DEDAP AN TOAN KHOI BD 2014

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 [r]

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 2 2 1



x x x x dx

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 limx

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

 m 2 2 m m 3m m 22

= m2 2 m m3m m 22

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

3

4

cosx=-2





x

Câu 3:

2 2

2 1







=

2

2 1

2x 1









x 1

= 1 + ln3

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

3a b 9 



b 3



 Vậy: z  13

y

3

-4

b) Số cách chọn 3 hộp sữa từ 12 hộp C123 = 220

Số cách chọn 3 hộp có cả 3 loại C C C15 14 13 = 60

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

Câu 5:

a) Gọi () là mặt phẳng qua A (1; 0; -1) và ()  d Ta có : a d  n

= (2; 2; -1)

 pt () : 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 () và d

A  (d)  x = 2t + 1; y = 2t – 1; z = -t

A  ()  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 =

3

VLT = A’H dt (ABC) =

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

A’HI vuông  HK =

3a a 3



Vậy d(B, A’AC) = 2HK =

3a 13

Cách 2: d(B, (A’AC)) =

3

A '.ABC LT

3a 3

1



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

I(a; b) là giao điểm của AC và BD

GC  2GI C 4 2a;9 2b   B 2 4a;9 4b    D 2 6a;6b 9 

HA 4a 4; 4b 8 

cùng phương HD6a 2;6b 8  



nên a = 2b -3

A 8b 16;4b 9

mà A (C)  8b 13 24b 9 2 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

3

2

Câu 8:

B

A/

B/

C/

H

I







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)

0

 (1 – y) (x – y – 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

 x = y + 1, (2)  2y2 + 3y – 2 = 2 1 y  1 y  2y2 + 3y – 2 = 1 y (A)

Cách 1: (A)  1 y 2y  2 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



2 1 y 2y 1 0(VN)

1 y y 0







Nếu

Vậy hệ có nghiệm (3;1) và

;

Cách 2: (A) 2y2y 2 1 y   2 1 y

(*)

Xét f (t) 2t 2t, t 0 , f (t) 4t 1 0    nên f(t) đồng biến trên 0 : 

(*) y 1 y 

Nếu

Vậy hệ có nghiệm (3;1) và

;

Câu 9:

Từ điều kiện ta có c > 0 và a + b > 0

P

Ta có

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

Ta có

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

P



    với t x y 0  

1

3

3

2









Từ bảng biến thiên ta có

3

f (t) f (1)

2

Vậy P có giá trị nhỏ nhất là

3

2 khi

a 0

b c

a c







 



 



……… HẾT ………

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014

Môn : TOÁN; khối D

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)

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 :

Bài giải

Câu 1:

a) Tập xác định là R y’ = 3x 2 – 3; y’ = 0  x = 1 limx

y

  

 

và limx

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



Đặt u = x+1  du = dx

dv = sin2xdx, chọn v = –

1

2cos2x

I =

/ 4 4





=

/ 4

0

=

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

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

2

log







 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: C n2-n

Theo đề bài ta có C n2-n = 27  1

27 2



n

y

0 -2 -4

-1 1

x 2

2 3 54 0

 n  n   n = 9 hay n = -6 (loại)

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

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

d(I, (P)) =

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 n P

= (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





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 =

S(ABC) =

2

a

VS.ABC=

2 3 ABC

SI.S

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



2 2

 IJ =

a 3 4

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

3x 2y 9 0

x 2y 7 0





  A (1; 3)

Phương trình đường thẳng AD : x = 1

Gọi  là góc hợp bởi AB và AD  cos =

3 13

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

Gọi b là góc hợp bởi AD và AC  b = 

cosb = 2 2

a

3

13  4a2 = 9b2 Chọn b = 1  a = 

3

2 (loại a =

3

2)

 Phương trình AC : -3x + 2y – 3 = 0

S

A

B

C I

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

 cosg = 2 2

3a 2b

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

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

Chọn b = 1  a =

1

2 hay a =

19 22

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)



Ta có:

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



P 

3(x y) 3 3(x y) 3 4(x y 1)

=



Đặt t = x + y, đk 2 £ t £ 4

f(t) =

t 1 4(t 1)   , t  [2; 4]

f’(t) = 2 2

(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 ………