Đề và hướng dẫn thi đại học khối b và d bản word

Chứng minh mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là một đường tròn C.. Câu 6 1,0 điểm: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014

Môn : TOÁN; khối D

Thời gian : 180 phút ( Không kể thời gian giao đề )

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x – 2 (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc bằng 9

Câu 2 (1,0 điểm) : Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3z - z)(1 + i) – 5z = 8i – 1 Tính môđun của z

Câu 3 (1,0 điểm) : Tính tích phân I = 4

0 (x 1)sin 2xdx

π

+

Câu 4 (1,0 điểm):

a) Giải phương trình: log2(x – 1) – 2log4(3x – 2) + 2 = 0

b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n ∈ N và n ≥ 3 Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 27 đường chéo

Câu 5 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

(P): 6x + 3y – 2z – 1 = 0 và mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 – 6x – 4y – 2z – 11 = 0 Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn (C) Tìm tọa độ tâm của (C)

Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, mặt bên SBC là tam

giác đều cạnh a và mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC

Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường phân giác trong

của góc A là điểm D (1; -1) Đường thẳng AB có phương trình 3x + 2y – 9 = 0, tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + 2y – 7 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC

Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương trình: (x 1) x 2 (x 6) x 7+ + + + + ≥x2+7x 12+

Câu 9 (1,0 điểm): Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện 1 ≤ x ≤ 2; 1 ≤ y ≤ 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

BÀI GIẢI Câu 1:

a) Tập xác định là R y’ = 3x2 – 3; y’ = 0 ⇔ x = ±1 limx→−∞y= −∞ và lim

x

y

x −∞ -1 1 + ∞

y’ + 0 − 0 +

y 0 + ∞

−∞ CĐ -4

CT

Hàm số đồng biến trên (−∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (-1; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y(-1) = 0; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = -4 y" = 6x; y” = 0 ⇔ x = 0 Điểm uốn I (0; -2)

Đồ thị :

b) y’ (x) = 9 ⇔ 3x2- 3 = 9 ⇔ x = ±2

y(-2) = -4; y(2) = 0

Vậy hai điểm M là (-2; -4) và (2; 0)

Câu 2: Giả thiết ⇔ (3i – 2)z – (1 + i)z = 8i – 1

Gọi z = a + ib ⇒ (3i – 2)(a + ib) – (1 + i) (a – ib) = 8i – 1

⇔ - 3a – 4b + (2a – b)i = 8i – 1

⇔ 3a + 4b = 1 và 2a – b = 8 ⇔ a = 3 và b = -2

Vậy môđun của z là : 13

Câu 3: / 4( )

0

I x 1 sin2xdx

π

= ∫ + Đặt u = x+1 ⇒ du = dx

dv = sin2xdx, chọn v = – 1

2cos2x

( 1) cos 2 cos 2

π π

=

/ 4 0

( 1) cos 2 sin 2 4

0

=0 1 1 0 3

+ + − =

Câu 4 : a) log2(x – 1) – 2log4(3x – 2) + 2 = 0

⇔ log2(x – 1) – log2(3x – 2) = -2 ⇔ x > 1 và log2 2

log 3x 2− = 4

−

⇔ x > 1 và 4(x – 1) = 3x – 2 ⇔ x = 2

b) Số các đoạn thẳng lập được từ n đỉnh là C n2

Số cạnh của đa giác n đỉnh là n

Vậy số đường chéo của đa giác n đỉnh là: 2

n

C -n Theo đề bài ta có C n2-n = 27 ( 1)

27 2

−

⇔ n n − =n

⇔n − n− = ⇔n = 9 hay n = -6 (loại)

Câu 5: (S) : x2 + y2 + z2 – 6x – 4y – 2z – 11 = 0

y

0

-2 -4

-1 1

x

2

I (3; 2; 1); R = 9 4 1 11+ + + = 5 (P) : 6x + 3y – 2z – 1 = 0

d(I, (P)) = |18 6 2 1| 21 3 5

7

36 9 4+ − − = = <

+ + ⇒ (P) cắt (S) theo một đường tròn (C)

∆ là đường thẳng đi qua I (3; 2; 1) và nhận nuurP = (6; 3; -2) là vectơ chỉ phương

Tâm đường tròn (C) là giao điểm của ∆ và (P) thỏa hệ phương trình :

( )

6x

x 3 6t (1)

y 2 3t (2)

z 1 2t (

3y – 2z

)

3

= +



 = +



 =

=

− +





Thế (1), (2), (3) vào (4) ta được : 6(3 + 6t) + 3 (2 + 3t) – 2(1 – 2t) – 1 = 0

⇔ 49t + 21 = 0 ⇔ t = 3

7

−

⇒

3 3

x 3 6

3 5

y 2 3

3 13

z 1 2

−

 = + =



 = + =





−

 = − =



Câu 6 :

Gọi I là trung điểm của BC ⇒ SI ⊥ BC ⇒ SI ⊥ mp(ABC)

∆ABC vuông cân ⇒ AI = BC a

2 = 2 S(ABC) =

2

a

2 2= 4

VS.ABC= 1SI.SABC 1 a 3 a2 a3 3

3 =3 2 4 = 24

Kẻ IJ vuông góc với SA, ∆SIA vuông góc tại I, IJ là khoảng cách giữa SA và BC

3a a

IJ = a 3

4

Câu 7 : Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình :

3x 2y 9 0

x 2y 7 0

+ − =



 + − =

Phương trình đường thẳng AD : x = 1

Gọi α là góc hợp bởi AB và AD ⇒ cosα = 3

13 Phương trình AC có dạng : a(x – 1) + b(y – 3) = 0

Gọi β là góc hợp bởi AD và AC ⇒ β = α

cosβ = 2a 2

a +b =

3

13 ⇔ 4a2 = 9b2 Chọn b = 1 ⇒ a = ±3

2 (loại a =

3

2)

⇒ Phương trình AC : -3x + 2y – 3 = 0

Gọi γ là góc hợp bởi đường tiếp tuyến tại A với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và đường thẳng AC

⇒ cosγ = 3a 2b2 2

13 a b

− +

+ ; cosB = cosγ Phương trình BC có dạng : a(x – 1) + b(y + 1) = 0

cosB = cosγ⇔ 5(9a2 + 4b2 – 12ab) = a2 + b2⇔ 44a2 + 19b2 – 60ab = 0

Chọn b = 1 ⇒ a = 1

2 hay a =

19 22

S

A

B

C I

Vậy phương trình BC là : 1

2(x – 1) + y + 1 = 0 ⇔ x + 2y + 1 = 0 hay 19

22 (x – 1) + y + 1 = 0 ⇔ 19x + 22y + 3 = 0

Câu 8 :

Với Đk : x ≥ - 2 thì bất pt ⇔(x 1)( x 2 2) (x 6)( x 7 3) x+ + − + + + − ≥ 2+2x 8−

⇔ (x 1)(x 2) (x 6)(x 2) (x 2)(x 4)

+ + + < + + +

x

6 +2 = x+4 x 9

6

+

− < x + 4 ∀x ≥-2 Vậy (*) ⇔ x – 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2 Vậy -2 ≤ x ≤ 2 là nghiệm của bất phương trình

Câu 9 :

2 2

1 x 2 (x 1)(x 2) 0 x 3x 2

1 y 2 (y 1)(y 2) 0 y 3y 2



≤ −



P ≥ 3(x y) 3 3(x y) 3 4(x y 1)x 2y+ ++ + y 2x+ ++ + + −1

x y 1 4(x y 1) t 1 4(t 1)

Đặt t = x + y, đk 2 ≤ t ≤ 4

f(t) = t 1

t 1 4(t 1)+

+ − , t ∈ [2; 4]

(t 1) −4(t 1)

f’(t) = 0 ⇔ 2(t – 1) = ± (t + 1) ⇔ 2t – 2 = t + 1 hay 2t – 2 = -t – 1

⇔ t = 3 hay t = 1/3 (loại) Ta có f(3) = 7

8

Khi t = 3 ⇒

x 1 x 2

y 1 y 2

x y 3

= ∨ =



 = ∨ =



 + =



⇔

x 1

y 2

x 2

y 1

 =



 =





 =

 =





Vậy Pmin = 7

8 tại

x 1

y 2

=



 =

 hay

x 2

y 1

=



 =



……… HẾT ………

BỘ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2014

Môn thi : TOÁN; khối B

Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số y x= −3 3mx+1 (1), với m là tham số thực

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=1

b Cho điểm A(2;3) Tìm m để đồ thị (1) có hai cực trị B và C sao cho tam giác ABC cân tại A

Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình 2 sin( x−2cosx) = −2 sin2x

Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân

2 1

+ + +

Câu 4: (1,0 điểm)

a Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2z + 3(1- i) z =1 - 9i Tìm môđun của z.

b Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5 hộp sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích mẫu Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;0;-1) và đường thẳng d:

− = + =

−

Viết phương trình mp qua A và vuông góc với d Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của

A trên d

Câu 6: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a Hình chiếu vuông góc của A’

trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 600 Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’)

Câu 7: (1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD

Điểm M(-3;0) là trung điểm của cạnh AB, điểm H(0;-1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm G( 4

3;3) là trọng tâm của tam giác BCD Tìm tọa độ các điểm B và D.

Câu 8: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

 − − + = + − −





− + + = − − − −



Câu 9: (1,0 điểm)Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn điều kiện (a+b)c >0 Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức

P =

+

a

……… HẾT ………

GỢI Ý BÀI GIẢI

Câu 1:

a) Tập xác định là R, y' = 3x2-3, y' = 0 ⇔x = -1 hay x = 1

Hàm số đạt 2 cực trị tại: A ( -1 ; 3 ) hay B ( 1 ; -1 )

lim

x

y

→−∞ = −∞ và lim

x

y

Bảng biến thiên

x −∞ -1 1 + ∞

y’ + 0 − 0 +

y 3 + ∞

−∞ CĐ -1

CT

Hàm số đồng biến trên 2 khoảng (−∞; -1) và (1; +∞)

Hàm số nghịch biến trên (-1;1)

y" = 6x; y” = 0 ⇔ x = 0 Điểm uốn I (0; 1)

Đồ thị :

b) y’ = 0 ⇔ 3x2 – 3m = 0 ⇔ x2 = m

hàm số có hai cực trị ⇔ m>0

Tam giác ABC cân tại A ⇔ AB2 = AC2

⇔−4 m−4 m+8m m+8m m =0

⇔ m(2m− =1) 0⇔ 1

2

=

m (vì m>0)

Câu 2: 2 sin( x−2cosx)= −2 sin2x

4

cosx=-2

 =





x

Câu 3:

2 1

x 3x 1

+ +

=

+

2

2 1

2x 1

+

 + 

 + ÷

x 1

Câu 4: a) Đặt z = a + bi (a, b ∈¡ )

2(a + bi) + 3(1 – i)(a – bi) = 1 - 9i ⇔2a 2bi 3 a bi ia bi+ + ( − − + 2)= −1 9i

5a 3b b 3a i 1 9i

⇔ − + − − = − {5a 3b 1

3a b 9− =

⇔ + = {a 2

b 3=

⇔ = Vậy: z = 13 b) Số cách chọn 3 hộp sữa từ 12 hộp C = 220123

Số cách chọn 3 hộp có cả 3 loại 1 1 1

C C C = 60 Xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại là : 60/220 = 3/11

y

0 -1

-4

-1 3

x

1

Câu 5:

a) Gọi (α) là mặt phẳng qua A (1; 0; -1) và (α) ⊥ d Ta có : auur uurd =nα = (2; 2; -1)

⇒ pt (α) : 2(x – 1) + 2(y – 0) – 1(z + 1) = 0 ⇔ 2x + 2y – z – 3 = 0

b) Hình chiếu A lên d là giao điểm I của (α) và d

A ∈ (d) ⇒ x = 2t + 1; y = 2t – 1; z = -t

A ∈ (α) ⇒ 2(2t + 1) + 2(2t – 1) + t – 3 = 0 ⇔ t = 1

3 ⇒ I (5/3; -1/3; -1/3)

Câu 6: Gọi H trung điểm AB thì A’H ⊥ (ABC)

Hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABC) là HC Vậy góc A’C và (ABC) là ·A 'CH 60= 0

∆ A’HC vuông ⇒ tan600 = A 'H 3

HC = ⇒ A’H = 3a 3 3a

2 = 2

VLT = A’H dt (∆ABC) =

3a a 3 3a 3

Cách 1: Do AB cắt (A’AC) tại A mà H là trung điểm AB nên

d(B, (A’AC)) = 2d(H, (A’AC))

Vẽ HI ⊥ AC, Vẽ HK ⊥ A’I (1)

Do AC ⊥ (A’IH) ⇒ AC ⊥ HK (2)

(1), (2) ⇒ HK ⊥ (A’AC

3a a 3

+

Vậy d(B, A’AC) = 2HK = 3a

13

Cách 2: d(B, (A’AC)) =

3

3a 3

1 dt( A 'AC) A 'I.AC 1 a 39 13

∆

Câu 7: Phương trình đường tròn đường kính AB: (x 3)+ 2+y2 =10

I(a; b) là giao điểm của AC và BD

GCuuur= −2GIuur⇒C 4 2a;9 2b− − ⇒B 2 4a;9 4b− − − ⇒D 2 6a;6b 9+ −

HAuuur= 4a 4;4b 8− − cùng phương HDuuur=(6a 2;6b 8+ − ) nên a = 2b -3

A 8b 16; 4b 9

A (C)∈ ⇒ 8b 13− + 4b 9− =10

b 2= ⇒ = ⇒ −a 1 B( 6;1), D(8;3) (loại vì khi đó H không là hình chiếu của B lên AD)

hay b 3 a 0 B( 2;3), D(2;0)

2

= ⇒ = ⇒ −

Câu 8:

2

2y 3x 6y 1 2 x 2y 4x 5y 3 (2)

 − − + = + − −





− + + = − − − −



ĐK : x – y ≥ 0, y ≥ 0, x – 2y ≥ 0; 4x – 5y – 3 ≥ 0

(1) (1 y) x y (x y 1) (y 1) (x y 1) y 0− − + − − + − − − − =

⇔ (1 – y) ( x y 1) (x y 1)(1− − + − − − y) 0= ⇔ (1 y)(x y 1) (x y 1)(1 y)− x y 1− +− − + − −1+ y − =0

⇔ (1 – y) (x – y – 1) 1 1 0

− + +

  ⇔ (1–y)(x–y–1) = 0 ⇔y=1 hay x = y + 1

• y = 1, (2) ⇒ 9 – 3x = 2 x 2− − 4x 8− ⇔ 9 – 3x = 0 ⇔ x = 3

B

A /

B /

C /

H I

• x = y + 1, (2) ⇒ 2y2 + 3y – 2 = 2 1 y− − 1 y− ⇔ 2y2 + 3y – 2 = 1 y− (A)

Cách 1: (A) ⇔ 2

1 y 2y− − −3y 2 0+ =

⇔ 2(1 y) 2y 1 y (2y 1) 1 y y(2y 1) 0− − − + + − − + =

⇔ 2 1 y− ( 1 y y− − +) (2y 1)( 1 y y) 0+ − − = ⇔(2 1 y 2y 1− + + )( 1 y y− − ) =0

1 y y 0

 − + + =



 − − =



+ − = ⇔ = ∨ =

= ⇒ = Vậy hệ có nghiệm (3;1) và 1 5; 1 5

 + − + 

Cách 2: (A) ⇔ ( )2

2

2y + =y 2 1 y− + 1 y− (*)

f (t) 2t= +t, t 0≥ , f (t) 4t 1 0′ = + > nên f(t) đồng biến trên [0 :+∞)

(*)⇔ =y 1 y− ⇔ 2 1 5 1 5

+ − = ⇔ = ∨ =

= ⇒ = Vậy hệ có nghiệm (3;1) và 1 5; 1 5

 + − + 

Câu 9:

Từ điều kiện ta có c > 0 và a + b > 0

P

với x a 0, y b 0

= ≥ = ≥

y 1≥ x y 1

+ + + Dấu “=” xảy ra khi x = 0 hay x = y + 1

x 1≥ x y 1

+ + + Dấu “=” xảy ra khi y = 0 hay y = x + 1

P

(x y) 1 2(x y) t 1 2t

+

+ + + + với t x y 0= + >

t 1 2t ′ (t 1) 2t

1

t (loai) 3

f (t) 0 4t (t 1)

3

t 1 f (1)

2

 = −



′ = ⇔ = + ⇔ 

 = ⇒ =



Từ bảng biến thiên ta có f (t) f (1) 3

2

≥ =

Vậy P có giá trị nhỏ nhất là 3

2 khi

a 0

b c

a c

 =



 =

 ∨ ⇔

 =  =  =







……… HẾT ………