Gợi ý làm bài Đề thi tuyển sinh đại học môn Toán khối D năm 2014 | dethivn.com

Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC.. Viết phương trình đường thẳng BC.[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Mơn : TỐN; khối D

Câu (2,0 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x – (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho tiếp tuyến (C) M có hệ số góc Câu (1,0 điểm) : Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3z - z)(1 + i) – 5z = 8i – Tính mơđun z

Câu (1,0 điểm) : Tính tích phân I =

0

(x 1) sin 2xdx 





Câu (1,0 điểm):

a) Giải phương trình: log2(x – 1) – 2log4(3x – 2) + =

b) Cho đa giác n đỉnh, n  N n  Tìm n biết đa giác cho có 27 đường chéo

Câu (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 6x + 3y – 2z – = mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 – 6x – 4y – 2z – 11 = Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường tròn (C) Tìm tọa độ tâm (C)

Câu (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A, mặt bên SBC tam giác cạnh a mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SA, BC Câu (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường phân giác góc A điểm D (1; -1) Đường thẳng AB có phương trình 3x + 2y – = 0, tiếp tuyến A đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + 2y – = Viết phương trình đường thẳng BC

Câu (1,0 điểm): Giải bất phương trình: (x 1) x   2 (x 6) x 7 x27x 12 Câu (1,0 điểm): Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện  x  2;  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức :

P = 2x 2y 2y 2x

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

 

 

     

Bài giải Câu 1:

a) Tập xác định R y’ = 3x2 – 3; y’ =  x = 1 lim

x

y

   limx

y   

x  -1 + y’ +  +

y +

 CĐ -4

CT

Hàm số đồng biến (∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến (-1; 1) Hàm số đạt cực đại x = -1; y(-1) = 0; hàm số đạt cực tiểu x = 1; y(1) = -4 y" = 6x; y” =  x = Điểm uốn I (0; -2)

Đồ thị :

y

0

-2 -4 -1

x

dethivn.com

b) y’ (x) =  3x2 - =  x = 2 y(-2) = -4; y(2) =

Vậy hai điểm M (-2; -4) (2; 0)

Câu 2: Giả thiết  (3i – 2)z – (1 + i)z = 8i –

Gọi z = a + ib  (3i – 2)(a + ib) – (1 + i) (a – ib) = 8i –

 - 3a – 4b + (2a – b)i = 8i –

 3a + 4b = 2a – b =  a = b = -2 Vậy môđun z : 13

Câu 3:  

/

0

I x s in2xdx 

   Đặt u = x+1  du = dx dv = sin2xdx, chọn v = –

2cos2x

I =

/ 4

0

1

( 1) cos cos

2

 x x   xdx

 

=

/

0

1

( 1) cos sin

2

0

 x x  x

 

=0 1

2 4

   

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

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

3x

 



 x > 4(x – 1) = 3x –  x = b) Số đoạn thẳng lập từ n đỉnh Cn2 Số cạnh đa giác n đỉnh n

Vậy số đường chéo đa giác n đỉnh là:

n

C -n Theo đề ta có

n

C -n = 27  1 27



n n  n

3 54

n  n  n = hay n = -6 (loại) Câu 5: (S) : x2 + y2 + z2 – 6x – 4y – 2z – 11 =

I (3; 2; 1); R = 11   = (P) : 6x + 3y – 2z – = d(I, (P)) = |18 1| 21

7 36

     

   (P) cắt (S) theo đường tròn (C)  đường thẳng qua I (3; 2; 1) nhận n = (6; 3; -2) vectơ phương P Tâm đường tròn (C) giao điểm  (P) thỏa hệ phương trình :

  6x

x 6t (1) y 3t (2) z 2t (

3y – 2z )

–

3

1

        

 

  

Thế (1), (2), (3) vào (4) ta : 6(3 + 6t) + (2 + 3t) – 2(1 – 2t) – =

 49t + 21 =  t =

7





3

x

7

3

y

7

3 13 z

7

     



     



     

Câu :

Gọi I trung điểm BC  SI  BC  SI  mp(ABC)

ABC vuông cân  AI = BC a

2 

S(ABC) =

2

1 a a

a 2 VS.ABC=

2 ABC

1 a a a

SI.S

3 3  24

Kẻ IJ vng góc với SA, SIA vng góc I, IJ khoảng cách SA BC

 12 12 12 12 12

3a a

IJ SI AI

4

     IJ = a

4

Câu : Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình : 3x 2y

x 2y

   

   

  A (1; 3)

Phương trình đường thẳng AD : x =

Gọi  góc hợp AB AD  cos = 13 Phương trình AC có dạng : a(x – 1) + b(y – 3) = Gọi  góc hợp AD AC   = 

cos =

2 a a b

=

13  4a

= 9b2 Chọn b =  a = 3

2 (loại a = 2)

 Phương trình AC : -3x + 2y – =

Gọi  góc hợp đường tiếp tuyến A với đường tròn ngoại tiếp ABC đường thẳng AC BC có pháp vectơ (m; n)

 cos =

2 3m 2n

13 m n



 = cosB =

1 65

 5(9m2+4n2+ 12mn) = m2 + n2 44m2 + 19n2 + 60mn =

 m = n

2



hay m = 19n 22



Vậy phương trình BC : x - 2y - = hay 19x - 22y – 41 = Câu :

Với Đk : x  - bất pt (x 1)( x    2 2) (x 6)( x 7  3) x22x 8

 (x 1)(x 2) (x 6)(x 2) (x 2)(x 4)

x 2 x

       

   

 (x 2) x x (x 4)

x 2 x

 

 

     

   

  (*)

S

A

B

C

I

J a

Ta có: x x x x

2

x 2 x

      

    =

5

x

6 2 = x+4

x

6



 < x + x -2 Vậy (*)  x –   x  Vậy -2  x  nghiệm bất phương trình

Câu :

P = 2x 2y 2y 2x

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

 

 

     

2

1 x (x 1)(x 2) x 3x

1 y (y 1)(y 2) y 3y



      

  

       

 



  

P  x 2y y 2x

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

   

     

= x y t

x y 4(x y 1) t 4(t 1)



  

     

Đặt t = x + y, đk  t  f(t) = t

t 1 4(t 1) , t  [2; 4] f’(t) = 2 2

(t 1) 4(t 1)

f’(t) =  2(t – 1) =  (t + 1)  2t – = t + hay 2t – = -t –

 t = hay t = 1/3 (loại) Ta có f(3) =

8

Khi t = 

x x

y y

x y

   

    

   



x y x y

    

       

Vậy Pmin =

8

x y

   

 hay

x y

    

Huỳnh Hoàng Dung, Trần Quang Hiển, Nguyễn Bá Chiêu, Nguyễn Trí Cường (Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)