Chủ đề này có 31 trả lời

[A4 Productions]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A, A1 NĂM 2014

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số $y = \frac{{x + 2}}{{x - 1}}$ (1)
a. Khảo sát sự biến thiên hàm số và vẽ đồ thị $(C)$ của hàm số (1).
b. Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $(C)$ sao cho khoảng cách từ $M$ đến đường thẳng $y=-x$ bằng $\sqrt 2 $.

Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình $\sin x + 4\cos x = 2 + \sin 2x$.

Câu 3: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong $y = {x^2} - x + 3$ và đường thẳng $y=2x+1$.

Câu 4: (1,0 điểm)
a. Cho số phức $z$ thỏa mãn điều kiện $z + \left( {2 + i} \right)\overline z = 3 + 5i$. Tìm phần thực và phần ảo của $z$.
b. Từ một hộp chưa $16$ thẻ được đánh dấu từ $1$ đến $16$, chọn ngẫu nhiên $4$ thẻ. Tính xác suất để $4$ thẻ được chọn đều được đánh số chẵn.

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$. Cho mặt phẳng $(P):2x+y-2z-1=0$ và đường thẳng $d:\frac{{x - 2}}{1} = \frac{y}{{ - 2}} = \frac{{z + 3}}{3}$. Tìm tọa độ giao điểm của $d$ và $(P)$. Viết phương trình mặt phẳng chứa $d$ và vuông góc với $(P)$.

Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SD = \frac{{3a}}{2}$, 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 $A$ đền mặt phẳng $(SBD)$.

Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ $Oxy$ cho hình vuông $ABCD$ có điểm $M$ là trung điểm của $AB$ 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: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x\sqrt {12 - y} + \sqrt {y\left( {12 - {x^2}} \right)} = 12\\ {x^3} - 8x - 1 = 2\sqrt {y - 2} \end{matrix}\right.\left ( x,y \in R \right )$

Câu 9: (1,0 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

$P = \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + yz + x + 1}} + \frac{{y + z}}{{x + y + z + 1}} - \frac{{1 + yz}}{9}$

Nguồn: http://static9.nguye...ia-nam-2014.jpg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sonesod: 04-07-2014 - 11:27

[Mai Duc Khai]

Đính kèm cho dễ thấy

[caovannct]

Đính kèm cho dễ thấy

de_toan_zing.jpg

Câu 8:
chuyển vế pt đầu bình phương hai vế ta đc

$x^2=12+y-2\sqrt{y(12-x^2)}$

Đến đây pt đẳng cấp rồi

[toanc2tb]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toanc2tb: 04-07-2014 - 10:35

[BoFaKe]

Câu 8:
chuyển vế pt đầu bình phương hai vế ta đc

$x^2=12+y-2\sqrt{y(12-x^2)}$

Đến đây pt đẳng cấp rồi

Phương trình đầu dánh giá hay hơn.

$\sqrt{x^2(12-y)}+\sqrt{y(12-x^{2})}\leq \frac{1}{2}(x^{2}+12-y)+\frac{1}{2}(y+12-x^2)=12$

Nên $x^2=12-y$.Giờ giải quyết vế sau,chắc là dùng hàm tiếp.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 04-07-2014 - 11:57

[toanc2tb]

Đáp án đề thi đại học của hocmai.vn bản full

Còn đây là đáp án của anh Võ Quốc Bá Cẩn

Đáp án chính thức của Bộ GD&ĐT COMING SOON...    

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toanc2tb: 04-07-2014 - 16:57

[caovannct]

câu 7:

Gọi E là giao điểm của MN và CD. Khi đó ta có MN=4NE. từ đó tìm được tọa độ điểm E(9/4;-7/4).

Goi F là hình chiếu của E trên AB. Khi đó ta có MF=3FB.

Gọi $\alpha$ là góc hợp bới đt MN và FE. Khi đó $tan\alpha =\frac{3}{4}$ hay $cos\alpha =\frac{4}{5}$

Gọi $\underset{n}{\rightarrow}$(a;b) là vtpt của đt FE

Ta có $cos\alpha =\frac{\left | 3a+b \right |}{\sqrt{10}\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{4}{5}$

Giải ra ta có 2th: 13a=9b hoặc a=-3b

Đến đây bài toán dễ rồi

[trauvang97]

Câu 8: (hệ phương trình)

 

ĐK: $2 \leq y \leq 12$, $|x|\leq \sqrt{12}$

 

Áp dụng bất đẳng thức: $(ab+cd)^2\leq(a^2+c^2)(b^2+d^2)$, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ cho phương trình thứ nhất của hệ ta có:

 

$\left [ x\sqrt{12-y}+\sqrt{y(12-x^2)} \right ]^2\leq(x^2+12-x^2)(y+12-y)=144$

 

hay ta có:

 

 $x\sqrt{12-y}+\sqrt{y(12-x^2)}\leq12$

 

Theo đề bài đẳng thức phải xảy ra hay: 

 

$\frac{x}{\sqrt{12-y}}=\frac{\sqrt{12-x^2}}{\sqrt{y}}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq0\\ x^2+y=12 \end{matrix}\right.$

 

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

 

$x^3-8x-1=2\sqrt{10-x^2}$

 

$\Leftrightarrow (x^3-27)-(8x-24)+(2-2\sqrt{10-x^2}=0$

 

$\Leftrightarrow (x-3)(x^2+3x+9)-8(x-3)+\frac{2(x^2-9)}{1+\sqrt{10-x^2}}=0$

 

$\Leftrightarrow (x-3)\left ( x^2+3x+1+\frac{x+3}{1+\sqrt{10-x^2}} \right )=0$

 

$\Leftrightarrow x=3 \Rightarrow y=3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trauvang97: 04-07-2014 - 11:05

[A4 Productions]

đã có trên mạng... http://moon.vn/Thong...4149&MenuId=314

[khacduongpro_165]

Câu 9: http://www.upsieutoc...0704_112946.jpg

[Hoang Tung 126]

Câu 9: http://www.upsieutoc...0704_112946.jpg

Lời giải này cũng sai

[khacduongpro_165]

Lời giải này cũng sai

Sai ở đoạn nào nhỉ? ah, ở đây f(u) khảo sát sau khi tách số 1 ra rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khacduongpro_165: 04-07-2014 - 11:30

[toanc2tb]

Ta chứng minh bđt phụ sau: (của bạn ILOVECR7):

$(x-y-z)^2\geq 0 \Leftrightarrow x^2+y^+z^2-2xy-2xz+2yz\geq0$

$\Leftrightarrow2\geq 2xy+2xz-2yz$

$\Leftrightarrow 1 \geq xy+xz-yz$

$\Leftrightarrow x^2+yz+x+1\geq x^2+xz+xy+x$

Ta có: $\frac{x^2}{x^2+yz+x+1}\leq \frac{x}{x+y+z+1}$ (với $x,y,z$ thỏa mãn yêu cần bài toán)

Suy ra:

$P\leq \frac{x+y+z}{x+y+z+1}-\frac{1+yz}{9}=1-\left ( \frac{1}{x+y+z+1}+\frac{1+yz}{9} \right )$

Ta cần tìm GTNN của biểu thức

$Q=\frac{1}{x+y+z+1}+\frac{1+yz}{9}$

Sử dụng bất đẳng thức $x+(y+z)\leq\sqrt{2(x^2+(y+z)^2)}=2\sqrt{1+yz}$ ta suy ra:

$Q\geq \frac{1}{2\sqrt{1+yz}+1}+\frac{1+yz}{9}$

Mặt khác:

 $\frac{1}{2t+1}+\frac{t^2}{9}\geq 9$

Suy ra:

$P\leq1-\frac{4}{9}=\frac{5}{9}$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=1,y=1,z=0$ hoặc $x=1,y=0,z=1$

Nguồn vnmath.com

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toanc2tb: 04-07-2014 - 16:08

[TranLeQuyen]

[quote name="trauvang97" post="510699" timestamp="1404446515"]Câu 8: (hệ phương trình)
 
ĐK: $2 \leq y \leq 12$, $|x|\leq \sqrt{12}$
 
Áp dụng bất đẳng thức: $(ab+cd)^2\leq(a^2+c^2)(b^2+d^2)$, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ cho phương trình thứ nhất của hệ ta có:
 

$\left [ x\sqrt{12-y}+\sqrt{y(12-x^2)} \right ]^2\leq(x^2+12-x^2)(y+12-y)=144$

 
hay ta có:
 

 $x\sqrt{12-y}+\sqrt{y(12-x^2)}\leq12$

 
Theo đề bài đẳng thức phải xảy ra hay: 
 

$\frac{x}{\sqrt{12-y}}=\frac{\sqrt{12-x^2}}{\sqrt{y}}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq0\\ x^2+y=12 \end{matrix}\right.$

 
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
 

$x^3-8x-1=2\sqrt{10-x^2}$

 

$\Leftrightarrow (x^3-27)-(8x-24)+(2-2\sqrt{10-x^2}=0$

 

$\Leftrightarrow (x-3)(x^2+3x+9)-8(x-3)+\frac{2(x^2-9)}{1+\sqrt{10-x^2}}=0$

 

$\Leftrightarrow (x-3)\left ( x^2+3x+1+\frac{x+3}{1+\sqrt{10-x^2}} \right )=0$

 

$\Leftrightarrow x=3 \Rightarrow y=3$

[/quote][quote name="trauvang97" post="510699" timestamp="1404446515"]Câu 8: (hệ phương trình)
 
ĐK: $2 \leq y \leq 12$, $|x|\leq \sqrt{12}$
 
Áp dụng bất đẳng thức: $(ab+cd)^2\leq(a^2+c^2)(b^2+d^2)$, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ cho phương trình thứ nhất của hệ ta có:
 

$\left [ x\sqrt{12-y}+\sqrt{y(12-x^2)} \right ]^2\leq(x^2+12-x^2)(y+12-y)=144$

 
hay ta có:
 

 $x\sqrt{12-y}+\sqrt{y(12-x^2)}\leq12$

 
Theo đề bài đẳng thức phải xảy ra hay: 
 

$\frac{x}{\sqrt{12-y}}=\frac{\sqrt{12-x^2}}{\sqrt{y}}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq0\\ x^2+y=12 \end{matrix}\right.$

 
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
 

$x^3-8x-1=2\sqrt{10-x^2}$

 

$\Leftrightarrow (x^3-27)-(8x-24)+(2-2\sqrt{10-x^2}=0$

 

$\Leftrightarrow (x-3)(x^2+3x+9)-8(x-3)+\frac{2(x^2-9)}{1+\sqrt{10-x^2}}=0$

 

$\Leftrightarrow (x-3)\left ( x^2+3x+1+\frac{x+3}{1+\sqrt{10-x^2}} \right )=0$

 

$\Leftrightarrow x=3 \Rightarrow y=3$

[/quote
Phương trình theo x còn một nghiệm x=-1 nữa.

[A4 Productions]

Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ $Oxy$ cho hình vuông $ABCD$ có điểm $M$ là trung điểm của $AB$ và $N$ là điểm thuộc đoạn $AC$ sao cho $AN=3NC$. Viết phương trình đường thẳng $CD$, biết rằng $M(1;2)$ và $N(2;-1)$.

Gọi cạnh hình vuông có độ dài bằng $a$. Ta có $AM = \frac{a}{2}$ và $AN = \frac{{3\sqrt 2 a}}{4}$. Độ dài $MN = \sqrt {10} $.

 

Theo định lí hàm số cos: $M{N^2} = A{M^2} + A{N^2} - 2AM.AN.\cos \widehat {MAN} \Leftrightarrow 10 = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{9{a^2}}}{8} - \frac{{3{a^2}}}{4} \Rightarrow a = 4$.

 

Từ đó suy ra $AM=2$ và $AN = 3\sqrt 2 $. Toạ độ điểm $A$ là nghiệm của hệ: $\left\{\begin{matrix} {(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} = 4\\ {(x - 2)^2} + {(y +1)^2} = 18 \end{matrix}\right.$.

 

Suy ra $A(-1;2)$ hoặc $A\left( {\frac{{13}}{5};\frac{{16}}{5}} \right)$.

 

-TH1: $A(-1;2)$ suy ra $C(3;-2)$ => $CD:y=-2$

 

-TH2: $A\left( {\frac{{13}}{5};\frac{{16}}{5}} \right)$ suy ra $C\left( {\frac{9}{5};\frac{{ - 12}}{5}} \right)$ => $CD:3x-4y-15=0$

[Trang Luong]

Ta có: $\frac{x^2}{x^2+yz+x+1}\leq \frac{x}{x+y+z+1}$ (với $x,y,z$ thỏa mãn yêu cần bài toán)

Suy ra:

$P\leq \frac{x+y+z}{x+y+z+1}-\frac{1+yz}{9}=1-\left ( \frac{1}{x+y+z+1}+\frac{1+yz}{9} \right )$

Ta cần tìm GTNN của biểu thức

$Q=\frac{1}{x+y+z+1}+\frac{1+yz}{9}$

Sử dụng bất đẳng thức $x+(y+z)\leq\sqrt{2(x^2+(y+z)^2)}=2\sqrt{1+yz}$ ta suy ra:

$Q\geq \frac{1}{2\sqrt{1+yz}+1}+\frac{1+yz}{9}$

Mặt khác:

 $\frac{1}{2t+1}+\frac{t^2}{9}\geq 9$

Suy ra:

$P\leq1-\frac{4}{9}=\frac{5}{9}$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=1,y=1,z=0$ hoặc $x=1,y=0,z=1$

Nguồn vnmath.com

Tại sao lại có đoạn này được ? 

[Phuong Thu Quoc]

http://online.print2...61b2eea18f9237/

[ILOVECR7]

Tại sao lại có đoạn này được ? 

Có $(x-y-z)^{2}\geq 0$ 

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 2xy +2xz-2yz$ 

$\Leftrightarrow 1\geq xy+xz-yz$

$\Leftrightarrow x^{2}+yz+x+1\geq x^{2}+xz+xy+x$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ILOVECR7: 04-07-2014 - 15:32

[Math Is Love]

Lời giải của mình:

Ta có: $P=\frac{x^2}{x^2+yz+x+1}+\frac{y+z}{x+y+z+1}-\frac{1+yz}{9}$ 

$=\frac{2x^2}{2x^2+2yz+2x+x^2+y^2+z^2}+\frac{y+z}{x+1+y+z}-\frac{x^2+y^2+z^2+2yz}{18}$

$=\frac{2x^2}{3x^2+(y+z)^2+2x}+\frac{y+z}{x+1+y+z}-\frac{x^2+(y+z)^2}{18}$ 

Đặt $a=x;b=y+z$,ta có: $a^2+b^2=x^2+(y+z)^2 \geq x^2+y^2+z^2=2$

Áp dụng BĐT $Cauchy$ ta có:

$a+b=x+y+z \leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}=\sqrt{6}$

 $a+b=x+y+z \geq \sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$ 

Vậy $\sqrt{2}\leq a+b \leq \sqrt{6}$

Áp dụng BĐT $Cauchy$,ta có: $P=\frac{2a^2}{3a^2+b^2+2a}+\frac{b}{a+b+1}-\frac{a^2+b^2}{18}$ 

$=\frac{a}{a+(\frac{b^2}{2a}+\frac{a}{2})+a}+\frac{b}{a+b+1}-\frac{a^2+b^2}{18}$ 

$\leq \frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{a+b+1}-\frac{(a+b)^2}{36}$

$= \frac{a+b}{a+b+1}-\frac{(a+b)^2}{36}$ 

Đặt $t=a+b$. Xét $ f(t)=\frac{t}{t+1}-\frac{t^2}{36}$ trên [$\sqrt{2};\sqrt{6}$]

Ta có: $f'(t)=\frac{1}{(t+1)^2}-\frac{t}{18}$. 

 $f'(t)=0 \Leftrightarrow t=2$. Vậy từ đây ta có: $P\leq f(t) \leq f(2) =\frac{5}{9}$. 

Vậy $P_{max} =\frac{5}{9}$ khi và chỉ khi $(x+y+z)=(1;1;0);(1;0;1)$

 

File PDF lời giải

 BĐT.pdf   87.23K   290 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Math Is Love: 04-07-2014 - 15:56

[phuocdinh1999]

Lời giải của mình:

Ta có: $P=\frac{x^2}{x^2+yz+x+1}+\frac{y+z}{x+y+z+1}-\frac{1+yz}{9}$ 

$=\frac{2x^2}{2x^2+2yz+2x+x^2+y^2+z^2}+\frac{y+z}{x+1+y+z}-\frac{x^2+y^2+z^2+2yz}{18}$

$=\frac{2x^2}{3x^2+(y+z)^2+2x}+\frac{y+z}{x+1+y+z}-\frac{x^2+(y+z)^2}{18}$ 

Đặt $a=x;b=y+z$,ta có: $a^2+b^2=x^2+(y+z)^2 \geq x^2+y^2+z^2=2$

Áp dụng BĐT $Cauchy$ ta có:

$a+b=x+y+z \leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}=\sqrt{6}$ $a+b=x+y+z \geq \sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$ 

Vậy $\sqrt{2}\leq a+b \leq \sqrt{6}$\\

Áp dụng BĐT $Cauchy$,ta có: $P=\frac{2a^2}{3a^2+b^2+2a}+\frac{b}{a+b+1}-\frac{a^2+b^2}{18}$ 

$=\frac{a}{a+(\frac{b^2}{2a}+\frac{a}{2})+a}+\frac{b}{a+b+1}-$$\frac{a^2+b^2}{18}$ 

 

Cách khác ko dùng đạo hàm: (dựa trên lời giải của Math Is Love)

Ta có: $P\leq \frac{a+b}{a+b+1}-\frac{a^2+b^2}{18}=1-\frac{1}{a+b+1}-\frac{a^2+b^2}{18}$

Đặt

$Q=\frac{1}{a+b+1}+\frac{a^2+b^2}{18}\geq \frac{2}{(a^2+1)+(b^2+1)+2}+\frac{a^2+b^2}{18}=\frac{2}{t+4}+\frac{t}{18}(t=a^2+b^2\geq 2)$

$\Rightarrow Q\geq \frac{2}{t+4}+\frac{t+4}{18}-\frac{2}{9}\geq \frac{2}{3}-\frac{2}{9}=\frac{4}{9}(AM-GM)$

$\Rightarrow P\leq 1-Q\leq \frac{5}{9}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1$ hay $(x;y;z)=(1;0;1);(1;1;0)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuocdinh1999: 04-07-2014 - 16:02