Tổng hợp đề thi Đại học môn toán khối A từ 2009 đến 2014

30 732 1
  • Loading ...
1/30 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 26/04/2015, 23:15

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn thi: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 23 x y x + = + (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A , B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ .O Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) ()() 12sin cos 3 12sin 1sin xx xx − = +− . 2. Giải phương trình ( ) 3 23 2 36 5 8 0 .xxx−+ − −= ∈\ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân () 2 32 0 cos 1 cosIx π =− ∫ xdx . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp có đáy .SABCD A BCD là hình thang vuông tại A và ;D 2 A BAD a== , ;CD a= góc giữa hai mặt phẳng và () SBC ( ) A BCD bằng Gọi là trung điểm của cạnh 60 . D I AD . Biết hai mặt phẳng ( ) SBI và ( cùng vuông góc với mặt phẳng ) SCI ( ) A BCD , tính thể tích khối chóp theo . SABCD .a Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương ,, x yz thoả mãn ( ) 3, x xyz yz++ = ta có: ()()()()()() 33 35 3 . x yxz xyxzyz yz+++++ + +≤ + PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho hình chữ nhật ,Oxy A BCD có điểm là giao điểm của hai đường chéo (6;2)I A C và B D . Điểm ( ) 1; 5 M thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh thuộc đường thẳng . Viết phương trình đường thẳng CD :50xyΔ+−= AB . 2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz ( ) :2 2 4 0 Pxyz −−−= và mặt cầu ( ) 222 : 2 4 6 11 0. Sx y z x y z ++−−−−= Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi và là hai nghiệm phức của phương trình 1 z 2 z 2 210 zz 0 + += . Tính giá trị của biểu thức 22 12 .Az z=+ B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho đường tròn ,Oxy ( ) 22 :446 Cx y x y 0 + +++= và đường thẳng với m là tham số thực. Gọi là tâm của đường tròn ( Tìm để :23xmy mΔ+ − +=0, I ) . C m Δ cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác lớn nhất. IAB 2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng , Oxyz ( ) :221Px y z 0− +−= và hai đường thẳng 1 19 : 116 xyz++ Δ== , 2 13 : 21 1 2 x yz−−+ Δ== − . Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 Δ sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 Δ và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ) P bằng nhau. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) () () 22 22 22 log 1 log ,. 381 xxyy xy xy xy −+ ⎧ +=+ ⎪ ∈ ⎨ = ⎪ ⎩ \ Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát… • Tập xác định: 3 \. 2 D ⎧⎫ =− ⎨⎬ ⎩⎭ \ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: () 2 1 '0, 23 yx x − =<∀ + .D∈ Hàm số nghịch biến trên: 3 ; 2 ⎛⎞ −∞ − ⎜⎟ ⎝⎠ và 3 ; 2 ⎛⎞ − +∞ ⎝⎠ ⎜⎟ . - Cực trị: không có. 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: 1 lim lim 2 xx yy →−∞ →+∞ == ; tiệm cận ngang: 1 2 y = . 33 22 lim , lim xx yy −+ ⎛⎞ ⎛⎞ →− →− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ = −∞ = +∞ ; tiệm cận đứng: 3 2 x =− . 0,25 - Bảng biến thiên: Trang 1/4 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến… Tam giác OAB vuông cân tại suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng ,O 1± . 0,25 Gọi toạ độ tiếp điểm là 00 (; ) x y , ta có: 2 0 1 1 (2 3)x − = ± + ⇔ 0 2x = − hoặc 0 1.x =− 0,25 • , ; phương trình tiếp tuyến 0 1x =− 0 1y = yx= − (loại). 0,25 I (2,0 điểm) • , ; phương trình tiếp tuyến 0 2x =− 0 0y = 2yx= −− (thoả mãn). Vậy, tiếp tuyến cần tìm: 2.yx=− − x −∞ 3 2 − +∞ y' − − y 1 2 −∞ +∞ 1 2 y x O 1 2 y = 3 2 x = − 0,25 Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Điều kiện: sin 1 x ≠ và 1 sin 2 x ≠− (*). 0,25 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: (1 2 sin ) cos 3 (1 2 sin )(1 sin ) x xx−=+−x ⇔ cos 3 sin sin 2 3 cos 2 x xx−=+x ⇔ cos cos 2 36 xx π π ⎛⎞⎛ += − ⎜⎟⎜ ⎝⎠⎝ ⎞ ⎟ ⎠ 0,25 ⇔ 2 2 x k π π =+ hoặc 2 . 18 3 xk π π =− + 0,25 Kết hợp (*), ta được nghiệm: () 2 18 3 xkk ππ =− + ∈ ] . 0,25 2. (1,0 điểm) Giải phương trình… Đặt 3 32ux=− và 65, 0vxv=− ≥ (*). Ta có hệ: 32 238 53 uv uv += ⎧ ⎨ 8 + = ⎩ 0,25 ⇔ 32 82 3 1543240 0 u v uu u − ⎧ = ⎪ ⎨ ⎪ +−+= ⎩ ⇔ 2 82 3 ( 2)(15 26 20) 0 u v uuu − ⎧ = ⎪ ⎨ ⎪ + −+= ⎩ 0,25 ⇔ u và v (thoả mãn). 2=− = 4 0,25 II (2,0 điểm) Thế vào (*), ta được nghiệm: 2.x =− 0,25 Tính tích phân… 22 52 00 cos cos .Ixdxx ππ =− ∫∫ III dx 0,25 Đặt tx sin , cos ; (1,0 điểm) dt x==dx 0, 0; , 1. 2 xt x t π == = = () () 1 1 22 22 52 235 1 00 0 0 21 8 cos 1 sin cos 1 . 35 15 Ixdx xxdxtdtttt ππ ⎛⎞ ==− =−=−+= ⎜⎟ ⎝⎠ ∫∫ ∫ 0,50 () 22 2 2 2 00 0 111 cos 1 cos 2 sin 2 . 2224 Ixdx xdxxx ππ π π ⎛⎞ ==+=+ = ⎜⎟ ⎝⎠ ∫∫ Vậy 12 8 . 15 4 II I π 0,25 = −= − Tính thể tích khối chóp ()(SIB ABCD)⊥ và ()( )SIC ABCD ;⊥ suy ra ()SI ABCD⊥ . Kẻ IK BC⊥ ()KBC∈ ⇒ () B CSIK⊥ ⇒ n SKI = 60 . D 0,50 Diện tích hình thang :ABCD 2 3. ABCD Sa= Tổng diện tích các tam giác A BI và bằng CDI 2 3 ; 2 a suy ra 2 3 . 2 IBC a S Δ = 0,25 IV (1,0 điểm) () 2 2 5 B CABCDADa=−+= ⇒ 2 35 5 IBC S a IK BC Δ == ⇒ n 315 .tan . S A B 5 a SI IK SKI== Thể tích khối chóp .:SABCD 3 131 35 ABCD a5 SI== VS 0,25 I C D K Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Chứng minh bất đẳng thức… Đặt và ,axybxz =+ =+ .cyz=+ Điều kiện ()3 x xyz yz ++ = trở thành: c 222 .abab =+− a b abc c++ ≤ ,,abc Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 33 3 35; dương thoả mãn điều kiện trên. 0,25 222 cabab =+− 2 ()3ab ab=+ − 22 3 () ( ) 4 ab ab≥+ − + = 2 1 () 4 ab+ ⇒ (1). 2ab c +≤ 0,25 33 3 35ab abcc ++ ≤ 3 ( )3 5aba b ab abc c++−+≤ . ⇔ () 22 ⇔ 23 ()3 5abc abc c++ ≤ ⇔ 2 ()35abc ab c++ ≤ 0,25 V (1,0 điểm) (1) cho ta: () và 2 2abc c+≤ 2 3 2 )3; 4 ab a b c≤+≤3( từ đây suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi: . abc == ⇔ x yz= = 0,25 1. (1,0 điểm) Viết phương trình AB Gọi N đối xứng với M qua suy ra ,I ( ) 11; 1N − và N thuộc đường thẳng .CD 0,25 VI.a (2,0 điểm) E ∈Δ ⇒ ( ) ;5 ;E xx − ( ) 6;3IE x x= −− JJG và (11;6)NE x x =− − JJJG . E là trung điểm ⇒ CD .IE EN⊥ .0IE EN = JJG JJJG ⇔ (6)(11)(3)(6)0xx xx − −+− −= ⇔ 6x = hoặc 7.x = 0,25 • 6x = ⇒ ( ) 0; 3 ;IE =− JJG phương trình :50AB y . − = 0,25 • 7x = ⇒ ( ) 1; 4 ;IE =− JJG phương trình : 4 19 0.AB x y − += 0,25 2. (1,0 điểm) Chứng minh cắt xác định toạ độ tâm và tính bán kính… ()P (),S ()S có tâm bán kính (1; 2 ; 3),I 5.R = Khoảng cách từ đến I ():P () ,( )dI P = 2434 3 3 ; R −−− = < suy ra đpcm. 0,25 Gọi và lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến, H r H là hình chiếu vuông góc của trên I ():P ( ) ,( ) 3,IH d I P = = 22 4.rRIH = −= 0,25 Toạ độ thoả mãn: (; ;)Hxyz = 12 22 3 22 40 xt yt zt xyz =+ ⎧ ⎪ =− ⎪ ⎨ =− ⎪ ⎪ . − −−= ⎩ 0,25 Giải hệ, ta được (3; 0; 2).H 0,25 Tính giá trị của biểu thức… 2 36 36 ,iΔ=− = 1 13zi= −+ và 2 13.zi= −− 0,25 VII.a (1,0 điểm) 22 1 || (1) 3 10z =−+= và 22 2 || (1) (3) 10.z =−+− = 0,50 M B A I C D E N Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm 22 12 || | | 20.Az z=+ = 0,25 1. (1,0 điểm) Tìm m ()C có tâm bán kính (2;2),I −− 2.R = 0,25 Diện tích tam giác :IAB n 1 sin 2 SIAIBAI B= ≤ 2 1 1; 2 R = lớn nhất khi và chỉ khi S .IA IB⊥ 0,25 Khi đó, khoảng cách từ đến I :Δ (, ) 1 2 R dIΔ == ⇔ 2 22 2 3 1 1 mm m −− − + = + 0,25 ⇔ () hoặc 2 2 14 1mm−=+ ⇔ 0m = 8 15 m = . 0,25 2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M 2 Δ qua và có vectơ chỉ phương (1; 3; 1)A − (2;1; 2).u = − G 1 M ∈Δ ⇒ (1 ;;9 6). M tt t −+ −+ (2 ;3 ;8 6 ), M Attt , (8 14;20 14 ; 4)MA u t t t ⎡⎤ =− − − JJJG = −−− ⎣⎦ JJJG G ⇒ , M Au ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ JJJG G 2 329 88 68.tt=−+ 0,25 Khoảng cách từ M đến 2 :Δ 2 2 , (, ) 29 88 68. MA u dM t t u ⎡⎤ ⎣⎦ Δ= = − + JJJG G G Khoảng cách từ M đến ():P () () 2 22 1 2 12 18 1 11 20 ,( ) . 3 122 tt t t dM P −+− + − − − == +− + 0,25 2 11 20 29 88 68 3 t tt − −+= ⇔ 2 35 88 53 0tt − += ⇔ 1t = hoặc 53 . 35 t = 0,25 VI.b (2,0 điểm) 1t = ⇒ (0;1; 3);M − 53 35 t = ⇒ 18 53 3 ;; 35 35 35 M ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,25 Giải hệ phương trình… VII.b Với điều kiện (*), hệ đã cho tương đương: 0xy > 22 22 2 4 x yxy xxyy ⎧ += ⎪ ⎨ − += ⎪ ⎩ 0,25 (1,0 điểm) 2 4 x y y = ⎧ ⎨ = ⎩ 2. x y y = ⎧ ⎨ =± ⎩ ⇔ ⇔ 0,50 (; ) (2;2)xy = (; ) (2; 2).xy = −− Kết hợp (*), hệ có nghiệm: và 0,25 Hết BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 2x 2 + (1 − m)x + m (1), m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x 1 , x 2 , x 3 thoả mãn điều kiện 222 123 x xx++ < 4. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (1 sin cos 2 ) sin 1 4 cos 1tan 2 xxx x x π ⎛⎞ ++ + ⎜⎟ ⎝⎠ = + . 2. Giải bất phương trình 2 12( 1 xx xx − −−+) ≥ 1. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 1 22 0 2 d 12 xx x xe xe x e ++ + ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 22 (4 1) ( 3) 5 2 0 42347 xxy y xy x ⎧ ++− −= ⎪ ⎨ ++ − = ⎪ ⎩ (x, y ∈ R ). II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d 1 : 30xy+= và d 2 : 3xy−=0. Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d 1 tại A, cắt d 2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 và điểm A có hoành độ dương. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : 1 21 1 xyz− == − 2+ và mặt phẳng ( P ): x − 2 y + z = 0. Gọi C là giao điểm của ∆ với ( P ), M là điểm thuộc ∆ . Tính khoảng cách từ M đến ( P ), biết MC = 6 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z , biết 2 (2 )(1 2) zi=+ −i . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A (6; 6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C , biết điểm E (1; − 3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz , cho điểm A (0; 0; − 2) và đường thẳng ∆ : 22 232 3 x yz+−+ == . Tính khoảng cách từ A đến ∆ . Viết phương trình mặt cầu tâm A , cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8. Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = 3 (1 3 ) 1 i i − − . Tìm môđun của số phức z + i z. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh Trang 1/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khi m = 1, ta có hàm số y = x 3 − 2x 2 + 1. • Tập xác định: R. • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 'y = 3x 2 − 4x; '( )yx = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4 3 . 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và 4 ; 3 ⎛⎞ +∞ ⎜⎟ ⎝⎠ ; nghịch biến trên khoảng 4 0; 3 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y CĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = 4 3 ; y CT = 5 27 − . - Giới hạn: lim x y →−∞ = − ∞ ; lim x y →+∞ = + ∞. 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: x 3 − 2x 2 + (1 − m)x + m = 0 ⇔ (x − 1)(x 2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x 2 − x − m = 0 (*) 0,25 Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt, khác 1. 0,25 Ký hiệu g(x) = x 2 − x − m; x 1 = 1; x 2 và x 3 là các nghiệm của (*). Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: 22 23 0 (1) 0 3 g xx ⎧ ∆> ⎪ ≠ ⎨ ⎪ + < ⎩ 0,25 I (2,0 điểm) ⇔ 14 0 0 12 3 m m m +> ⎧ ⎪ −≠ ⎨ ⎪ +< ⎩ ⇔ 1 4 − < m < 1 và m ≠ 0. 0,25 y 1 +∞ −∞ 'y + 0 − 0 + x −∞ 0 4 3 +∞ 5 27 − 5 27 − O y x 4 3 1 2 Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 2 sin 4 x π ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx 0,25 ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = sin cos cos cos xx x x + ⇔ sinx + cos2x = 0 0,25 ⇔ 2sin 2 x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = − 1 2 0,25 ⇔ x = − 6 π + k2π hoặc x = 7 6 π + k2π (k ∈ Z). 0,25 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 0. Ta có: 2 2( 1)xx− + = 22 (1)1xx+− + > 1, suy ra 1 − 2 2( 1)xx− + < 0. Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 2 2( 1)xx− + ≤ 1 − x + x (1) 0,25 Mặt khác 2 2( 1) xx −+ = 22 2(1 ) 2( ) x x −+ ≥ 1 − x + x (2), do đó: 0,25 (1) ⇔ 2 2( 1) xx − + = 1 − x + x (3) Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. + 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó: (3) ⇔ 1 − x = x 0,25 II (2,0 điểm) ⇔ 2 10 (1 ) x x x −≥ ⎧ ⎪ ⎨ −= ⎪ ⎩ ⇔ 2 1 310 x xx ≤ ⎧ ⎪ ⎨ − += ⎪ ⎩ ⇔ x = 35 2 − , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0. 0,25 I = 1 2 0 d 12 x x e x x e ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎜⎟ + ⎝⎠ ∫ = 1 2 0 d x x ∫ + 1 0 d 12 x x e x e + ∫ . 0,25 Ta có: 1 2 0 d x x ∫ = 1 3 0 1 3 x = 1 3 0,25 và 1 0 d 12 x x e x e + ∫ = 1 2 1 0 d(1 2 ) 12 x x e e + + ∫ , suy ra: 0,25 III (1,0 điểm) I = 1 3 + 1 0 1 ln(1 2 ) 2 x e+ = 1 3 + 112 ln 23 e + = 1 3 + 112 ln 23 e + . 0,25 • Thể tích khối chóp S.CDNM. S CDNM = S ABCD − S AMN − S BCM = AB 2 − 1 2 AM.AN − 1 2 BC.BM = a 2 − 2 8 a − 2 4 a = 2 5 8 a . 0,25 V S.CDNM = 1 3 S CDNM .SH = 3 53 24 a . 0,25 IV (1,0 điểm) • Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. ∆ADM = ∆DCN ⇒ n n A DM DCN = ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC). Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó: d(DM, SC) = HK. 0,25 A B C D S N H K M Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Ta có: HC = 2 CD CN = 2 5 a và HK = 22 . SH HC SH HC + = 23 19 a , do đó: d(DM, SC) = 23 19 a . 0,25 Điều kiện: x ≤ 3 4 ; y ≤ 5 2 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x 2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 52 y − (1) 0,25 Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 52 y − ), với f(t) = (t 2 + 1)t. Ta có ' f (t) = 3t 2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R. Do đó: (1) ⇔ 2x = 52 y − ⇔ 2 0 54 . 2 x x y ≥ ⎧ ⎪ ⎨ − = ⎪ ⎩ 0,25 Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x 2 + 2 2 5 2 2 x ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ + 2 34 x − −7 = 0 (3). Nhận thấy x = 0 và x = 3 4 không phải là nghiệm của (3). Xét hàm g(x) = 4x 2 + 2 2 5 2 2 x ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ + 2 34 x − − 7, trên khoảng 3 0; 4 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,25 V (1,0 điểm) '( ) g x = 8x − 8x 2 5 2 2 x ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ − 4 34 x − = 4x (4x 2 − 3) − 4 34 x − < 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến. Mặt khác 1 2 g ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ = 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 1 2 ; suy ra y = 2. Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = 1 ;2 2 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,25 1. (1,0 điểm) d 1 và d 2 cắt nhau tại O, cos(d 1 , d 2 ) = |3.31.1| 31.31 − + + = 1 2 và tam giác OAB vuông tại B, do đó n A OB = 60 D ⇒ n BAC = 60 D . 0,25 Ta có: S ABC = 1 2 AB.AC.sin 60 D = 3 4 (OA.sin 60 D ).(OA.tan 60 D ) = 33 8 OA 2 . Do đó: S ABC = 3 2 , suy ra OA 2 = 4 3 . 0,25 Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: 22 30 4 3 xy xy ⎧ + = ⎪ ⎨ + = ⎪ ⎩ ⇒ A 1 ;1 3 ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ . Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d 2 , suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0. Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: 30 3340 xy xy ⎧ −= ⎪ ⎨ − −= ⎪ ⎩ ⇒ C 2 ;2 3 − ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,25 VI.a (2,0 điểm) Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I 13 ; 2 23 − ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ và bán kính IA = 1. Phương trình (T): 2 2 13 1 2 23 xy ⎛⎞ ⎛⎞ +++= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ . 0,25 d 2 y x C B O A d 1 I Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v G = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n G = (1; −2; 1). 0,25 Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos n HMC = () cos , vn GG . 0,25 d(M, (P)) = MH = MC.cos n HMC = MC. () cos , vn GG 0,25 = 6 . |2 2 1| 6. 6 − − = 1 6 . 0,25 Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i) 0,25 = 5 + 2 i, suy ra: 0,25 z = 5 − 2 i. 0,25 VII.a (1,0 điểm) Phần ảo của số phức z bằng: − 2 . 0,25 1. (1,0 điểm) Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC. Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ: 40 0 xy xy + −= ⎧ ⎨ −= ⎩ ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2). 0,25 Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương trình: x + y + 4 = 0. 0,25 Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t). Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: A B JJJG . CE JJJG = 0 ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0 0,25 ⇔ 2t 2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6. Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6). 0,25 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v G = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương. Ta có: M A JJJG = (2; −2; 1), ,vMA ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ G JJJG = (7; 2; −10). 0,25 Suy ra: d(A, ∆) = ,vMA v ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ G JJJG G = 49 4 100 494 ++ ++ = 3. 0,25 Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5. 0,25 VI.b (2,0 điểm) Phương trình (S): x 2 + y 2 + (z + 2) 2 = 25. 0,25 Ta có: 3 (1 3 )i− = − 8. 0,25 Do đó z = 8 1 i − − = − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i. 0,25 ⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i. 0,25 VII.b (1,0 điểm) Vậy: ziz+ = 8 2 . 0,25 Hết • M ∆ B C A • H M ∆ P C • E d A B C H D [...]... ⇒ d (A, (SND)) = AH Tam giác SAD vng tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a ⇒ d(AB, SN) = AH = V (1,0 điểm) SA AD = 2a 39 ⋅ 13 0,25 0,25 SA2 + AD 2 1 1 2 + ≥ (*), với a và b dương, ab ≥ 1 Trước hết ta chứng minh: 1 + a 1 + b 1 + ab Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a) (1 + b) 0,25 ⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab b )2 ≥ 0, ln đúng với a và b dương, ab ≥ 1 Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b... 0,25 Ta có SCH là góc gi a SC và (ABC), suy ra SCH = 60o a a 3 Gọi D là trung điểm c a cạnh AB Ta có: HD= , CD = , 6 2 a 7 a 21 HC = HD 2 + CD 2 = , SH = HC.tan60o = 3 3 0,25 1 1 a 21 a 2 3 a 3 7 VS ABC = SH S ∆ABC = = 3 3 3 4 12 S 0,25 Kẻ Ax//BC Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vng góc 3 c a H trên Ax và SN Ta có BC//(SAN) và BA = HA nên 2 3 d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN )) = d ( H ,( SAN )) 2 Ta cũng... 0,25 1 a3 SH AB AC = 6 16 Tam giác ABC vng tại A và H là trung điểm c a BC nên HA = HB Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a Gọi I là trung điểm c a AB, suy ra SI ⊥ AB 0,25 AB 2 a 13 = 4 4 3V 6V a 39 Suy ra d (C ,( SAB )) = S ABC = S ABC = S ΔSAB SI AB 13 0,25 Do đó SI = SB 2 − Trang 2/4 Câu 6 (1,0 điểm) Đáp án Đặt x = Điểm a b , y = Ta được x > 0, y > 0 Điều kiện c a bài tốn trở thành xy + x +... Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−− − − − −− ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = ĐỀ 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 −−−−−−−−−− −−−−−−−−− x+2 x−1 (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò (C) c a hàm số (1) b) Tìm t a độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến. .. góc c a H trên SK Ta có BD ⊥ HK và BD ⊥ SH, nên BD ⊥ (SHK) Suy ra BD ⊥ HE Mà HE ⊥ SK, do đó HE ⊥ (SBD) √ a 2 Ta có HK = HB sin KBH = 4 HS.HK a Suy ra HE = √ = 2 + HK 2 3 HS 2a Do đó d (A, (SBD)) = 2d(H, (SBD)) = 2HE = 3 Suy ra V S.ABCD = D C 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án √ 7 Ta có M N = 10 Gọi a là độ dài cạnh c a hình vuông ABCD, I C a 3AC 3a 2 (1,0đ) D a > 0 Ta có AM = và AN = = , 2 4 4 5a2 N... án Điểm 9 .a (1,0 điểm) Số phần tử c a S là A3 7 = 210 Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 = 90 (cách) 90 3 = Xác suất cần tính bằng 210 7 Gọi M là giao điểm c a tiếp tuyến tại A và B c a (C), H là giao điểm c a AB và IM Khi đó M (0; t ), với t ≥ 0; H là trung điểm AB = 2 2 c a AB Suy ra AH = 2 M 1 1 1 = + , suy ra AM = 2 10 2 2 AH AM AI 2 B Do đó MH = AM 2 − AH 2 = 4 2 |t | , nên t = 8 Do đó M... điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M là trung điểm c a AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N Biết góc gi a hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách gi a hai đường thẳng AB và SN theo a Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn... xứng với B qua C nên CM = CB Mà CB = AD và CM||AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành Suy ra AC||DM Theo giả thi t, BN ⊥ DM, suy ra BN ⊥ AC và CB = CN Vậy B là điểm đối xứng c a N qua AC Đường thẳng AC có phương trình: 3 x + y + 4 = 0 Đường thẳng BN qua N và vng góc với AC nên có phương trình x − 3 y − 17 = 0 Do đó B( 3a + 17; a ) Trung điểm c a BN thuộc AC nên 3a + 17 + 5 ⎞ a − 4 3⎛ + 4 = 0 ⇔ a = −7 Vậy... ch a d và vuông góc với (P ) 3a , 2 hình chiếu vuông góc c a S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm c a cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD = Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ t a độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm c a đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao... điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ABC = 30◦ , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy Tính theo a thể tích c a khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c th a mã√ điều kiện (a + c)(b + c) = 4c2 Tìm giá trò n 3 3 a 2 + b2 32b 3 2a − + nhỏ nhất c a biểu thức P = c (b + 3c)3 (a + 3c)3 II PHẦN RIÊNG . SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a ⇒ d(AB, SN) = AH = 22 .2 13 SA AD a SA AD =⋅ + 39 0,25 Trước hết ta chứng minh: 11 2 (*), 11 1 ab ab +≥ ++ + với a và b dương, ab ≥ 1. Thật. ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a) (1 + b) ⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab ⇔ ( ab – 1)( a – b ) 2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1. Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab. n A OB = 60 D ⇒ n BAC = 60 D . 0,25 Ta có: S ABC = 1 2 AB.AC.sin 60 D = 3 4 (OA.sin 60 D ).(OA.tan 60 D ) = 33 8 OA 2 . Do đó: S ABC = 3 2 , suy ra OA 2 = 4 3 . 0,25 Tọa
- Xem thêm -

Xem thêm: Tổng hợp đề thi Đại học môn toán khối A từ 2009 đến 2014, Tổng hợp đề thi Đại học môn toán khối A từ 2009 đến 2014, Tổng hợp đề thi Đại học môn toán khối A từ 2009 đến 2014

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay