Tài Liệu Đề + Đáp Án Toán Đại Học Khối D+B 2014

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 )(1 + i) – 5z = 8i – 1. Tính môđun của z. Câu 3 (1,0 điểm) : Tính tích phân I = . 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 Î N và n ³ 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):

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn : TOÁN; khối D Thời gian : 180 phút ( Không kể thời gian giao 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) : π 4 Tính tích phân I = (x + 1) sin 2xdx ∫ 0 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) : x 2 + 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 : 1 P= x + 2y y + 2x 1 + 2 + x + 3y + 5 y + 3x + 5 4(x + y − 1) 2 ………………… HẾT …………………… BÀI GIẢI Câu 1: a) Tập xác định là R y’ = 3x2 – 3; y’ = 0 ⇔ x = ±1 lim y = −∞ và lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ −∞ x y’ y + −∞ -1 0 0 CĐ − 1 0 +∞ + +∞ -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 : y -1 1 0 2 x -2 -4 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 2 ⇔ 3a + 4b = 1 và 2a – b = 8 ⇔ a = 3 và b = -2 Vậy môđun của z là : 13 Câu 3: I= π/ 4 ∫ ( x + 1) s in2xdx Đặt u = x+1 ⇒ du = dx 0 dv = sin2xdx, chọn v = – 1 cos2x 2 π π /4 1 1 1 1 I = − ( x + 1) cos 2 x + cos 2 xdx = − 2 ( x + 1) cos 2 x + 4 sin 2 x 4 0 2 2∫ 0 0 0 1 1 3 =0+ + −0 = 2 4 4 π /4 π 4 Câu 4 : a) log2(x – 1) – 2log4(3x – 2) + 2 = 0 ⇔ log2(x – 1) – log2(3x – 2) = -2 ⇔ x > 1 và log2 ⇔ x > 1 và 4(x – 1) = 3x – 2 ⇔ x = 2 x −1 1 = log 2 3x − 2 4 2 b) Số các đoạn thẳng lập được từ n đỉnh là Cn Số cạnh của đa giác n đỉnh là n 2 Vậy số đường chéo của đa giác n đỉnh là: Cn -n n ( n − 1) − n = 27 2 ⇔ n 2 − 3n − 54 = 0 ⇔ n = 9 hay n = -6 (loại) 2 Theo đề bài ta có Cn -n = 27 ⇔ Câu 5: (S) : x2 + y2 + z2 – 6x – 4y – 2z – 11 = 0 I (3; 2; 1); R = 9 + 4 + 1 + 11 = 5 |18 + 6 − 2 − 1| 21 = =30 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức b c a + P= + a + c 2 ( a + b) b+c 6 …………………………………… 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 y = −∞ và lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên −∞ x y’ y + −∞ -1 0 3 CĐ − 1 0 +∞ + +∞ -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 : y 3 1 -1 0 -1 x -4 b) y’ = 0 ⇔ 3x2 – 3m = 0 ⇔ x2 = m hàm số có hai cực trị ⇔ m>0 Tam giác ABC cân tại A ⇔ AB2 = AC2 ⇔ ( ) ( 2 ) ( 2 m − 2 + m m − 3m m − 2 = ) ( 2 m + 2 + − m m + 3m m − 2 ) 2 ⇔ −4 m − 4 m + 8m m + 8m m = 0 1 ⇔ m ( 2m − 1) = 0 ⇔ m = (vì m>0) 2 Câu 2: 2 ( sin x − 2 cos x ) = 2 − s in2x ( ) ( ) ⇔ 2 sin x − 2 2 cos x − 2 + 2s inxcosx=0 ⇔ 2 sin x − 2 + 2 cos x sin x − 2 = 0 7 ( ⇔ sin x − 2 )( sin x = 2 (loai) 3π  2 + 2 cos x = 0 ⇔  ⇔ x=± + k 2π 2 4 cosx=  2 ) Câu 3: 2 2 x 2 + 3x + 1  2x + 1  2 2 dx = ∫ 1 + 2 ÷dx = x + ln x + x 1 = 1 + ln3 2 x +x x +x 1 1 Câu 4: I=∫ ( ) a) Đặt z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) 2 2(a + bi) + 3(1 – i)(a – bi) = 1 - 9i ⇔ 2a + 2bi + 3 ( a − bi − ia + bi ) = 1 − 9i { { ⇔ 5a − 3b + ( − b − 3a ) i = 1 − 9i ⇔ 5a − 3b = 1 ⇔ a = 2 Vậy: z = 13 3a + b = 9 b=3 b) Số cách chọn 3 hộp sữa từ 12 hộp 3 C12 = 220 1 1 1 Số cách chọn 3 hộp có cả 3 loại C5C4 C3 = 60 Xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại là : 60/220 = 3/11 Câu 5: uu uu r r a) Gọi (α) là mặt phẳng qua A (1; 0; -1) và (α) ⊥ d Ta có : a d = n α = (2; 2; -1) ⇒ pt (α) : 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 (α) và d A ∈ (d) ⇒ x = 2t + 1; y = 2t – 1; z = -t A ∈ (α) ⇒ 2(2t + 1) + 2(2t – 1) + t – 3 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ I (5/3; -1/3; -1/3) 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 = 600 A 'H a 3 3a = 3 ⇒ A’H = 3 ∆ A’HC vuông ⇒ tan600 = = HC 2 2 VLT = A’H dt (∆ABC) = 3a a 2 3 3a 3 3 = 2 4 8 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 3a a 3 HA '.HI 3a = 2 4 = ∆A’HI vuông ⇒ HK = 2 2 A 'I 2 13 9a 3a + 4 16 3a Vậy d(B, A’AC) = 2HK = 13 B/ A/ C/ B H A I C 3a 3 3 3VA '.ABC VLT 3a 8 = = = Cách 2: d(B, (A’AC)) = dt(∆A ' AC) 1 A ' I.AC 1 a 39 13 a 2 2 4 8 Câu 7: Phương trình đường tròn đường kính AB: (x + 3) 2 + y 2 = 10 I(a; b) là uu điểm của AC và BD giao uuu r r GC = −2GI ⇒ C ( 4 − 2a;9 − 2b ) ⇒ B ( −2 − 4a;9 − 4b ) ⇒ D ( 2 + 6a;6b − 9 ) uuu r uuu r 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) + ( 4b − 9 ) = 10 b = 2 ⇒ a = 1⇒ B(−6;1), D(8;3) (loại vì khi đó H không là hình chiếu của B lên AD) 3 hay b = ⇒ a = 0 ⇒ B(−2;3), D(2;0) 2 Câu 8: 2 2 (1 − y) x − y + x = 2 + (x − y − 1) y (1)   2  2y − 3x + 6y + 1 = 2 x − 2y − 4x − 5y − 3 (2)  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 ⇔ x − y +1 1+ y  1 1  + ⇔ (1 – y) (x – y – 1)   = 0 ⇔ (1–y)(x–y–1) = 0 ⇔y=1 hay x = y + 1  x − y +1 1+ y    • 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: 2 (A) ⇔ 1 − y − 2y − 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(y ≥ 0) ⇔  1− y − y = 0  −1 + 5 −1 − 5 ⇔ y2 + y − 1 = 0 ⇔ y = ∨y= (loaïi) 2 2 Nếu y = −1 + 5 1+ 5 Vậy hệ có nghiệm (3;1) và ⇒x= 2 2  1 + 5 −1 + 5    2 ; 2 ÷ ÷   Cách 2: (A) ⇔ 2y 2 + 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 : +∞ ) 9 (*) ⇔ y = 1 − y ⇔ y 2 + y − 1 = 0 ⇔ y = Nếu y = −1 + 5 −1 − 5 ∨y= (loaïi) 2 2 −1 + 5 1+ 5 Vậy hệ có nghiệm (3;1) và ⇒x= 2 2  1 + 5 −1 + 5    2 ; 2 ÷ ÷   Câu 9: Từ điều kiện ta có c > 0 và a + b > 0 a/c b/c 1 x y 1 a b P= + + = + + b a y +1 x + 1 2(x + y) với x = ≥ 0, y = ≥ 0 a b +1 +1 2 + ÷ c c c c c c x 2x ≥ Ta có Dấu “=” xảy ra khi x = 0 hay x = y + 1 y +1 x + y +1 y 2y ≥ Dấu “=” xảy ra khi y = 0 hay y = x + 1 x +1 x + y +1 2(x + y) 1 2t 1 P≥ + = + với t = x + y > 0 (x + y) + 1 2(x + y) t + 1 2t 2t 1 2 1 + , f ′(t) = − 2 Xét f (t) = 2 t + 1 2t (t + 1) 2t 1   t = − 3 (loai) f ′(t) = 0 ⇔ 4t 2 = (t + 1) 2 ⇔   t = 1 ⇒ f (1) = 3   2 3 Từ bảng biến thiên ta có f (t) ≥ f (1) = 2  a = 0  x = 0 x = 1 3 b = c ∨ ⇔ Vậy P có giá trị nhỏ nhất là khi   b = 0 2 y = 1 y = 0   a = c  Ta có ………………………………… HẾT …………………………… 10 ... + ≥ (x − 2)(x + 4) x+2 +2 x +7 +3 x+6  x +1  + − (x + 4)  ≥ (*) ⇔ (x − 2)  x +7 +3  x+ 2+2  x +1 x+6 x +1 x + 5 x +9 + < + Ta có: = x + = x+4 − < x + ∀x ≥-2 x+ 2+2 x +7 +3 6 Vậy (*) ⇔ x –... b +1 +1 2 + ÷ c c c c c c x 2x ≥ Ta có Dấu “=” xảy x = hay x = y + y +1 x + y +1 y 2y ≥ Dấu “=” xảy y = hay y = x + x +1 x + y +1 2(x + y) 2t P≥ + = + với t = x + y > (x + y) + 2(x + y) t +. .. P= x + 2y y + 2x + + x + 3y + y + 3x + 4(x + y − 1)  1 ≤ x ≤ (x − 1)(x − 2) ≤  x ≤ 3x − ⇔ ⇔   y ≤ 3y − 1 ≤ y ≤ (y − 1)(y − 2) ≤  x + 2y y + 2x + + P≥ 3(x + y) + 3(x + y) + 4(x + y −