Đề thi Toán khối B 2014 và Đáp án

Đề thi Toán khối B 2014 và Đáp án. Mỗi câu đều được trình bày thành ba phần: 1. Hướng dẫn: Giúp các em học sinh học cách tư duy 2. Lời giải chi tiết: Giúp các em học sinh học cách diễn đạt tư duy 3. Bài tương tự  Sáng tạo: Giúp các em học sinh học cách sáng tạo Chúc các em thành công trong việc học theo đúng chuẩn NHÓM CỰ MÔN  LÊ HỒNG ĐỨC

1 NHÓM CỰ MÔN ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN KHỐI B  2014 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (1 điểm): Cho hàm số: y = x 3  3mx + 1, m là tham số. (1) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1. b. Cho điểm A(2; 3). Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị B và C sao cho ABC cân tại A. Câu 2 (1 điểm): Giải phương trình 2(sinx 2cosx) 2 sin2x.    Câu 3 (1 điểm): Tính tích phân 2 2 2 1 x 3x 1 I dx. x x      Câu 4 (1 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 tự một công ty sữa, người ta đã gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5 hộp sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chon ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích mẫu. Tìm xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả ba loại. Câu 5 (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 0; 1) và đường thẳng x 1 y 1 z (d): . 2 2 1      Viết phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với (d). Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (d) Câu 6 (1 điểm): Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC 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 60 0 . 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 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 cg của B trên AD và điểm G(4/3; 3) là trọng tâm của BCD. Tìm tọa độ các điểm B và D. Câu 8 (1 điểm): Giải hệ phương trình: 2 (1 y) x y x 2 (x y 1) y , (x, y ). 2y 3x 6y 1 2 x 2y 4x 5y 3                       Câu 9 (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện (a + b)c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c P . b c a c 2(a b)       2 ĐÁP ÁN ĐỀ KHỐI A, A1  2014 Câu 1.  HƯỚNG DẪN  TƯ DUY: Ta lần lượt:  Với câu a) sử dụng lược đồ khảo sát và vẽ đồ thị của hàm đa thức bậc ba.  Với câu b) là bài toán “Tìm giá trị của tham số để đồ thị có hai cực trị thỏa mãn điều kiện K”. Do đó các bước thực hiện là: Bước 1: Tìm điều kiện để hàm số có hai cực trị B, C Phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt   y’ > 0. Bước 2: Xác định tọa độ B, C Bước 3: Thiết lập điều kiện ABC cân tại A là: AB = AC  AB 2 = AC 2 .  Lưu ý: Cũng có thể sử dụng điều kiệnABC cân tại A là: AIBC với I là trung điểm BC AI.BC 0.     LỜI GIẢI CHI TIẾT  DIỄN ĐẠT TƯ DUY: Với m = 1 hàm số có dạng: y = x 3  3x + 1. Ta lần lượt có: 1. Hàm số xác định trên D =  . 2. Sự biến thiên của hàm số:  Giới hạn của hàm số tại vô cực: x lim y                 3 2 3 x 3 1 lim x 1 x x           khi x . khi x  Bảng biến thiên: y' = 3x 2  3, y' = 0  3x 2  3 = 0        x 1 . x 1 . x -   1 1 +  y' + 0  0 + y - CĐ 3  1 CT +  3. Đồ thị của hàm số:  Giao của đồ thị hàm số với trục tung là A(0; 4). 3  Điểm uốn: y'' = 6x, y'' = 0  6x = 0  x = 0. Vì y" đổi dấu khi x qua điểm 0 nên đồ thị hàm số có một điểm uốn là U(0; 1). Bạn đọc tự vẽ hình. b. Ta có: y’ = 3x 2  3m, y’ = 0  3x 2  3m = 0  x 2 = m. (*) Hàm số có hai cực trị B, C khi (*) có hai nghiệm phân biệt   (*) > 0  m > 0. Khi đó     B m; 2m m 1 , C m; 2m m 1 .    Để ABC cân tại A điều kiện là: AB = AC  AB 2 = AC 2         2 2 2 2 m 2 2m m 2 m 2 2m m 2           m 2m m 0     m 1 2m 0   m 0 1 m . 2    Vậy, với 1 m 2  thỏa mãn điều kiện đầu bài. Cách giải khác: Ta có: y’ = 3x 2  3m, y’ = 0  3x 2  3m = 0  x 2 = m. (*) Hàm số có hai cực trị B, C khi (*) có hai nghiệm phân biệt   (*) > 0  m > 0. Khi đó     B m; 2m m 1 , C m; 2m m 1 .    Để ABC cân tại A điều kiện là: AIBC với I(0; 1) là trung điểm BC AI.BC 0    4 m 8m m 0      m 1 2m 0   m 0 1 m . 2    Vậy, với 1 m 2  thỏa mãn điều kiện đầu bài. Cách giải khác: Ta có: y’ = 3x 2  3m, y’ = 0  3x 2  3m = 0  x 2 = m. (*) 4 Hàm số có hai cực trị B, C khi (*) có hai nghiệm phân biệt   (*) > 0  m > 0. Để ABC cân tại A điều kiện là: AIBC với I là trung điểm BC. (**) Ta lần lượt:  Tọa độ điểm I: x I = x B + x C = 0  y I = 1  I(0; 1).  Bằng cách chia y cho y’ để xác định phương trình (BC): y = (x 2  m)x  2mx + 1  (BC): y = 2mx + 1. Khi đó (**) được chuyển thành: (2; 2).(2m; 1) = 0  4m  2 = 0 1 m . 2   Vậy, với 1 m 2  thỏa mãn điều kiện đầu bài.  BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO Trước tiên, các em học sinh hãy đưa ra nhận xét có tính chuyên sâu cho ba cách giải của câu b) dựa vào đặc thù riêng của phương trình y’ = 0. 1. Cho hàm số : y = x 3 3x 2 + 2. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . b. Xác định m để điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số ở hai phía khác nhau của đường tròn (trong và ngoài) : (C): x 2 + y 2 - 2mx - 4my + 5m 2 - 1 = 0. 2. Cho hàm số : y = 3 2 x 3 + (cosa3sina)x 2 8(cos2a + 1)x + 1. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với a = 0. b. Chứng minh rằng với mọi a hàm số đã cho luôn có cực đại và cực tiểu. Giả sử đạt cực đại và cực tiểu tại x 1 , x 2 Chứng minh rằng: 2 2 1 2 x x 18.   3. Cho hàm số : y = x 3 + 3mx 2 + 3(m 2 1)x + m 3 3m. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. b. Chứng minh rằng với mọi m hàm số đã cho luôn có cực đại và cực tiểu, đồng thời chứng minh rằng khi m thay đổi các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số luôn chạy trên hai đường thẳng cố định. 5 Câu 2.  HƯỚNG DẪN  TƯ DUY: Chuyển đổi phương trình về dạng tích bằng việc sử dụng công thức: sin2x = 2sinx.cosx.  LỜI GIẢI CHI TIẾT  DIỄN ĐẠT TƯ DUY Biến đổi phương trình về dạng: 2(sinx 2cosx) 2 2sinx.cosx        2sinx 1 2cosx 2 1 2cosx 0        2sinx 2 1 2cosx 0    2sinx 2 0 (vn) 1 2cosx 0          1 cos x 2    3 x k2 , k . 4        Vậy, phương trình có hai họ nghiệm x k2 , k . 3        BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO Bằng việc thay cosx thành sinx và ngược lại ta sẽ nhận được một phương trình tương tự. Phát biểu bài toán: Giải phương trình: 2(cosx 2sinx) 2 sin2x.    Câu 3.  HƯỚNG DẪN: Sử dụng phương pháp chia đa thức để chuyển đổi I thành hai tích phân đơn. 2 2 1 2x 1 I 1 dx x x             1 2 2 2 2 1 1 I I 2x 1 dx dx. x x         LỜI GIẢI CHI TIẾT: Ta có: 2 2 1 2x 1 I 1 dx x x            2 2 2 1 1 2x 1 dx dx x x       2 2 2 1 1 x ln x x    1 ln 3.   BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO Tính các tích phân sau: 2 3 2 2 1 x x 2x 1 a. I dx. x x       1 3 2 0 x x 1 b. I dx. x 1      6 Câu 4.  HƯỚNG DẪN: Ta lần lượt:  Với câu a) sử dụng z = x + iy, x, y .  Với câu b) ta lần lượt:  Đến số cách chọn 3 hộp sữa từ 12 hộp là n.  Đến số cách chọn 3 hộp sữa thuộc ba loại từ 12 hộp là n 0 Từ đó, xác suất để 3 hộp sữa được chọn có ba loại là: 0 n P . n   LỜI GIẢI CHI TIẾT: a. Giả sử z = x + iy, x, y . Khi đó: 2(x iy) 3(1 i)(x iy) 1 9i      (5x 3y) (3x y)i 1 9i      5x 3y 1 3x y 9         x 2 y 3        z = 2 + 3i. Vậy, với số phức z = 2 + 3i thỏa mãn điều kiện đầu bài và nó có module bằng 13.  BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO Cho số phức z thỏa mãn z (2 i)z 3 5i.    Tìm phần thực, phần ảo và module của z. b. Ta lần lượt:  Số cách chọn chọn 3 hộp sữa từ 12 hộp là 3 12 C .  Số cách chọn 3 hộp sữa thuộc ba loại từ 12 hộp là 1 1 1 5 4 3 C .C .C . Từ đó, xác suất để 3 hộp sữa được chọn có ba loại là: 1 1 1 5 4 3 3 12 C .C .C . 3 . C 11   BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO 1. Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tìm xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn. 2. Một cái túi có 4 quả cầu màu đỏ, 6 quả cầu màu xanh. Chọn ngẫu nhiên 4 quả cầu. Tính xác suất để trong bốn quả đó có cả quả màu đỏ và màu xanh. 7 Câu 5.  HƯỚNG DẪN: Ta lần lượt:  Với câu a) mặt phẳng (P) được cho bởi: d Qua A (P): . vtpt u        Với câu b) xét hệ phương trình tạo bởi (d) và (P).  LỜI GIẢI CHI TIẾT: a. Đường thẳng (d) có vtcp u(2; 2; 1).  Mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với (P) được cho bởi: d Qua A(1; 0; 1) (P): vtpt u (2; 2; 1)          (P): 2x + 2y  z  3 = 0. b. Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (d) là nghiệm của hệ: x 1 y 1 z 2 2 1 2x 2y z 3 0               5 x 3 1 y 3 1 z 3                5 1 1 H ; ; . 3 3 3           BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) có phương trình: (P): 2x + y  2z  1 = 0 và đường thẳng x 2 y z 3 (d): . 1 2 3      Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P). Viết phương trình mặt phẳng chứa (d) và vuông góc với (P). Câu 6.  HƯỚNG DẪN: Phác thảo hình vẽ.  Với yêu cầu tính thể tích ABC.A’B’C’ ta có ngay: ABC.A'B'C' ABC V A'H.S .   với H là trung điểm AB.  Với yêu cầu tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC’A’) ta có: d(B, (ACC'A')) AB d(H, (ACC'A')) AH  = 2 8 d(B, (ACC'A')) 2HK.  với HI  AC và HK  A’I.  LỜI GIẢI CHI TIẾT: Bạn đọc tự vẽ hình. a. Gọi H là trung điểm AB, suy ra A’H  (ABC). Khi đó: ABC.A'B'C' ABC V A'H.S .   (1) Trong đó:  0 A 'CH 60 .   A'H CH.t anA'CH  3a . 2  (2) 2 ABC a 3 S . 4   (3) Thay (2), (3) vào (1) ta được: 3 ABC.A'B'C' 3 3a V . 8  b. Hạ HI  AC và HK  A’I, suy ra HK  (ACC’A’). Ta có: d(B, (ACC'A')) AB d(H, (ACC'A')) AH  = 2 d(B, (ACC'A')) 2HK.  (4) Ta có: 2 2 2 1 1 1 HK HI A 'H   2 52 9a  3a 13 HK . 26   (5) Thay (5) vào (4) ta được: 3a 13 d(B, (ACC'A')) . 13   BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, 2SD = 3a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD). Câu 7.  HƯỚNG DẪN: Phác thảo hình vẽ. Chìa khóa của bài toán ở các điểm E, F lần lượt là giao điểm của HM và HG với BC. 9  Tọa độ của E, F được xác định qua điều kiện: HM ME, HG 2GF.        Có được E, F ta xác định được phương trình các đường thẳng (BC) và (BH). Từ đó, suy ra tọa độ của điểm B. Gọi I là giao điểm của AC và BD, suy ra: GA 4GI     Tọa độ của I. Do I là trung điểm của BD nên suy ra được tọa độ D.  LỜI GIẢI CHI TIẾT: Bạn đọc tự vẽ hình. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của HM và HG với BC. Ta lần lượt có: HM ME    E(6; 1). HG 2GF     F(2; 5). Phương trình đường thẳng (BC) được cho bởi: Qua E (BC): vtcp EF        (BC): x  2y + 8 = 0. Phương trình đường thẳng (BH) được cho bởi: Qua H (BH): vtpt EF        (BH): 2x + y + 1 = 0. Từ đó, tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình: x 2y 8 0 2x y 1 0          x 2 y 3         B(2; 3). Do M là trung điểm của AB nên A(4; 3). Gọi I là giao điểm của AC và BD, suy ra: GA 4GI     I(0; 3/2). Do I là trung điểm của BD nên D(2; 0).  BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M(1; 2) là trung điểm của đoạn AB và N(2; 1) là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD. Câu 8.  HƯỚNG DẪN: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho hệ. 10 Lựa chọn phương trình thứ nhất của hệ để giải bằng phương pháp biến đổi hoặc phương pháp đánh giá để nhận được phương trình mới dạng: 2 y 12 x .    LỜI GIẢI CHI TIẾT: Điều kiện: x y 0 y 0 x 2y 0 4x 5y 3 0                Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ về dạng: (1 y) x y (x y 1) (1 y) (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 x y 1 1 y               1 1 (1 y) x y 1 0 x y 1 1 y                  1 y 0 x y 1 0          y 1 . x y 1        Ta lần lượt:  Với y = 1 thì phương trình thứ hai của hệ có dạng: 2 3x 6 1 2 x 2 4x 5 3         9  3x = 0  x = 3.  Với x = y + 1 thì phương trình thứ hai của hệ có dạng: 2 2y 3(y 1) 6y 1 2 (y 1) 2y 4(y 1) 5y 3           2 2y 3y 2 1 y        2 1 y 2y 1 1 y y 0       y 1 1 y y      1  y = y 2  y 2 + y  1 = 0 y 1 5 1 y 2     5 1 x . 2    Vậy, hệ có hai cặp nghiệm (3; 1) và 5 1 5 1 ; . 2 2           [...]... khi đó, b i toán < /b> được chuyển về tìm giá trị nhỏ nhất b ng cách tách đối xứng của b t đẳng thức Côsi  LỜI GIẢI CHI TIẾT: Nhận xét rằng: a  b  c  2 a (b  c)  Tương tự, ta có 2a 1 1 a 2a    a  b  c 2 a (b  c) b c a b c b 2b  a c a b c Từ đó, suy ra: 2(a  b) c P  a  b  c 2(a  b)  2(a  b) a  b  c  1 1 3    2 2  2 2  a  b  c 2(a  b)  3 , đạt được khi: 2 a  b  c... hoac a  0 b  a  c hoac b  0  a  0 b  0  hoac   2(a  b)  a  b  c b  c  0 a  c  0 (a  b) c  0  Vậy MinP  11 Cách giải khác: Ta có biến đổi khác của P như sau: 2 c P  c 2(a  b) 1 a b Đặt t  c (t  0) và xét hàm số: a b f (t)  2 t  1 t 2 f '(t)   2 1  , 2 (1  t) 2 f’(t) = 0  t = 1 Từ b ng biến thi< /b> n ta được: 3 f (t)  f (1)  2  B I TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO Cho... B I TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO Giải hệ phương trình:  x  1  4 x  1  y4  2  y  (x, y  R) a  2 2  x  2x(y  1)  y  6y  1  0  x 12  y  y 12  x 2  12  b  , (x, y  ) x3  8x  1  2 y  2    Câu 9  HƯỚNG DẪN: Với P không đối xứng ta cần những đánh giá riêng  Trước tiên, cần có: a 2a b 2b   b c a b c a c a b c  Tiếp tới là: 2(a  b) c P  a  b  c 2(a  b) Và khi... t) 2 f’(t) = 0  t = 1 Từ b ng biến thi< /b> n ta được: 3 f (t)  f (1)  2  B I TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 = 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x2 yz 1  yz P 2   x  yz  x  1 x  y  z  1 9 12 . b c 2 a (b c)    1 1 a b c 2 a (b c)      2a a 2a . b c a b c       Tương tự, ta có b 2b . a c a b c     Từ đó, suy ra: 2( a b) c P a b c 2( a b)       2( a b) a b.   B m; 2m m 1 , C m; 2m m 1 .    Để ABC cân tại A điều kiện là: AB = AC  AB 2 = AC 2         2 2 2 2 m 2 2m m 2 m 2 2m m 2           m 2m m 0     m 1 2m. b c 2( a b) 2                1 2 2   3 . 2  Vậy 3 MinP 2  , đạt được khi: a b c hoac a 0 b a c hoac b 0 2( a b) a b c (a b) c 0                    a 0 b