đề thi đại hoc môn toán khối b năm 2014

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 −−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm ba ø i : 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Câu 1 ( 2 ,0 đie å m). Cho hàm số y = x 3 − 3mx + 1 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi m = 1. b) Cho điểm A(2; 3). Tìm m để đồ thò hàm số (1) có hai điểm cực trò B và C sao cho tam giác ABC cân tại A. Câu 2 ( 1 ,0 đie å m). Giải phương trình √ 2(sin x − 2 cos x) = 2 −sin 2x. Câu 3 ( 1 ,0 đie å m). Tính tích phân I = 2  1 x 2 + 3x + 1 x 2 + x dx. Câu 4 ( 1 ,0 đie å m). a) Cho số phức z thỏa mãn điều ki e ä n 2z + 3(1 − i) z = 1 − 9i. Tính môđun của z. b) Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ một công ty sữ a, 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 chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích mẫu. Tính xác suất để 3 hộp sữa đư ơ ï c 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 : x − 1 2 = y + 1 2 = z −1 . Viế t phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với d. Tìm t o ï a 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 chiế u vuông góc của A  trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cu û a cạnh AB, góc giữa đường thẳng A  C và mặt đáy bằng 60 ◦ . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A  B  C  và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳ ng (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 cá c điểm B và D. Câu 8 ( 1 ,0 đie å m). Giải hệ phương trình  (1 − y) √ x − y + x = 2 + (x − y −1) √ y 2y 2 − 3x + 6y + 1 = 2 √ x − 2y − √ 4x − 5y − 3 (x, y ∈ R). Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn điều kiện (a + b)c > 0. Tìm gi á trò nho û nhất của biểu thức P =  a b + c +  b a + c + c 2(a + b) . −−−−−−Hết−−−−−− Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải th íc h gì thêm. Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .; Số bá o danh: . . . . . . . [...]... BQ BC , QBH chung  BQH  BH BQ đồng dạng với BCQ  BQH  BCQ , mặt khác BCD  BIH  BIH  BQH  B, Q, I, H nằm trên một đường tròn, IH  BC  BI là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác BQIH  BQI  900  QI 2  BI 2  BQ2  BI 2  BA2  BI 2  BH BC Mặt khác BH BC  BD.BI  QI 2  BI 2  BH BC  BI 2  BD.BI  BI DI E C Tương tự như trên  CPI  900 và PI 2  CI GI , ta lại có ID.IB  IG.IC... giác b ng nhau  EP  EQ Cách 2 BQ2  BA2  BH BC  BQ là tiếp tuyến của đường tròn (Q, H, I C)  BQH  QCB D Trên AH lấy điểm I sao cho HM HI  HC.HB  A E M HB HM  , IH  BC  IBH CMH  BIH  MCH HI HC B P G Q C H  BQH  BIH  QBIH nội tiếp  BQ  QI  QI 2  BI 2  BQ2  BI 2  BA2 , Q I Từ CP  CA  CH CB tương tự tứ giác IPHC nội tiếp  CP  IP 2 2  IP2  CI 2  CP2  CI 2  CA2 , AH  BC... IAM  IAC , IAB  IBA  IAC  ABI  AC là tiếp tuyến của đường tròn qua A, I, B hay đường tròn qua A, B và tiếp xúc với AC tại A DAI  BAI  BAD  1 BAC  BCD (1) 2 BCD  1800  ( BDC  CBD)  1800  ( BDA  ADC  CBD)   1800  (C  B  CBD)  A  CBD 1 1 1 CBD  CAD  900  ADC  900  ABC  BCD  A  900  B (2), 2 2 2 thay (2) vào (1)  DAI  1 1 1 1 A  ( A  900  B)  900  ( A  B)  C 2 2 2... (IMO 2006) A Giải Theo giả thi< /b> t PBA  PCA  PBC  PCB  P I B C D PBA  PCA  PBC  PCB  B  C  2( PBC  PCB)  B  C  1800  A  PBC  PCB = 900  A A  BPC  1800  PBC  PCB  900  (*) 2 2 I là tâm đường tròn nội tiếp ABC  BIC  A  1 A ( B  C )  900  từ (*)  B, P, I, C nằm 2 2 trên một đường tròn, ta luôn có DB  DI  DC  D là tâm đường tròn qua các điểm B, P, I, C Xét APD:  AP +... OP OQ BQ      và   (1) BO CB AO DA DA BO CB AO DA BC BC 1 PAD  CAB  CAP  DAB    (1800  APC )        900  AOC 2 PAD      900  2 ABC      900  2(900   )  900     QBC  CBA  QBO  (900   )  OQB  (900   )  OQB 900     Kết hợp (1)  PAD và QBC đồng dạng  PA PD  QB QC Q O B  PAQC  PD.QB  CP.CQ  DP.DQ B i 17 Cho nử đường tròn đường kính AB, C... vuông ABC ( A  900 ), AH  BC, M  AH , P  BM sao cho CP  CA , Q  CM sao cho BQ  BA , CP cắt BQ tại E Chứng minh EP  EQ (IMO 2012) Giải Cách 1 BP và CQ cắt đường tròn ngoại tiếp tam ABC tại G và D Đường thẳng BD và CG cắt nhau tại I, A  90  BC là đường 0 I Q D kính đường tròn ngoại tiếp ABC  BDC  BGC  90  M là A 0 trực tâm IBC  I nằm trên đường thẳng AH BQ2  BA2  BH BC  P G M B H BQ BC... khác AE  AD  IP  IQ Cách 2 JE  AE, JD  AD  A, E, J, D nằm trên đường tròn đường kính AJ 1 EBJ  JBI  900  B 2 1 1 Tương tự ICJ  900  C  BIM  CID  900  ICJ  C 2 2 1 1 1 BMI: BMI  JBI  BIM  900  B  C  A  AM  MJ , MJ là phân giác ngoài góc B 2 2 2  PB  BA , PI  PB  BI  BA  BE  AE JMD  JAD  1 A  M thuộc đường tròn (AEJ), tương tự N cũng thuộc thuộc đường tròn 2 (AEJ),... M BI  BA  CI  CA 2 2 2 A E 2 P B 2 2 2 2 2 2 C H  ( BI  BH )  ( BA  BH )  (CI  CH )  (CA  CH )  2 2 QI  PI , BQI  EPI  BQI = EPI  EP  EQ B i 25 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, đường thẳng qua O cắt cạnh AB, AC tại M và N Gọi I, P, Q lần lượt là trung điểm MN, BN, CM Chứng minh rằng b n điểm O, I, P, Q nằm trên một đường tròn Giải Trước hết ta chứng minh b i toán.< /b> ..  IQ BG EQ NQ AP CG BQ EP IQ NQ AQ CP Nhân ba đẳng thức với nhau  MQ IP NG FG DQ BQ EP AP CG (*)  MP IQ NQ FP DG BG EQ AQ CP Mặt khác cát tuyến AE, CF cắt nhau tại P  PA.PE  PC.PF ; Tương tự QD.QB  QE.QA và GF.GC  GD.GB thay vào đẳng thức (*)  MQ IP NG  1  M, I, N thẳng hàng MP IQ NQ Trở lại b i toán:< /b> Kẻ đường kính BF và CE  BE  BC , và CF  BC  BE//CF  EBCF là hình chữ nhật  EF = BC ... APF  APB  BPF  APB  BED  1800  (BAC  BAD) B i 16 Cho nửa đường tròn đường kính AB và O là trung điểm AB, C và D là hai điểm trên cung AB Gọi P và Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACO và BDO Chứng minh rằng CP.CQ  DP.DQ (TQ) Giải Đặt CAB   và DAB   ; C khác D      900  C COB  OCA  OAC  2  OPC , P là tâm đường tròn D P ngoại tiếp ACO  PC  PO  OPC và BOC là hai