔ =
2
5
2
x
x
Theo giả thiết thì
⇔
Trừ từng vế của hai phương trình, ta được =a 3b+1, thay vào
phương trình đầu của hệ, ta có
− 2+ + 2 = ⇔ − = ⇔ =
(3b 1) (b 1) 2 2 (5b b 2) 0 b 0 hoặc =2
5
I
A
Ta có 2 trường hợp:
- Nếu =b 0 thì a=1 khi đó I(1; 0), C(3; 2)− Phương trình đường thẳng CD tương ứng là + =y 2 0
- Nếu =2
5
b thì =11
5
a khi đó
11 2
;
5 5
9 12
;
5 5
C Phương trình đường thẳng CD tương ứng là
3x 4y 15 0
Vậy có 2 phương trình CD thỏa mãn là + =y 2 0 và 3x−4y−15=0
Cách 2: Gọi F giao điểm NM và CD
∆NAM~∆NCF⇒NA= NM=3
1 3
⇒
− =
+ = −
1
2 (1) 3 1
1 ( 3) 3
F
F
x
y
⇒ −
7
; 2 3
Gọi =n ( ; )a b ≠0
là vecto pháp tuyến của AB , phương trình AB : a x( −1)+b y( −2)=0 và CD :
−7 + + =
( ) ( 2) 0
3
Đặt = >0⇒ = , =3
x
AB x MH NH x Từ MN2=MH2+NH2⇒ =x 4
Với = ⇒ =a 0 b 0 (loại)
Với = −3
4
a b thì ta tìm được 2 phương trình CD thỏa mãn là + =y 2 0 và 3x−4y−15=0
Chú ý
Gọi cạnh hình vuông là m và E là hình chiếu vuông góc của M lên CD
Gọi F x y là giao điểm của MN và CD theo định lý Talet ta có: ( ; ) = = =1
3
Ta có: NM= −3NF
( ) ( )
7
; 2 3
3
F
Mặt khác =3⇒ =1 ⇒ =
2
4
m
Gọi VTPT của CD lànCD =(a b; )
ta có phương trình của − + ( + )=
7
3
CD a x b y và nMN = 3;1( )
Ta có: = = 1
cos
10
EF MFD
= −
+
10 10
a b
Trang 7
Vậy có 2 phương trình CD thỏa mãn là + =y 2 0 và 3x−4y−15=0
Cách 3: Gọi A x y( ; )⇒B(2−x; 4−y )
Xét cạnh hình vuông là a thì = = + = = + =
2
a
Suy ra ∆MND vuông cân tại N
Đường thẳng ND có phương trình là −x 3y−5=0⇒D(5 3 ; )+ a a và DN= 10
⇔(3a+3)2+(a+1)2=10⇔10a2+20a=0⇔a= −2 hoặc =a 0
+ Xét = ⇒a 0 D(5; 0), gọi I là tâm hình vuông thì =2 ⇒ ( +4; −2)
y x
AI IN I
Do I là trung điểm BD nên
13 16
5
x x
x
A
y y
y
CD đi qua D(5; 0) có vec tơ pháp tuyến = −
12 16
;
AD
nên có phương trình 3x−4y−15=0
+ Xét = − ⇒a 2 D( 1; 2)− − thì =2 ⇒ ( +4; −2)
y x
AI IN I
Do I là trung điểm BD nên
=
1
x x
x
A
CD đi qua D( 1; 2)− − và có vec tơ pháp tuyến AD= 0; 4( )
nên có phương trình + =y 2 0
Câu 8 Xét hệ phương trình
2 3
Cách 1: Điều kiện xác định − ≥ − ≥ ⇔ ≤ ≤
(12 ) 0
x
Phương trình thứ nhất tương đương với y(12−x2)=12−x 12−y ( )∗
Bình phương 2 vế của phương trình này ta được
2
(12 ) 144 24 12 (12 )
12 144 24 12 12 0
Đặt =t 12−y ≥0 thì =y 12−t , ta đưa về 2
12(12 t ) 144 24xt 12x 0 12t 12x 24xt 0 x t
Do đó =x 12−y ⇔y=12−x , thay vào phương trình 2 của hệ, ta được: 2 x3−8x− =1 2 10−x 2
Ta thấy hệ có nghiệm là =x 3, ta sử dụng phương pháp lượng liên hợp như sau
−
− +
2
2
2(9 )
x
x
− +
2
2
2( 3)
x
x
− +
2
2
2( 3)
x
x
vô nghiệm
Trang 8Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( ; ) (3; 3).x y =
Chú ý:
Từ ( )∗ ⇒ ( − )= − − + ( − )⇔( − − ) = ⇔ = − ⇔ ≥
= −
2
2
0
12
x
y x Cách 2: Điều kiện : ≤ ≤2 y 12,x ≤2 3
Xét a=( , 12x −x2),b=( 12−y, y)
, ta có phương trình (1) có dạng a b = a b
Nên (1) ⇔x y= 12−x2 12−y ⇔y=12−x x2, ≥0
Thay vào phương trình thử hai ta được: x3−8x− =1 2 10−x2 ⇔( − ) ( + + )= ( − )( + )
− +
2
2
x
⇔x= 3 hoặc ( + + ) − + − ( + )=
Đặt ( )=( + + ) − + − ( + )
2 3 1 10 2 1 2 3
f x x x x x và f x'( )<0 ,∀ >x 0⇒phương trình vô nghiệm Chú ý: a = b = 12
; (1) ⇔a2+b2=2 a b
⇔a=b
⇔x= 12−y Cách 3: Đặt =a 12−y a, ≥0⇒y=12−a 2
Phương trình đầu ⇔ xa+ (12−a2)(12−x2)=12 ⇔ 122−12x2−12a2+x a2 2 =12−xa
⇔
≤
12
xa
≤
12
xa
≤
2
12
xa
x a
⇒ =x 12−y (*)
Thế (*) vào phương trình thứ hai được : (12−y) 12−y−8 12−y− =1 2 y−2
⇔ (4−y) 12−y =2 y−2 1+ ⇔(3−y) 12−y+ 12−y− + −3 2 2 y−2=0
y y ⇔ = 3y hoặc
y
nghiệm
Cách 4: Ta có x 12−y+ (12−x y2) ≤ (x2+12−x2) (12− +y y)=12
Đẳng thức xảy ra ⇔ = −
− 2
12 12
y x
y y
⇔x y= (12−y)(12−x2) (3)
Khi đó (1) tương đương với (3), thì
(3)
Thế (4) vào (2) ta được: (2)⇔x3−8x− =1 2 10−x2 ⇔x3−8x− −1 2 10−x2 =0
⇔ − − + − − =
3 8 3 2 1 10 2 0
Cách 5: Điều kiện:
≤ ≤
≤
2 12 12 y x
Trang 9Ta có: − ≤ − − ≤ + − − ≤ + −
2
Đẳng thức xảy ra khi x≥0,y=12−x2 Do đó (1) ⇔x≥0,y=12−x2
Thay y=12−x2 vào (2) ta được: x3−8x2− =1 2 10−x2
Để phương trình có nghiệm thì x3−8x2− ≥1 0⇔x3≥8x+ ⇒1 x>2 2
Xét hàm số f x( )=x3−8x2− −1 2 10−x2 với >x 2 2
−
2
2
2 '( ) 3 16
10
x
x > 0 với mọi >x 2 2, do đó hàm số f x( ) luôn đồng biến trên
khoảng (2 2;+∞) và phương trình f x( ) 0= nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất Nhận thấy
=
(3) 0
f nên x= 3 là nghiệm duy nhất
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( ; ) (3; 3).x y =
Câu 9
Cách 1: Ta có 2 1( +yz)=x2+(y z+ )2≥2x y z( + ), suy ra x2+yz x+ + ≥1 x x y z( + + +1)
Do đó
1
1
x P
+ + +
1 1
1 9
yz M
Theo bất đẳng thức Cô – si ta có: + + ≤ +( + ) = +
2 2
+ +
1 1
1
9
yz P
yz Đặt t= 1+yz t,( ≥1)ta có ≤ = − −
+
2
1 ( ) 1
2 1 9
t
P f t
Xét hàm số = − −
+
2
1 ( ) 1
2 1 9
t
f t
t với t≥ 1ta có
( )
( ) ( )
2
18 2 2 1
'( )
9
t t t
f t
và f t'( ) 0= ⇔ =t 1
Vì f t'( ) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua t= 1nênf t( ) đạt cực đại tại t= 1
Do đó ≤ ≤ = 5
( ) (1)
9
P f t f Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi =x 1,y=1,z=0hoặc =x 1,y=0,z=1
Chú ý: Theo BĐT BCS ta có : x+(y z+ )≤ 2(x2+(y z+ )2 =2 1+yz
1 1
9
1 2 1
yz T
yz =
+ +
2
1
2 1 9
u
4
9 u yz ⇒ P ≤ −4=5
1
9 9 Cách 2
Ta có x2+y2+z2=2⇒y= 2−z2−x2 ⇒ ≤y 2−x2 (đẳng thức xảy ra khi z= 0)
Suy ra x y+ ≤x+ 2−x2 ≤ 2(x2+ −2 x2)⇒ + ≤x y 2
+ + + + + +
2 2
1
1 9 1
x P
x y z
x yz x
Trang 10+ + + + +
2
2
1
1 9 1
y z x
P
x y z
x x (đẳng thức xảy ra khi z= 0)
+
+ +
2
2
1 1 1
1
P
x x (đẳng thức xảy ra khi z= 0, + = 2x y )
− −
Khi =x y= 1 và z= 0thì =5
9
P nên max =5
9
P Cách 3:
Từ giả thiết ta có 4 4+ yz=2x2+2(y z+ )2≥(x y z+ + )2⇒0≤x y z+ + ≤2 1+yz
Biểu thức P được viết lại như sau:
P
Đặt 1+yz=t, 1( ≤ ≤t 2 ) Khi đó ≤ + − + −
+ + +
1 1
2 1 9
P
t
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 2 5
1
9
P x x y z hoặc =x 1,y=0,z=1