đề tuyển sinh đại học môn toán

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 ( ) x 2 y 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: sin x 4 cos x 2 s i n 2x+ = + Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong 2 y x 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 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 (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: ( ) 2 3 x 12 y y 12 x 12 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 2 2 2 x y z 2+ + = . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức. 2 2 x y z 1 yz P x y z 1 9 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 ( ) x 2 y 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}= Đạo hàm ( ) 2 3 y 0 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 : x x lim y lim y 1 →−∞ →+∞ = = , nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang. Bảng biến thiên : x −∞ 1 +∞ , y - - 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 ( , 1)m R m∈ ≠ . Gọi đường thẳng đã cho là ∆ : x + y = 0. Theo bài rat a có : d(M, ∆ ) = 2 2 2 2 2 2 2 2 2( 1) 1 2 2 2 1 2 2( 1) 1 1 m m m m m m m m m + +  + = − − ⇔ = ⇔ + = − ⇔  + = − − +  Với 2 2 2 2( 1) 2 4 0m m m m+ = − ⇔ − + = (có , 3 0∆ = − < ) nên vô nghiệm. Với 2 2 0 ( ) (0; 2) 2 2( 1) 2 0 2 ( ) ( 2;0) m thoa M m m m m m thoa M = ⇒ −  + = − − ⇔ + = ⇔  = − ⇒ −  Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán là ( ) ( ) 0; 2 ; 2;0M M− − Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x 4 cos x 2 sin 2x + = + Giải: sin 4cos 2 sin 2 sin 2 4cos 2sin cos 0 (sin 2)(1 2cos ) 0x x x x x x x x x+ = + ⇔ − + − = ⇔ − − = sin 2 0 (1) 1 2cos 0 (2) x x − =  ⇔  − =  Vì 1 sin 1 sin 2 0x x− ≤ ≤ ⇒ + ≠ nên phương trình (1) vô nghiệm. 2 1 3 (2) cos ( ) 2 2 3 x k x k Z x k π π π π  = +  ⇔ = ⇔ ∈   = − +   Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : 2 3 x k π π = + ; 2 3 x k π π = − + với ( )k Z∈ . Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong 2 y x x 3= − + và đường thẳng y 2x 1= + . Giải: Phương trình hoành độ giao điểm giữa đường cong và đường thẳng là : 2 2 1 3 2 1 3 2 0 2 x x x x x x x =  − + = + ⇔ − + = ⇔  =  Vì hàm số 2 y x x 3= − + và y 2x 1= + cùng có tập xác định D = R nên liên tục trên đoạn [ ] 1;2x∈ nên diện tích hình phẳng cần tính là : 2 2 3 2 2 2 1 1 2 (2 1) ( 3) ( 3 2) ( 3 3 ) 1 3 2 8 12 1 3 1 4 2 ( ). 3 2 3 2 6 x x S x x x dx x x dx x 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. Giải: a) Số phức z có dạng : z = x + yi, với x là phần thực, y là phần ảo và 2 2 , , 0x y R x y∈ + ≠ . Khi đó ( ) z 2 i z 3 5i+ + = + (2 )( ) 3 5 (3 ) ( ) 3 5x yi i x iy i x y x y i i⇔ + + + − = + ⇔ + + − = + 3 3 2 ( ) 5 3 x y x thoa x y y + = =   ⇔ ⇔   − = = −   .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 4 16 ( )n CΩ = = 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) = 4 8 C =70 Vậy xác suất cần tính là 70 1 ( ) 1820 26 P A = = 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 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). 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 7 3 ; 3; 2 2 M   −  ÷   Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là (2;1; 2) P n = − uur , đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là (1; 2;3) d u = − uur . Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P), khi đó (Q) nhận véc tơ , P d n u   =   uur uur (-1; -8; -5) làm véc tơ pháp tuyến và đi qua điểm M nên phương trình của (Q): (Q): ( ) 7 3 8 3 5 0 8 5 13 0 2 2 x y z x y z     − − − + − − = ⇔ + + + =  ÷  ÷     Vậy phương trình mặt phẳng cần viết là : 8 5 13 0x y z+ + + = 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: 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 2 5 2 a HD AD AH= + = ∆ SHD vuông tại H, suy ra: 2 2 2 2 9 5 4 4 a a SH SD DH a= − = − = M d (P) (Q) N M I H D C S B A Thể tích hình chóp S.ABCD là : 3 2 1 1 . . . 3 3 3 ABCD a V S SH a a= = = Từ H hạ ,HM BD M BD⊥ ∈ , nối SM. Từ H dựng ,HN SM N SM⊥ ∈ . Khi đó: ( ) ( ) . ( ) ,( ) . DB HM DB SHM BD HN DB SH HN BD HN SBD d H SBD HN HN SM ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ =  ⊥  Vì H là trung điểm AB ( ) ( ) ,( ) 2 ,( ) 2d A SBD d H SBD HN⇒ = = (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 => 1 2 2 4 a HM AI= = ∆ SHM vuông tại H, có HN là đường cao, HM và SH là hai cạnh góc vuông 2 2 2 2 2 2 2 2 . 1 1 1 . 4 3 2 16 a a HM SH a HN HN HM SH HM SH a 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 (1; 3); 10MN MN= − = uuuur Gọi P MN CD = ∩ vì AB//CD và AN = 3NC, theo định lý Ta –lét: P P P P 1 3(x 2) MN AN 3 MN 3NP 3 3(y 1) NP NC x 7 / 3 7 P ; 2 y 2 3 = −  ⇒ = = ⇔ = ⇔  − = +  =    ⇔ ⇒ −   ÷ = −    uuuur uuur 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 (1; 3)MN = − uuuur 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 2 2 2 (3 5 2) ( 1) 10 ( 1) 1 0; 2.d d d d d⇔ + − + + = ⇔ + = ⇔ = = − K I Q P N M C B D A • Với d = 0 => D(5; 0) => 8 ( ;2) 3 DP = uuur => Đường thẳng CD nhận 8 (2; ) 3 n = − r làm véc tơ pháp tuyến và đi qua D nên phương trình CD : 8 2( 5) 3 4 15 0 3 x y x y− − ⇔ − − = . • Với d = -2 => D(-1; -2) => 10 ( ;0) 3 DP = uuur => Đường thẳng CD nhận 10 (0; ) 3 DP = uuur làm véc tơ pháp tuyến và đi qua D nên phương trình CD : 10 0( 5) ( 2) 0 2 0 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 (1; 3); 10MN MN= − = uuuur . Gọi P MN CD = ∩ vì AB//CD và AN = 3NC, theo định lý Ta –lét: P P P P 1 3(x 2) MN AN 3 MN 3NP 3 3(y 1) NP NC x 7 / 3 7 P ; 2 y 2 3 = −  ⇒ = = ⇔ = ⇔  − = +  =    ⇔ ⇒ −   ÷ = −    uuuur uuur Gọi n r = (a; b) với 2 2 0a b+ ≠ là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng CD, khi đó đường thẳng CD đi qua P nên phương trình có dạng : CD: 7 a(x ) b(y 2) 0 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 => NQ 2 + QM 2 = MN 2 ⇒ 2 2 m 4 (nhan) 3m m 10 m 4 (loai) 4 4 =      + = ⇔  ÷  ÷  = −      Vậy độ dài BC = 4 . Ta có d(M; CD) = BC = 4 ⇔ 2 2 a 3b 3 a b− + = + ⇔ 4a 2 + 3ab = 0 0 (4 3 ) 0 4 3 0 a a a b a b =  ⇔ + = ⇔  + =  Với a = 0 chọn b = 1 khi đó phương trình CD: 7 0(x ) 1.(y 2) 0 y 2 0 3 − + + = ⇔ + = Với 4a + 3b = 0, chọn a = 1 4 3 b⇒ = − khi đó CD: 7 4 1.(x ) (y 2) 0 3x 4y 15 0 3 3 − − + = ⇔ − − = 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) x 8x 1 2 y 2 (2) Giải: Điều kiện : 2 2 12 12 0 12 12y x x≤ ≤ ⇒ − ≥ ⇔ − ≤ ≤ (*) Khi đó phương trình ( ) ( ) − + − = ⇔ − = − − 2 2 x 12 y y 12 x 12 x 12 y 12 y 12 x (3) Q P I N M C B D A Với điều kiện (*) của x và y ( ) ⇒ ≤ − ≤ 2 0 y 12 x 12. Từ ⇒ ≥(3) x 0 (**) Do hai vế của (3) đều không âm, bình phương hai vế (3) ta có : ( ) ( ) ( ) − = − − ⇔ − = − − − + ⇔ − − − + = ⇔ − − = ⇔ = − ⇔ = − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (x 12 y) (12 y 12 x ) x (12 y ) y(12 x ) 24 y 12 x 144 (12 x ) 2 y 12 x y 0 ( 12 x y) 0 y 12 x y 12 x (4) Thế (4) vào (1) ta có : − − = − ⇔ − − + − − = − − + − ⇔ − + + + = + − − ⇔ − + + + = + −   + ⇔ − + + + =  ÷  ÷ + −   3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x 8x 1 2 10 x x 8x 3 2(1 10 x ) 0 2(1 10 x )(1 10 x ) (x 3)(x 3x 1) 0 1 10 x 2(x 9) (x 3)(x 3x 1) 0 1 10 x 2(x 3) (x 3) x 3 x 1 0 ( 5) 1 10 x Vì + ≥ ⇒ + + + > + − 2 2 2(x 3) x 0 x 3x 1 0 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 2 2 2 x y z 2+ + = . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức. 2 2 x y z 1 yz P x y z 1 9 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 ≤ x y z 1 yz 1 1 yz 1 x y z 1 9 x y z 1 9 + + + + − = − − + + + + + + 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 – 1 1 yz ( ) 9 2 1 yz 1 + + + + Đặt Q = 1 1 yz 9 2 1 yz 1 + + + + => 1P 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 ( ) 2 1 9 t f t t = + + .Đạo hàm f’(t) = 2 2t 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 x 3x 1 dx x x + + + ∫ 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: x 1 y 1 z 2 2 1 − + = = − . 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 2y 3x 6y 1 2 x 2y 4x 5y 3  − − + = + − −   − + + = − − − −   (x, y là các số thực) 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 = a b c 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:………………………. LI GII THI TUYN SINH I HC NM 2014 Mụn: TON; Khi B. Cõu 1. a/ Vi = 1m , ta cú hm s = - + 3 3 1y x x . Tp xỏc nh = Ă .D Chiu bin thiờn: ộ = =-ị ờ   = - = - = ờ =- =ị ở 2 2 1 1 3 3, 0 3 3 0 1 3 x y y x y x x y . Hm s ng bin trờn - Ơ - + Ơ( ; 1),(1; ) , hm s nghch bin trờn -( 1;1). th hm s: Bng bin thiờn: b/ Ta cú   = - = = 2 2 3 3 , 0y x m y x m . th hm s ó cho cú 2 cc tr khi  = 0y cú 2 nghim phõn bit hay > 0.m Gi ( ) ( ) - + - +; 2 1 , ; 2 1B m m m C m m m l 2 cc tr ca hm s. Tam giỏc ABC cõn A khi =AB AC hay ( ) ( ) ( ) ( ) - - + - = - + - - - = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 0m m m m m m m m m Phng trỡnh cui cú nghim dng duy nht l = 1 4 m . Vy giỏ tr cn tỡm l = 1 4 m . Cõu 2. Xột phng trỡnh: ( ) - = - - = -2 sin 2 cos 2 sin 2 2 sin 2 2 cos 2 sin 2x x x x x x ( ) ( ) ( ) ( ) - - + = + - + = ộ ờ =- ờ + - = ờ ờ = ờ ở 2 sin 2 2 cos 2 2 sin cos 0 2 sin 1 2 cos 2 1 2 cos 0 1 cos 1 2 cos 2 sin 2 0 . 2 sin 2 x x x x x x x x x x x Ta loi nghim =sin 2x vỡ Êsin 1x , do ú ta cú p p =- = + 1 3 cos 2 2 4 x x k vi ẻ  .k Vy nghim ca phng trỡnh ó cho l p p = + 3 2 4 x k vi ẻ  .k Cõu 3. Xột tớch phõn: + + + ũ 2 2 2 1 3 1x x dx x x . Ta cú: ( ) + ổ ử + + + ữ ỗ = + = + = + + = + ữ ỗ ữ ỗ ữ ố ứ + + + ũ ũ ũ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 3 1 2 1 1 ln 1 ln 3 d x x x x dx dx x x x x x x x x x x . x - Ơ - 1 1 + Ơ y  + 0 - 0 + y 3 + Ơ - Ơ 1- y x [...]... (1,0 im): Cho hai s thc x, y tha món cỏc iu kin 1 x 2; 1 y 2 Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc : P= x + 2y y + 2x 1 + 2 + x + 3y + 5 y + 3x + 5 4(x + y 1) 2 Ht Thớ sinh khụng c s dng ti liu Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh: .; S bỏo danh: Bi gii Cõu 1: a) Tp xỏc nh l R y = 3x2 3; y = 0 x = 1 lim y = v lim y = + x x + x y y + -1 0 0 C 1 0 + + + -4 CT Hm s ng bin trờn (; -1)... 2(t + 1)2 t t = Do ú f Â(t ) = 0 t = 1 Kho sỏt hm s ny trờn [0; + Ơ ) , ta c f (t ) f (1) = 3 2 Vy GTNN ca biu thc ó cho l 3 , t c khi a = 0, b = c > 0 hoc b = 0, a = c > 0 2 B GIO DC V O TO TUYN SINH I HC NM HC 2014 Mụn: TON; Khi D CHNH THC Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt Cõu 1 (2,0 im): Cho hm s y = x3 3x 2 (1) a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s b) Tỡm ta im M thuc . = - = ù ù ợ ợ 2 3 1 1 9 2 2 3 1 1 9 2 2 3 3 3 3 1 9 5 3 3 1 9 5 3 1 2 3 9 3 z i z i x yi i x yi i x yi x yi xi y i x y x y i i x y x x y y Vy module cn tớnh l = + = 2 2 2 3 13z . b/ Khụng gian. + + =  ÷  ÷ + −   3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x 8x 1 2 10 x x 8x 3 2(1 10 x ) 0 2(1 10 x )(1 10 x ) (x 3) (x 3x 1) 0 1 10 x 2(x 9) (x 3) (x 3x 1) 0 1 10 x 2(x 3) (x 3) x 3 x 1 0 ( 5) 1 10 x Vì. 3 6t (1) y 2 3t (2) z 1 2t ( 3y – 2z ) – 4 3 1 0 = +   = +   = = − +    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 − ⇒ 3