Đề dự bị - ĐHKT y tế Hải Dương

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy hình chóp bằng a 2, góc giữa mặt phẳng SBC và mặt đáy bằng 600.. Tính thể tích khối chóp S.ABC

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 3x2 (1)

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

2 Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình 1 3

0

3x  x m 

Câu 2 (2 điểm)

1 Giải phơng trình 2  

2 sin x 3 sin 2x 3

2 Giải phơng trình x 3 7 x  2x 8 (x R )

Câu 3 (2 điểm)

1 Tính tích phân   

1

3 0

(3 1)

2 Giải phơng trình x212 x  1 x 36

Câu 4 (2 điểm)

1 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy hình chóp bằng a 2, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; -2), B(-3; 4) và C(-1; 0) Xác định toạ độ trọng tâm G của tam giác và viết phơng trình đờng cao kẻ từ đỉnh

C của tam giác.

Câu 5 (2 điểm)

1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đờng thẳng có phơng trình d1:



:

d      Lập phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng d1 và song song d2

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

6 11 0

Tính giá trị của biểu thức Az12z22.

(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 3; y' 0 x1 hoặc x 1 0,25

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ; 1) và (1;); nghịch biến trên 0,25

Đề thi dự bị

khoảng ( 1;1)

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 1 y CD 4; đạt cực tiểu tại x 1 y CT 0

- Giới hạn: lim ; lim

       

- Bảng biến thiên:

x - -1 1 +

y' + 0 - 0 +

y 4 +

- 0

0,25 * Đồ thị Đồ thị đi qua các điểm (-1 ; 4), (1 ; 0), (0 ; -2), Đồ thị là đờng cong trơn thể hiện nh hình vẽ

-3 -2 -1 1 2

-2 -1

1 2 3

x

y

0,25

I.2

Biến đổi: 3

Số nghiệm của phơng trình là số giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đờng thẳng

Từ đồ thị hàm số, ta có:

2 3

3

m  phơng trình có 1 nghiệm 2

3

m  hoặc 2

3

m  phơng trình có 2 nghiệm

0,25

3 m 3

II.1



 cos(2  )1

6

12 2

k

II.2

ĐK: 4  2x Phơng trình      

(2 8)(7 ) 2

0,25

2

2x 22x 30 0

III.1

 3  1   1

3

t

3

Với x  0 t 1

x 1  t 2

0,25

Vậy

2

4 3 1

1

9



2

1

0,25

III.2

ĐK: x 1

Phơng trình trở thành:

4 2

3 2

12 36 0 ( 2)( 2 3 18)

0,25

2

t

  (do t32t23 18 0t  với t 0) 0,25

IV.1

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là trung điểm BC

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

Tính

0,25

Xét tam giác SOI vuông tại O có OS = OI.tanSIO = 2

2

a ;

3

0,25

Vậy thể tích khối chóp là: V = 1 1 6 2

a

SO S  a =

3 6 3

a

IV.2

Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC la G(-1; 2

)

( 4;6)

AB  

Phơng trình đờng cao đi qua C nhận vtpt AB  ( 4;6) 0,250,25

V.1

Đờng thẳng (d1) có véc tơ chỉ phơng u (2; 1;3)1  và đi qua M(0; 1; -1)

Đờng thẳng (d2) có véc tơ chỉ phơng u (3; 1;2) 2

và đi qua N(-1; -2; 1) 0,25 Gọi nlà vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) thì

1 2

nu , u   ( 5;5;5)5(1; 1; 1) 

Mặt phẳng (P) chứa (d) nên đi qua điểm M(0; 1; -1)

V.2 Xét phơng trình: z2 - 6z + 11 = 0 có  = -2 = 2i' 2 0,25

Phơng trình có hai nghiệm phức là: z1 = 3 i 2 và z2 = 3i 2 0,25

S

D C

O I

Vậy A = 14 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.