Dap an mon Toan khoi AA1nam 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Mclass.vn. ĐÁP ÁN THI ĐẠI HỌC NĂM 2014 KHỐI A, A1 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Đáp án – thang điểm gồm 0 trang) Ngày thi: 4/7/2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( điểm). Câu 1 (2,0 điểm) a. Khảo sát hàm số y  . Tập xác định: D . . Ta có y '  . . Sự biến thiên:. x2 x 1. \ 1 .. 3 . ( x  1) 2. o Hàm số luôn nghịch biến trên (;1) và (1; ) . o Hàm số không có cực trị. . Giới hạn: x2  1. x  x  1 lim.  Hàm số nhận đường thẳng y  1 là tiệm cận đứng. lim. x2   x 1. lim. x2   x 1. x 1. x 1.  Hàm số nhận đường thẳng x  1 là tiệm cận ngang. . Bảng biến thiên: x. . y’ y. . . 1 -. -. . 1 . 1. Vẽ đồ thị : Đồ thị đi qua các điểm: (2;0);(0; 2). Hotline: 0982780986. Page 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Mclass.vn. b. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = - x bằng. 2.. x2 3  1 x 1 x 1 3   M  t ;1   x 1   y. d  M ,  d  . 3 t 2 1 3 t 1  2  2  t 2  2  2 t 1 t 1 2. t 1.  t  12  3  0  t  2  2t  2 t  2t  4  0  M (0, 2)  2  2  t  0   M (2, 0) t  2 t  2  2t  2 t  2t  0  2. 2. Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình : sin x  4 cos x  2  sin 2 x  s inx  2sin x.cos x  2(1  2 cos x)  s inx(1  2 cos x)  2(1  2 cos x)  (1  2 cos x)(s inx  2)  0 1  cos x  1  2 cos x  0 1     2  cos x   x    k 2 ; k  Z  2 3  s inx  2  0 s inx  2(loai). Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  . . 3.  k 2 ; k  Z. Câu 3 (1,0 điểm) Ta có: x2  x  3  2x  1  x 2  3x  2  0 x 1  x  2. Diện tích hình phẳng cần tìm là:. Hotline: 0982780986. Page 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Mclass.vn S.  x 2. 2. 1.  3x  2  dx 2.  x3 3x 2  1    2 x    dvdt  2  3 1 6. Vậy S . 1 (Đvdt) 6. Câu 4 (1 điểm). a. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: z   2  i  z  3  5i . Tìm phần thực và phàn ảo của z. Giải: z  a  bi. z  a  bi với a, b a  bi   2  i  a  bi   3  5i. a  bi  2a  2bi  ai  b  3  5i 3a  b  bi  ai  3  5i 3a  b   b  a  i  3  5i. 3a  b  3 a  2   b  a  5 b  3. Như vậy z  2  3i Phần thực Ri  z   2 Phần ảo Im  z   3 b. Một hộp chứa thẻ từ 1 đến 16. Chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Số phần tử không gian mẫu   C164  1820 Số các số chẵn từ 1 đến 16 là 8 A: chọn 4 thẻ được đánh đều là số chẵn A  C84  70. Xác suất để 4 thẻ được chọn là số chẵn: P A . | A | C84 70 1   4 |  | C16 1820 26. Câu 5. . Tìm tọa độ giao điểm của d và (P) Tọa độ giao điểm M của d và (P) là nghiệm của hệ 7  x  2 x  y  2 z  1 2 2 x  y  2 z  1  0  3   7   y  3 Vậy M  ; 3;   x  2 y z  3  2 x  y  4 2 2  1  2  3   3 3 y  2 z  6 z  2 . Hotline: 0982780986. Page 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Mclass.vn . Gọi mặt phẳng cần tìm là (Q). Ta có: vecto chỉ phương của (d) : ud  1; 2;3 Vecto pháp tuyến của (P) là nP   2;1; 2  Vì mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P) nên ta có: nQ  ud , nP   1;8;5. Lấy điểm A(2; 0; -3) thuộc d => A thuộc (Q) Vậy (Q) có phương trình: 1 x  2  8 y  5  z  3  0  x  8 y  5z  13  0 Câu 6 (1,0 điểm): + Tính thể tích: Gọi H là trung điểm của AB AB a  AH  HB   2 2. S. a2 5a 2 a 5 2  HD  AH  AD  a   4 4 2 Xét SHD có: 2. 2. K. 9a 2 5a 2 SH  SD  HD   a 4 4 S ABCD  AB 2  a 2 2. 2. Vì SH   ABCD   VSABCD. 1 1 a3  .SH .S ABCD  a.a 2  3 3 3. A. D. H O E B. C. + Tính d  A;  SBD  . AH   SBD   B . d  A;  SBD  . d  H ;  SBD  . . BA 2 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 đó HK   SBD .  d  H ;  SBD    HK + Tính HK Hotline: 0982780986. Page 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Mclass.vn 1 1 a 2 Ta có: HE  OA  AC  2 4 4 Xét tam giác SHE có: 1 1 1 1 8 9    2 2  2 2 2 2 HK SH HE a a a a  HK  3 2 Vậy d  A;  SBD    2HK  a 3 Câu 7 (1,0 điểm). +) Gọi cạnh hình vuông là m. E là hình chiếu vuông góc của M lên CD +) Gọi F là giao điểm của MN và CD theo định lý Talet ta có:. FC NC NF 1    MA NA NM 3. +) Ta có: NM  3NF . Gọi F  x; y  , ta có:. 7  1  2  3  x  2   x  7   3  F  ; 2   3    2   1  3  y  1  y  2 +) Mặt khác. MA 1 m  3  FC  m  EF  mà FC 6 3. ME  m.  MF 2  m2 . m2 16 26   4  m2  9 9 5. +) Khi đó ta có: cos MFD . EF 1  MF 10. 7  Gọi VTPT của CD là nCD   a; b  ta có phương trình của CD : a  x    b  y  2  0 và 3  nMN   3; 1. Mặt khác: cos  CD; MF  . 3a  b a 2  b2 10. . a  0 1  a 2  9a 2  6ab   10  4a  3b. + Với a = 0 chọn b = 1 ta có: CD: y = - 2 + Với 4a = -3b chọn a = 3; b = - 4 ta có: CD: 3x – 4y – 15 = 0. Vậy phương trình đường thẳng CD là: y = -2; 3x-4y-15=0 Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện: 2  y  12, 2 3  x  2 3 . Phương trình đầu của hệ ta có. Hotline: 0982780986. Page 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Mclass.vn y 12  x 2 . 12  x 12  y .  y 12  x 2   144  24 x 12  y  x 2 12  y . .  x  12  y. . 2. .. x  0  0  x  12  y   2  y  12  x. Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: x3  8x  1  2 10  x 2 .. . .  x3  8x  3  2 1  10  x 2  0 ..   x3   x  3  x 2  3 x  1  2   0  x  3  y  3 (do x  0 ). 1  10  x 2   Thử lại thấy thỏa mãn.Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    3;3 . Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x2  y 2  z 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P . x2 yz 1  yz .   2 x  yz  x  1 x  y  z  1 9. Ta có 2 1  yz   x 2   y  z   2 x  y  z  . 2. Suy ra x2  yz  x  1  x  x  y  z  1 . Do đó . x2 yz 1  yz P   x  x  y  z  1 x  y  z  1 9.  x yz 1  yz 1 1  yz     1    x  y  z 1 9 9   x  y  z 1 1 1  yz Ta có M  .  x  y  z 1 9 Theo bất đẳng thức C-S ta có. .. x  y  z  2  x 2   y  z    2 1  yz .   1 1  yz  Suy ra P  1  . 9 2 1  yz  1 2. Đặt t  1  yz ,  t  1 ta có P  f (t )  1 . 1 t2  . 2t  1 9. 1 t2  với t  1 ta có Xét hàm số f (t )  1  2t  1 9. 2t 18  2t  2t  1 f '(t )    ; f '(t)  0  t  1 . 2 2 9  2t  1  2t  1 9 2. 2. Ta có f’(t) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua t  1 . Do đó f(t) đạt cực đại tại t  1 . 5 Do đó P  f (t )  f (1)  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  1, y  1, z  0 hoặc x  1, y  0, z  1 . 9. Hotline: 0982780986. Page 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>