De dap an khoi ABD nam 2014

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... Hàm số không có cực trị..[r]

BỘ 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 y x 2   1

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: sinx 4cosx 2 sin2x   

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   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    

và đường thẳng

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:

3

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 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:………

BÀI 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 y x 2   1

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}

2

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 1

lim y





 

, x 1

lim 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

Theo bài rat a có : d(M, ) = 2

2 2

2

2

m m







Với m2 2 2(m1) m2 2m 4 0 (có   , 3 0) nên vô nghiệm

Với





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: sinx 4cosx 2 sin2x   

Giải:

sinx4cosx 2 sin 2x sinx 2 4cos x 2sin cosx x 0 (sinx 2)(1 2cos ) 0 x 

x

x





Vì  1 sinx 1 sinx 2 0 nên phương trình (1) vô nghiệm

2

2

2 3















Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x 3 2k





; x 3 2k





với (k Z )

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  

Giải:

Phương trình hoành độ giao điểm giữa đường cong và đường thẳng là :

2

x

x







Vì hàm số y x  2 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

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

b) Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 thẻ từ 16 thẻ, ta có n( ) 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) = C84 =70

Vậy xác suất cần tính là

( )

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 :

 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

; 3;

M   

Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là n  P (2;1; 2)

, đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là (1; 2;3)

d

u   Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P), khi đó (Q) nhận véc tơ

,

n u

 

(-1; -8; -5) làm véc tơ pháp tuyến và đi qua điểm M nên phương trình của (Q):

(Q): 7 8 3 5 3 0 8 5 13 0

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:

M d

(P)

(Q)

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:

Thể 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:





















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 =>

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





(2)

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 MN (1; 3); MN  10

Gọi P MN CD vì AB//CD và AN = 3NC, theo định lý Ta –lét:

N M

I H

D

C

S

B

A

K I

Q

P N M

C

B

D

A

P P P

P









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 MN  (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.

 Với d = 0 => D(5; 0) =>

8 ( ; 2) 3

DP 



=> Đường thẳng CD nhận

8

3

n  

làm véc tơ pháp

tuyến và đi qua D nên phương trình CD :

8

3

x  y x y 

 Với d = -2 => D(-1; -2) =>

10

3

DP 



=> Đường thẳng CD nhận

10

3

DP 



làm véc tơ

pháp tuyến và đi qua D nên phương trình CD :

10

3

x  y   y 

Vậy đường thẳng CD có hai phương trình thỏa yêu cầu là : y + 2 = 0 hoặc 3x – 4y – 15 = 0

Cách 2

Ta có MN (1; 3); MN  10



Gọi P MN CD vì AB//CD và AN = 3NC, theo định lý Ta –lét:

P P P

P









Gọi n = (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:

7

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





Q

P

M

C

B

D

A

Vậy độ dài BC = 4 Ta có d(M; CD) = BC = 4   a 3b 3 a2b2  4a2 + 3ab = 0

0

a







Với a = 0 chọn b = 1 khi đó phương trình CD:

7

3

Với 4a + 3b = 0, chọn a = 1

4 3

b

khi đó CD:

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)

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)

Với 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

Thế (4) vào (1) ta có :



2

2 2

2

2 2

2

2(1 10 x )(1 10 x )

1 10 x 2(x 9)

1 10 x 2(x 3)

1 10 x

Vì



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 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 –

9

2 1 yz 1





Đặt Q =

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

2 1 9

t Q

t

Xét hàm số

2

1 ( )

t

f t

t

 Đạo hàm f’(t) = 2

9  (2t 1) ≥ 0 với mọi t ≥ 1

 f(t) ≥ f(1) =

4

9 với 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)

-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

P =

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:………

LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối B.

Câu 1 a/ Với m=1, ta có hàm số = 3- +

3 1

y x x Tập xác định D= ¡

Chiều biến thiên:

é = Þ =-ê

Hàm số đồng biến trên (- ¥ -; 1),(1;+¥ ), hàm số nghịch biến trên ( 1;1)

-Đồ thị hàm số: Bảng biến thiên:

b/ Ta có ¢= 2- ¢= Û 2=

3 3 , 0

y x m y x m Đồ thị hàm số đã cho có 2 cực trị khi y¢= 0 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

=

AB AC hay (- m- 2) (2+ 2m m- 2) (2 = m- 2) (2+ - 2m m- 2)2 Û m- 4m m=0

Phương trình cuối có nghiệm dương duy nhất là =1

4

m

Vậy giá trị cần tìm là = 1

4

m

x - ¥ - 1 1 +¥

y¢ + 0 - 0 +

y 3 +¥

- ¥ - 1

y

x

Câu 2 Xét phương trình: 2 sin( x- 2 cosx)= -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

với kÎ ¢

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

4

với kÎ ¢

Câu 3 Xét tích phân:

+

ò2 2 2 1

dx

Ta có:

( + )

÷

Câu 4

a/ Đặt z= +x yivới 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 urn p=a d=(2; 2; 1- )

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

-ïï + - + = ïî

1 1

y

x x z hay

H

Câu 6.

Gọi H là trung điểm AB thì ¢ ^( ), = 3

2

a

Ta

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

¢ ¢

2

a

Do đó . ¢ ¢ ¢= 3 3×

8

ABC A B C

a V

Tiếp theo, ta sẽ tính khoảng cách từ B đến (ACC A¢ ¢) Ta có

a

Vậy ( )

¢ ¢

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

với

ç

=çç - - ÷÷÷

; 3 3

và

-uuur

;

Do đó, ta được

;

N

Ta có

uuuur uuur

2

0

MN BH

Giải hệ này, ta được ( ; )a b =(0; 1),( 2; 3)- - 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

3 0;

2

I

, ta được D(2; 0).

Vậy ta được B( 2; 3), (2; 0)- D

Câu 8 Giải hệ phương trình

-ïï

-ïïî 2

Điều kiện xác định: y³ 0, 4x³ 5y+3,x³ 2y Ta có

ê

ë

y

x y

Ta xét 2 trường hợp:

- Nếu 1- y= Û0 y=1, từ (2) suy ra - 3x+ = Û9 0 x=3

- Nếu x- y- = Û1 0 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

- +

2

y

, tương ứng, ta có

+

2

x

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là

ç

x y

Câu 9 Ta có

+ +

2

Đẳng thức xảy ra khi c+ =a b

Tương tự, ta cũng có

³

2

b c a b c nên ta có

+

+

1

P

c

Đặt = ³

c

t

a b và xét hàm số = + ³

+

2

t

f t

Ta có

( )

2

t

f t

Do đó f t¢ = Û =( ) 0 1 Khảo sát hàm số này trên [0;+¥ ), ta được ( )³ (1)=3

2

f t f

Vậy 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







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)