De TSDH nam 2014 khoi AA1co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =. x+2 (C ) (1). x −1. a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1).. b) Tìm các điểm M thu ộc (C ) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −x b ằng. 2.. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình sin x + 4 cos x = 2 + sin 2 x .. Câu 3. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x 2 − x + 3 và đường thẳng. y = 2x +1.. Câu 4. (1 điểm).. a. Cho số phức z thỏa mãn z + (2 + i ) z = 3 + 5i . 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 ( P) : 2 x + y − 2 z −1 = 0 và đường thẳng ( d ) :. x−2 y z +3 = = . Tìm tọa độ giao điểm của (d ) và ( P). Viết phương trình 1 −3 3. 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 , SD =. 3a , hình 2. 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 kho ảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBD).. Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng vớ i hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD vớ i điểm M là trung điểm của đo ạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3 NC . Viết phương trình đường. thẳng CD , biết rằng M (1; 2) và N (2; −1)..  x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12  Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình  với x, y ∈ ».  x3 − 8 x −1 = 2 y − 2 . Câu 9. (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. P=. x2 y+z 1 + yz + − . 2 x + xy + x + 1 x + y + z + 1 9. --- Hết ---. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1.. a/ Xét hàm số y =. x+2 . Điều kiện xác đị nh D = » \{1} . x −1. −3 < 0 với mọi x ∈ D . ( x −1)2 Tiệm cận đứng x = 1 , tiệm cận ngang y = 1 . Bảng biến thiên. Ta có y ′ =. x. y′ y. 1. −∞. +∞. −. −. +∞. +∞. −∞. −∞. Đồ thị hàm số. y. x.  x + 2   với x0 ≠ 1 . b/ Xét điểm M ∈ (C ) và M  x0 ; 0  x0 −1 . Phương trình đường thẳng đã cho là ( d ) : y = − x ⇔ x + y = 0 . Kho ảng cách từ M đến (d ) là. Điều kiện đã cho trở thành x0 ≠ 1 . Ta xét các trường hợp:. x0 +. x0 + 2 x0 −1. 12 + 12. 1 x02 + 2 = . 2 x0 −1. 1 x02 + 2 = 2 , suy ra x02 + 2 = 2 x0 −1 , do x02 + 2 > 0 với mọi 2 x0 −1. - Nếu x0 −1 ≥ 0 , ta có x02 + 2 = 2( x0 −1) ⇔ x02 − 2 x0 + 4 = 0 , vô nghiệm do ∆′ = −3 < 0 . x = 0 - Nếu x0 −1 < 0 , ta có x02 + 2 = −2( x0 −1) ⇔ x02 + 2 x0 = 0 ⇔  0 .  x0 = −2  2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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 sin x + 4 cos x = 2 + sin 2 x . Ta biến đổi như sau sin x + 4 cos x = 2 + 2 sin x cos x . ⇔ sin x(1− 2 cos x) − 2(1− 2 cos x) = 0 1 − 2 cos x = 0 ⇔ (1 − 2 cos x)(sin x − 2) = 0 ⇔  sin x − 2 = 0. Phương trình thứ hai vô nghiệm do sin x ≤ 1 với mọi x ∈ ».. Do đó, ta có 1− 2 cos x = 0 ⇔ cos x =. 1 π ⇔ x = ± + k 2π với k ∈ » . 2 3. x =1 Câu 3. Phương trình hoành độ giao điểm x 2 − x + 3 = 2 x + 1 ⇔ x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇔  .  x = 2. Diện tích hình phẳng cần tính là 2. 2. S = ∫ x − 3 x + 2 dx = ∫ 2. 1. Vậy diện tích cần tìm là S =. 1. 2.  3x 2 x2  1 (3 x − 2 − x ) dx =  − 2 x −  = (đơn vị diện tích).  2 3  1 6 2. 1 . 6. Câu 4. a/ Đặt z = x + yi với x, y ∈ » . Ta có x + iy + (2 + i )( x − iy ) = 3 + 5i ⇔ 3 x + y + (− y + x)i = 3 + 5i ⇔ 3 x + y − 3 + ( x − y − 5)i = 0 3 x + y − 3 = 0 ⇔   x − y − 5 = 0. Giải hệ này, ta được x = 2, y = −3 . Do đó z = 2 − 3i. Vậy phần thự c của số phức cần tìm là 2 , phần ảo là −3. b/ Số cách chọn 4 thẻ b ất 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 C84 cách.. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy xác su ất cần tính là. C84 70 1 = = . 4 C16 1820 26 Câu 5. Gọi A = (d ) ∩ ( P ) . Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình  x − 2 y z + 3 2 x + y = 4  1 = −2 = 3 ⇔ 3 x − z = 4 .     2 x + y − 2 z −1 = 0 2 x + y − 2 z −1 = 0 7 3 Giải hệ này, ta được x = , y = −3, z = . 2 2 7  3 Do đó, tọa độ của A là A ; −3;  .  2 2. Gọi Q là mặt phẳng chứa (d ) và vuông góc với ( P) . Khi đó, ta có • (Q ) qua M (2;0; −3) ∈ (d ) .. • (Q ) có phương trình pháp tuyến là (1; −2;3)×(2;1; −2) = (1;8;5) . Vậy phương trình của (Q ) là x + 8 y + 5 z +13 = 0 . Câu 6. a) Tính thể tích S . ABCD .. S. A M. D. I K. B. C. Gọi M là trung điểm AB , dễ thấy SM ⊥ ( ABCD) .. a 5a 2 Theo định lý Pythagore thì MD 2 = MA2 + AD 2 =   + a 2 = .  2  4 Lại có tam giác SMD vuông tại M , do SM ⊥ ( ABCD) nên suy ra 2. 2.  3a  5a 2 SM = SD − MD =   − = a 2 ⇒ SM = a .  2  4 1 1 Do đó, ta được VS . ABCD = ⋅ SM ⋅ S ABCD = a 3 (đơn vị thể tích). 3 3 b) Tính kho ảng cách từ A đến ( SBD) . 2. 2. 2. 1 a3 Ta có VA.SBD = VS , ABD = VS . ABCD = . 2 6 Kẻ MK ⊥ BD với K ∈ BD , mà BD ⊥ SM nên ta có BD ⊥ (SMK ) , suy ra BD ⊥ SK . Mặt khác, tam giác MBK vuông cân ở K , suy ra MK =. a 2 3a 2 nên SK = . 4 4. 1 1 3a 2 3a 2 Do đó, S SBD = ⋅ SK ⋅ BD = ⋅ ⋅a 2 = . 2 2 4 4 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3VA.SBD  a 3   3a 2  2a = . = 3 ⋅  :   6   4  3 S SBD Câu 7. Gọi I (a, b) là tâm của hình vuông đã cho thì N là trung điểm của IC .. Vậy khoảng cách cần tìm là d ( A, ( SBD)) = Đặt AM = x , ta có AN =. 3 3 2 3 2 3 2 AC = AB = AM = x. 4 4 2 2
= 45° nên theo định lý cosin thì Tam giác AMN có MAN  3 2 x 2 3 2x 2 5x2 2 2 2 2   − 2 ⋅ x ⋅ . MN = AM + AN − 2 AM ⋅ AN ⋅ cos 45° = x +  ⋅ = 2 2 2  2  Ta cũng có MN 2 = (2 −1)2 + (−1− 2)2 = 10 nên. A. 5x2 = 10 ⇔ x = 2 . 2. M. B. I N Theo giả thiết thì. D. C.   IM = 2  (a −1) 2 + (b − 2) 2 = 4  . ⇔   2 2  IN = 2    (a − 2) + (b + 1) = 4 Trừ từng vế của hai phương trình, ta được a = 3b +1 , thay vào phương trình đầu của hệ, ta có b = 0  2 2 (3b −1) + (b +1) = 2 ⇔ 2b(5b − 2) = 0 ⇔  2. b =  5 Ta có 2 trường hợp: - Nếu b = 0 , ta có a = 1 , dẫn đến I (1;0) , suy ra C (3; −2) . Phương trình đường thẳng CD tương ứng là y + 2 = 0 . 11 2   9 −12  2 11 - Nếu b = , ta có a = , d ẫn đến I  ;  , suy ra C  ; . Phương trình đường thẳng CD   5 5   5 5 5 5 tương ứng là 3 x − 4 y −15 = 0 . Vậy có 2 phương trình CD thỏa mãn là y + 2 = 0 và 3 x − 4 y −15 = 0 . Cách khác:. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Cách khác:.  x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12  Câu 8. Xét hệ phương trình  .  3  x − 8 x −1 = 2 y − 2 2 ≤ y ≤ 12   12 − y ≥ 0, y − 2 ≥ 0  Điều kiện xác định  ⇔ .   2    y (12 − x ) ≥ 0   −2 3 ≤ x ≤ 2 3. Phương trình thứ nhất tương đương với y (12 − x 2 ) = 12 − x 12 − y . Bình phương 2 vế của phương trình này, ta được y(12 − x 2 ) = 144 − 24 x 12 − y + x 2 (12 − y ). ⇔ 12 y −144 + 24 x 12 − y −12 x 2 = 0. Đặt t = 12 − y ≥ 0 thì y = 12 − t 2 , ta đưa về. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 12(12 − t 2 ) −144 + 24 xt −12 x 2 = 0 ⇔ −12t 2 −12 x 2 + 24 xt = 0 ⇔ x=t Do đó ta được x = 12 − y ⇔ y = 12 − x 2 , thay vào phương trình 2 của hệ, ta được x 3 − 8 x −1 = 2 10 − x 2 . Ta thấy hệ có nghiệm là x = 3 , ta sử dụng phương pháp lượng liên hợp như sau. x 3 − 8x − 3 = 2. (. ). 10 − x 2 −1. ⇔ ( x − 3)( x 2 + 3 x + 1) =. 2(9 − x 2 ). 10 − x 2 +1  2( x + 3)   = 0 ⇔ ( x − 3)  x 2 + 3 x +1 +  10 − x 2 +1 x−3 = 0  ⇔ 2 2( x + 3)  x + 3x + 1 + =0  10 − x 2 +1  Phương trình thứ nhất có nghiệm là x = 3 , tương ứng ta có y = 3, thỏa mãn điều kiện. Chú ý rằng ở trên, ta có x = t ≥ 0 nên phương trình thứ hai vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = (3;3).. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Câu 9: Lời giải (1). Từ giả thiết ta có 4 + 4yz = 2x 2 + 2 ( y + z ) ≥ ( x + y + z ) ⇒ 0 ≤ x + y + z ≤ 2 1 + yz . 2. 2. Biểu thức P được viết lại như sau: x2 x +1 1 + yz x2 x +1 1 + yz P= 2 +1− − ≤ 2 +1− − x + y + z +1 9 9 x + x + 1 + yz x + x + 1 + yz 2 1 + yz + 1. (. ). x2 x + 1 t2 + 1 − − . 2t + 1 9 x2 + x + t 2 2 2  x(x − t) t − 1) ( 2t + 5)  5 ( x2 x + 1 t2 5  ≤ Mặt khác, ta lại có 2 +1− − = − + 2t + 1 9 9  ( 2t + 1) x2 + x + t 2 x + x + t2 9 ( 2t + 1)  9   5 Từ đó suy ra max P = ⇔ x = 1,t = 1 ⇔ x = 1,y = 1,z = 0 hoặc x = 1, y = 0, z = 1. 9 Cách khác:. Đặt. 1 + yz = t. 1 ≤ t ≤ 2 . Ta có P ≤. (. ). Lời giải (3). 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Lời giải (4). 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>