Đề thi tuyển sinh đại học năm học 2010 - 2011-ĐHKT y tế Hải Dương (VLVH)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.. Tìm tọa độ điểm N.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đờng

Bộ giáo dục và đào tạo

Trờng đhkt y tế hải dơng

Đề thi tuyển sinh hệ đại học liên thông VLVH

năm học 2010 - 2011 Môn thi: Toán

(Thời gian làm bài 180 phút)

Câu 1(2 điểm)

Cho hàm số y x 33x2 2 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).

2 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm M(1; 2) cắt đồ thị tại điểm thứ hai N Tìm tọa độ điểm N.

Câu 2 (2 điểm)

1 Giải phơng trình 3 sinx cosx2 sin 3x

2 Giải phơng trình 2    

2x (x 1)(2 x) 1 2x (x R )

Câu 3 (2 điểm)

1 Tính tích phân 





1

x

x

2 Chứng minh rằng với  (0; )

2

3

tan

3

x

x x .

Câu 4 (2 điểm)

1 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có diện tích tam giác SAB bằng

2

3 2

a

, cạnh

đáy hình chóp bằng a 3 Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -3), B(4; 1) và trọng tâm

G(1; -1) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

Câu 5 (2 điểm)

1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đờng thẳng d có phơng trình

và mặt phẳng (Q) có phơng trình x y 1 0 Lập phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (Q).

2 Gọi z z1, 2 là hai nghiệm phức của phơng trình 2  

2 2 0

Tính giá trị của biểu thức Az1 3 2i2  z2 3 2i2.

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……… Chữ ký của giám thị 1: ……… Chữ ký của giám thị 2: ………

đáp án và biểu điểm chấm Môn toán

I.1 * Tập xác định: D 

* Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y' 3x26 ;x y'  0 x0 hoặc x 2

0,25

Đề thi chính thức

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ; 2) và (0;); nghịch biến trên

khoảng ( 2;0)

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x2 y CD 2; đạt cực tiểu tại x 0 y CT 2

- Giới hạn: lim ; lim

       

0,25

- Bảng biến thiên:

x - -2 0 +

y' + 0 - 0 +

y 2 +

- -2

0,25 * Đồ thị Đồ thị đi qua các điểm (-3 ; -2), (-2 ; 2), (-1 ; 0), (0 ; -2), (1 ; 2) Đồ thị là đờng cong trơn thể hiện nh hình vẽ

-2 -1

1 2 3

x

y

0,25

I.2

Hệ số góc của tiếp tuyến của tại điểm M(1; 2) là: f'(1) = 9 0,25 Phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M là: y = 9(x - 1) + 2 hay y = 9x - 7 0,25 Tiếp tuyến cắt đồ thị hàm số tại điểm có toạ độ là nghiệm của hệ phơng trình:

   



 



9 7

y x x

y x

 

 



9 7

y x

 

 



2

( 1) ( 5) 0

9 7

y x

0,25





 





1 2

x

y hoặc











5 52

x

y Vậy toạ độ điểm N(-5; -52). 0,25

II.1

Phơng trình  3sin  1cos sin 3

 sin cos  cos sin sin 3





  







12 sin( ) sin 3

24 2

k x

với k là số nguyên 0,5

II.2 ĐK: -1  2x Phơng trình  2( x2 x 2) x2  x 2 30 0,25

Đặt t =  x2 x 2, điều kiện t 0

Phơng trình trở thành: 2t2 - t - 3 = 0  t = -1 (loại) hoặc t =3

2 (thoả mãn)

0,25

Với t = 3

2, ta có: x2 x 2= 3

2  -x

2 + x + 2 = 9

4

0,25

 4x2 - 4x + 1 = 0  x = 1

2 Vậy phơng trình có nghiệm x =

1

III.1

2

3

t

Với x 0  t 1

Vậy     

2

1 2 2

1

2

) 1 ( 9

2 9

2 ) 1 (

dt t

dt t

t t

    

2 3

1

t

III.2

3 tan   x3 

x

x Đặt

3 tan

)

f    với   

  

 0; 2 

x

Ta có '( )  12  1  2  tan2  2  (tan  )(tan  )

cos

x

0,25

Xét hàm số g x( )tanx  x với   

  

 0; 2 

x

2

1

x  Hàm số đồng biến trên [0; )

2



0 ( ) (0) 0



     Vậy tan 0, 0;

2

x x    x   

 

0,25

Suy ra f '(x) = (tanx + x)(tanx - x) > 0  x (0;

2



 hàm số f(x) đồng biến trên [0;

2

 )

0 ( ) (0) 0



     hay tanx - x -

3

3

x

> 0  x (0;

2

 )

0,25

IV.1 Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là trung điểm AB

Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO (ABCD) và SI AB

Vì SSAB =

2

2 2

a

 SI.AB  SI =

2

3a

AB=

2 3

3 3

a a

a 

0,25

Xét tam giác SOI vuông tại O có OI = 1

2AB =

3 2

a ; SI = a

3 suy ra SO =

2

3

SI  OI  a  

0,25 S

D A

O I

SABCD = AB = 3a 0,25 Vậy thể tích khối chóp là: V = 1 1 3 2

3 ABCD 3 2

a

SO S  a =

3 3 2

a

IV.2

Xét tam giác ABC có A(2; -3), B(4; 1) và trọng tâm G(1; -1)

Gọi trực tâm H(a; b) thì AH.BC 0

BH.AC 0









 

Ta có: AH(a 2;b 3), BC( 7; 2)

BH(a 4;b 1), AC( 5;2)

Vậy ta có hệ:

13 a

b 12









 Suy ra trực tâm H(13 43

;

6  12)

0,25

V.1

Mặt phẳng (Q): x - y + 1 = 0 có véc tơ pháp tuyến n (1; 1;0)1 



Đờng thẳng (d) có véc tơ chỉ phơng u( 1; 3; 4)   và đi qua M(2; 1; 2) 0,25 Gọi nlà vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) thì

1

nn , u (4;4;2) 2(2;2;1)

 



 

Mặt phẳng (P) chứa (d) nên đi qua điểm M(2; 1; 2)

Suy ra (P) có phơng trình là: 2x + 2y + z - 8 = 0 0,5 V.2

Xét phơng trình: z2 + 2z + 2 = 0 có  =1 - 2 = -1 = i' 2 0,25 Phơng trình có hai nghiệm phức là: z1 = -1 - i và z2 = -1 + i 0,25 Biểu thức | z1 + 3- 2i | = | 2- 3i | = 13 , | z2 + 3- 2i | = | 2- i | = 5 0,25

Chú ý:

- Thí sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho đủ số điểm thành phần tơng ứng.

- Sự phân chia biểu điểm nhỏ hơn cần đợc thống nhất trong hội đồng chấm.