Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với P.. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, 3a SD 2 = , hình chiếu vuông góc của S lên mpABCD trùng với trung điểm của AB.
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014
Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số x 2 ( )
x 1
+
=
− a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1)
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng y = − x bằng
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 = x2 − + x 3 và đường thẳng y = 2x 1 +
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + ( ) 2 i z + = + 3 5i Tìm phần thực và phần ảo của z b) Từ một hộp đựng 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 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P : 2x y 2z 1 + − − = 0
d :
− 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 là hình vuông cạnh a, 3a
SD
2
= , hình chiếu vuông góc của S lên mp(ABCD) trùng với trung điểm của AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mp(SBD)
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung
điểm của đoạn 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: ( 2)
3
x 12 y y 12 x 12
x 8x 1 2 y 2
Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 = 2 Tính giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
P
x y z 1 9
x yz x 1
+ + +
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 2BÀI GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014 Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số x 2 ( )
x 1
+
=
− a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1)
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng y = − x bằng 2
Giải:
a) Tập xác định: D R \{1}=
3
x 1
−
− với mọi x thuộc D Hàm số không có cực trị.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (1;+∞)
Giới hạn vô cực : x 1lim y→− = −∞,
x 1lim y+
→ = +∞, nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng Giới hạn tại vô cực : xlim y→−∞ =xlim y 1→+∞ = , nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang.
Bảng biến thiên :
x −∞ 1 +∞
,
-y
1
−∞
+∞
1
Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (-2; 0), cắt trục Oy tại điểm (0; -2)
Đồ thị
b) Điểm M thuộc (C) có tọa độ dạng ; 2
1
m
M m
m
+
, điều kiện (m R m∈ , ≠1) Gọi đường thẳng đã cho
là ∆ : x + y = 0
2
2
m m
+
−
Với m2+ =2 2(m− ⇔1) m2−2m+ =4 0 (có ∆ = − <, 3 0) nên vô nghiệm
Trang 3Với 2 2 2( 1) 2 2 0 0 ( ) (0; 2)
Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán là M(0; 2 ;− ) M(−2;0)
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sin x 4 cos x + = + 2 sin 2x
Giải:
sinx+4 cosx= +2 sin 2x⇔sinx− +2 4cosx−2sin cosx x= ⇔0 (sinx−2)(1 2 cos ) 0− x =
sin 2 0 (1)
1 2 cos 0 (2)
x
x
− =
Vì 1 sin− ≤ x≤ ⇒1 sinx+ ≠2 0 nên phương trình (1) vô nghiệm
2
2
2 3
= +
= − +
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : 2
3
x= +π kπ
3
x= − +π kπ
với (k Z∈ )
Câu 3 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x2 − + x 3 và đường thẳng y = 2x 1 +
Giải:
Phương trình hoành độ giao điểm giữa đường cong và đường thẳng là :
2
x
x
=
Vì hàm số y = x2 − + x 3 và y = 2x 1 + cùng có tập xác định D = R nên liên tục trên đoạn [ ]1;2
x∈ nên diện tích hình phẳng cần tính là :
2
1
dvdt
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + ( ) 2 i z + = + 3 5i Tìm phần thực và phần ảo của z
b) Từ một hộp đựng 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
Giải:
a) Số phức z có dạng : z = x + yi, với x là phần thực, y là phần ảo và x y R x, ∈ , 2+y2 ≠0
Khi đó z + ( ) 2 i z + = + 3 5i⇔ + + +x yi (2 i x iy)( − ) 3 5= + ⇔i (3x y+ + −) (x y i) = +3 5i
thoa
Vậy số phức z có phần thực là 2 và phần ảo là – 3.
Trang 4b) Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 thẻ từ 16 thẻ, ta có n( )Ω =C164 = 1820
Các số chẵn từ 1 đến 16 là {2; 4;6;8;10;12;14;16 có 8 số }
Gọi A là biến cố “ 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn ” khi đó n(A) = 4
8
C =70
Vậy xác suất cần tính là ( ) 70 1
1820 26
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P : 2x y 2z 1 + − − = 0
d :
− Tìm tọa độ giao điểm của d và (P) Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P)
Giải:
Gọi M =( )P ∩d
Suy ra M có tọa độ M(2 + t; -2t; -3 + 3t) với t R∈
Vì M thuộc mặt phẳng (P) nên ta có : 2(2 + t) + (- 2t) – (-3 +3t) – 1 = 0
- 6t + 9 = 0 3
2
t=
Vậy tọa độ giao điểm M là 7; 3;3
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là nuurP =(2;1; 2)− , đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là
(1; 2;3)
d
uuur= − Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P), khi đó (Q) nhận véc tơ
,
P d
n u
uur uur
(-1; -8; -5) làm véc tơ pháp tuyến và đi qua điểm M nên phương trình của (Q):
Vậy phương trình mặt phẳng cần viết là : x+8y+ + =5z 13 0
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, 3a
SD
2
= , hình chiếu vuông góc của S lên mp(ABCD) trùng với trung điểm của AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ A đến mp(SBD)
Giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD)⇒ ∈H AB SH, ⊥(ABCD)
Vì ∆ DAH vuông tại A suy ra:
2
a
HD= AD +AH =
∆SHD vuông tại H, suy ra:
M d
(P)
(Q)
N M
I H
D
C
S
B
A
Trang 5Thể tích hình chóp S.ABCD là :
3 2
a
V = S SH = a a=
Từ H hạ HM ⊥BD M, ∈BD, nối SM Từ H dựng HN ⊥SM N SM, ∈ Khi đó:
DB SH
⊥
⊥
Vì H là trung điểm AB⇒d A SBD( , ( )) =2d H SBD( ,( )) =2HN (1)
Đặt AC∩BD I= Trong∆AIB có HM //AI (cùng vuông góc với BD) và H là trung điểm AB nên HM
là đường trung bình => 1 2
a
HM = AI =
∆SHM vuông tại H, có HN là đường cao, HM và SH là hai cạnh góc vuông
2
2
3 2
16
a a
HN
a
Từ (1) và (2) ta có: ( ,( )) 2
3
a
d A SBD =
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung
điểm của đoạn 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)
Giải:
Cách 1:
Ta có MNuuuur= −(1; 3);MN = 10 Gọi P MN= ∩CD vì AB//CD và AN = 3NC, theo định lý Ta –lét:
P P P
P
1 3(x 2)
3 3(y 1)
P ; 2
=
uuuur uuur
Dựng KQ qua N, KQ//BC Đặt độ dài BC là m, (m > 0) Với các giả
thiết của bài toán và sử dụng định lý ta – lét ta có KN = QM = 1
4 m; QN = KD =
3 4
=> ∆ MQN vuông tại Q, ∆DKN vuông tại K => ∆ MQN = ∆DKN ( theo c.g.c)
=> MN = DN và MN⊥ DN
Khi đó đường thẳng DN nhận MNuuuur= −(1; 3)làm véc tơ pháp tuyến và đi qua điểm N nên phương trình của DN : x – 3y – 5 = 0 => tọa độ D(3d + 5; d)
Vì DN = MN ⇔(3d+ −5 2)2+ +(d 1)2 =10⇔(d+1)2 = ⇔ =1 d 0;d = −2
K I
Q
P N M
C
B
D
A
Trang 6• Với d = 0 => D(5; 0) => ( ; 2)8
3
DP=
uuur
=> Đường thẳng CD nhận (2; 8)
3
nr= − làm véc tơ pháp
tuyến và đi qua D nên phương trình CD : 2( 5) 8 3 4 15 0
3
x− − y⇔ x− y− =
• Với d = -2 => D(-1; -2) => (10;0)
3
DP=
uuur
=> Đường thẳng CD nhận (0;10)
3
DP=
uuur
làm véc tơ
pháp tuyến và đi qua D nên phương trình CD : 0( 5) 10( 2) 0 2 0
3
Vậy đường thẳng CD có hai phương trình thỏa yêu cầu là : y + 2 = 0 hoặc 3x – 4y – 15 = 0
Cách 2
Ta có MNuuuur= −(1; 3);MN = 10 Gọi P MN= ∩CD vì AB//CD và AN = 3NC, theo định lý Ta –lét:
P P P
P
1 3(x 2)
3 3(y 1)
P ; 2
=
uuuur uuur
Gọi nr = (a; b) với a2+b2 ≠0 là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng CD, khi đó đường thẳng CD đi qua P nên phương trình có dạng :
CD: a(x 7) b(y 2) 0
3
Gọi I = AC∩BD khi đó IC = 2NC => N là trung điểm của IC Gọi Q là trung điểm của MB => NQ//BC
Đặt BC = m ( m > 0) ta có NQ = 3m
4 ; QM =
m 4 Tam giác NQM vuông tại Q => NQ2 + QM2 = MN2⇒
m 4 (nhan)
10
m 4 (loai)
=
Vậy độ dài BC = 4 Ta có d(M; CD) = BC = 4 ⇔ − +a 3b =3 a2+b2 ⇔ 4a2 + 3ab = 0
0 (4 3 ) 0
a
a b
=
Với a = 0 chọn b = 1 khi đó phương trình CD: 0(x 7) 1.(y 2) 0 y 2 0
3
Với 4a + 3b = 0, chọn a = 1 4
3
b
Vậy đường thẳng CD có hai phương trình thỏa yêu cầu là : y + 2 = 0 hoặc 3x – 4y – 15 = 0
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: − + ( − ) =
2 3
x 12 y y 12 x 12 (1)
x 8x 1 2 y 2 (2)
Giải:
Điều kiện : 2≤ ≤y 12⇒ −12 x2 ≥ ⇔ −0 12 ≤ ≤x 12 (*)
Khi đó phương trình x 12 y − + y 12 x ( − 2) = 12 ⇔ x 12 y − = 12 − y 12 x ( − 2) (3)
Q
P
M
C
B
D
A
Trang 7Với điều kiện (*) của x và y ⇒ ≤ 0 y 12 x ( − 2) ≤ 12. Từ (3) ⇒ ≥ x 0(**)
Do hai vế của (3) đều không âm, bình phương hai vế (3) ta có :
(x 12 y) (12 y 12 x ) x (12 y ) y(12 x ) 24 y 12 x 144 (12 x ) 2 y 12 x y 0 ( 12 x y) 0
y 12 x y 12 x (4)
Thế (4) vào (1) ta có :
−
2
2 2
2
2 2
2
x 8x 1 2 10 x x 8x 3 2(1 10 x ) 0
2(1 10 x )(1 10 x )
1 10 x 2(x 9)
1 10 x 2(x 3)
1 10 x
2
2
2(x 3)
1 10 x Khi đó (5) x – 3 = 0 x = 3 (thỏa điều kiện), thế vào (4) ta được y = 3 ( thỏa điều kiện)
Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm (x; y) = ( 3; 3)
Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 = 2 Tính giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
P
x y z 1 9
x yz x 1
+ + +
Giải:
Ta có: (x – y – z)² ≥ 0 ⇒ x² + y² + z² – 2xy – 2xz + 2yz ≥ 0 ⇒ 1 – xy – xz + yz ≥ 0
⇒yz + 1 ≥ xy + xz => x² + yz + x + 1 ≥ x² + xy + xz + x = x(x + y + z + 1)
⇒
2
2
x
x + + +yz x 1 ≤
x
x y z 1+ + + ⇒ P ≤
1
Mặt khác ta có : (x + y + z)² ≤ 2[x² + (y + z)²] = 2[2 + 2yz] = 4(1 + yz)
⇒ x + y + z ≤ 2 1 yz+ ⇒ P ≤ 1 – (2 1 yz 11 +1 yz+9 )
2 1 yz 1
+ + + + =>P≤ − ⇒1 Q P đạt giá trị lớn nhất khi Q đạt giá trị nhỏ nhất.
Đặt t = 1 yz+ (t ≥ 1) , khi đó
2
1
t Q
t
Trang 8Xét hàm số
2
1 ( )
2 1 9
t
f t
t
9 −(2t 1)
+ ≥ 0 với mọi t ≥ 1
⇒ f(t) ≥ f(1) =4
9với mọi t ≥ 1 => giá trị nhỏ nhất của Q =
4
9 khi t = 1 hay yz = 0.
⇒ giá trị lớn nhất của P = 1 – 4
9 =
5
9 xáy ra khi t = 1 khi đó ( x = 1; y = 1; z = 0) hoặc (x = 1; y=0; z
= 1)
Trang 9
-HẾT -BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014
Môn: TOÁN; Khối B
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x³ – 3mx + 1 (1), với m là tham số thực
a Bạn đọc tự khảo sát và vẽ đồ thị
b Cho điểm A(2; 3) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị B và C sao cho ΔABC cân tại A
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 (sin x – 2cos x) = 2 – sin 2x.
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân I =
2 2 2 1
dx
+
∫
Câu 4 (1,0 điểm)
a Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2z + 3(1 – i) z = 1 – 9i Tìm modun của z.
b Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ một 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 để kiểm nghiệm Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có đủ 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 mặt phẳng đi qua 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 là 60° Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ 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 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
(1 y) x y x 2 (x y 1) y
Câu 9 (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a + b)c > 0 Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
b c+ a c+2(a b)
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 10LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối B.
Câu 1 a/ Với =m 1, ta có hàm số =y x3- 3x+1 Tập xác định D=¡
ë
Hàm số đồng biến trên - ¥ -( ; 1),(1;+ ¥ ) , hàm số nghịch biến trên -( 1;1)
b/ Ta có ¢y =3x2- 3 ,m y¢=0Û x2=m Đồ thị hàm số đã cho có 2 cực trị khi ¢= 0 y có 2 nghiệm phân biệt hay m> 0
Gọi B(- m m m; 2 + 1 ,) (C m; 2- m m+ 1) là 2 cực trị của hàm số Tam giác ABC cân ở A khi
=
Phương trình cuối có nghiệm dương duy nhất là =1
4
m
Vậy giá trị cần tìm là =1
4
Câu 2 Xét phương trình: 2 sin( x- 2cosx)= -2 sin 2xÛ 2 sinx- 2 2 cosx= -2 sin 2x
é
-ê
ê
1 cos
x
x
Ta loại nghiệm sinx= 2 vì sinx £ 1, do đó ta có p
p
= - 1Û = ±3 +
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là p p
= ±3 + 2 4
x k với kÎ ¢
Câu 3 Xét tích phân: + +
+
ò2 2 2 1
÷
x - ¥ - 1 1 + ¥
y¢ + 0 - 0 +
y 3 + ¥
- ¥ 1
-y
x
Trang 11Câu 4
a/ Đặt = +z x yi với x y, Î ¡ Ta có:
Vậy module cần tính là z = 22+ 32 = 13
b/ Không gian mẫu là ( )W= 3
12
Gọi A là biến cố chọn được có đủ 3 loại Số phần tử của biến cố A là × ×1 1 1
C C C
Xác xuất của biến cố A là: × × = ×
3 12
3 11
C C C C
Câu 5 Mặt phẳng qua ( )P qua A , có vtpt là uur=ur =( - )
2; 2; 1
p d
n a Suy ra ( ) : 2P x+ 2y z- + 3 0= . Gọi H là hình chiếu của A lên ( )d Þ { }H =( ) ( )d Ç P
Toạ độ điểm H thỏa hệ phương trình
ï
ïî
1
1
y
1; 5 1;
H
Câu 6.
Gọi H là trung điểm AB thì ¢ ^ ( ), = 3
2
a
có V ABC A B C. ¢ ¢ ¢=A H S¢ ×ABC
Mặt khác, ta có ABC là tam giác đều cạnh a nên =
2 3 4
ABC
a S
Ta có
¢
DA HC vuông tại H và · A CH¢ =(A·¢C,(ABC) ) =60°
2
a
3
3 8
ABC A B C
a V
Tiếp theo, ta sẽ tính khoảng cách từ B đến (ACC A Ta có¢ ¢)
3
B ACC A ABC A B C B ACC A ABC A B C
a
é ¢ ¢ ù
13
ACC A
B ACC A
ACC A
d
S
Câu 7.
Gọi ( ; )B a b và N là trung điểm CD
Ta có uuur=2uuur
3
BG BN với =æççç - - ö÷÷÷÷
uuur 4 ; 3
3
-uuur
;
Do đó, ta được æç - - ö÷
÷
4 ;9
Trang 12ìï + + =
uuuur uuur
2
0
MN BH
Giải hệ này, ta được ( ; ) (0; 1),( 2; 3)a b = - - Ta xét các trường hợp:
• Với =a 0,b= - 1, ta có B(0; 1)- , loại vì trùng với H.
• Với = -a 2,b=3, gọi I là tâm của hình bình hành thì æ öçççè0;3÷÷÷÷ø
2
I , ta được (2; 0).D
Vậy ta được -B( 2;3), (2;0)D
Câu 8 Giải hệ phương trình ìï -ïï - + = + -
-ïïî 2
(1 ) 2 ( 1) (1)
Điều kiện xác định: y³ 0,4x³ 5y+ 3,x³ 2y Ta có
-Û
Û
Û ê
ë
1 0
y
x y
Ta xét 2 trường hợp:
- Nếu -1 y=0Û y=1, từ (2) suy ra - 3x+ 9 0= Û x=3
- Nếu x y- - 1 0= Û x y= + 1, từ (2) suy ra 2y2+ 3y- 2= 1- y , phương trình tương đương
với
2
Phương trình cuối có nghiệm không âm duy nhất là =- 1+ 5
2
y , tương ứng, ta có =1+ 5
2
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là æç + - + ö÷
÷ ç
( ; ) (3;1), ;
2
Đẳng thức xảy ra khi + =c a b
Tương tự, ta cũng có ³
2
b c a b c nên ta có
+
³
+ +
P
c
a b
+c 0
t
2
t
( )
2
f t
Do đó ¢ =f t( ) 0Û t=1 Khảo sát hàm số này trên [0;+ ¥ ) , ta được ( )³ (1)= 3
2
Trang 13Vậy GTNN của biểu thức đã cho là 3
2, đạt được khi =a 0,b c= > 0 hoặc =b 0,a c= > 0.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014
Môn: TOÁN; Khối D
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát 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 x+ + + + + ≥ 2+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 :
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
