Đang tải... (xem toàn văn)
Caâu 7 (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy , cho hình vuoâng ABCD coù ñieåm M laø trung ñieåm cuûa ñoaïn AB vaø N laø ñieåm thuoäc ñoaïn AC sao cho AN = 3 N C. Caùn boä [r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
−−−−−−−−−− Môn: TỐN; Khối A Khối A1
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Câu (2,0 điểm) Cho hàm soá y= x+
x−1 (1)
a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)của hàm số (1)
b) Tìm tọa độ điểmM thuộc(C)sao cho khoảng cách từM đến đường thẳngy=−xbằng√2 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sinx+ cosx= + sin 2x
Câu (1,0điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường cong y=x2
−x+ đường thẳng y= 2x+
Câu (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z+ (2 +i)z = + 5i Tìm phần thực phần ảo z b) Từ hộp chứa 16 thẻ đánh số từ đến 16, chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất
để thẻ chọn đánh số chẵn
Câu (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt phẳng(P) : 2x+y−2z−1 =
và đường thẳng d: x−2
1 =
y −2 =
z+
3 Tìm tọa độ giao điểm d (P) Viết phương
trình mặt phẳng chứa d vng góc với (P)
Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SD = 3a ,
hình chiếu vng góc củaS mặt phẳng (ABCD)là trung điểm cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từA đến mặt phẳng (SBD)
Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có điểm M trung điểm đoạn AB N điểm thuộc đoạn AC cho AN = 3N C Viết phương trình đường thẳng CD, biết M(1; 2) N(2;−1)
Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (
x√12−y+py(12−x2
) = 12 x3
−8x−1 = 2√y−2
(x, y∈R) Câu (1,0điểm) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2
+y2
+z2
=
Tìm giá trị lớn biểu thức
P = x
2
x2+yz+x+ 1 +
y+z
x+y+z+ −
1 +yz
−−−−−−Hết−−−−−−
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm
(2)BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
−−−−−−−−−− ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN; Khối A Khối A1
(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Câu Đáp án Điểm
1 a)(1,0 điểm)
(2,0đ) • Tập xác địnhD=R\ {1} • Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y0
=−
(x−1)2;y
<0,∀x∈D
Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; 1) và(1; +∞)
0,25
- Giới hạn tiệm cận: lim
x→−∞y= limx→+∞y= 1; tiệm cận ngang: y= lim
x→1−y =−∞; limx→1+y = +∞; tiệm cận đứng: x=
0,25 - Bảng biến thiên:
x −∞ +∞
y0
− −
y
1 +∞
−∞
P P
P P
P P
P q
P P
P P
P P
P q
0,25
• Đồ thị:
y
x
O
−2
−2
1
1
0,25
b) (1,0 điểm)
M ∈(C)⇒Ma;a+ a−1
, a6= 0,25
Khoảng cách từM đến đường thẳngy =−xlà d= a+
a+ a−1
√
2 0,25
d=√2⇔ |a2+ 2
|= 2|a−1| ⇔h a
−2a+ = a2
+ 2a= 0,25
• a2
−2a+ = 0: phương trình vô nghiệm • a2+ 2a= 0
(3)Câu Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với sinx+ cosx= + sinxcosx 0,25
(1,0đ) ⇔(sinx−2)(2 cosx−1) = 0,25
• sinx−2 = 0: phương trình vô nghiệm 0,25
• cosx−1 = 0⇔x=±π
3 +k2π(k∈Z) Nghiệm phương trình cho là: x=±π
3 +k2π(k∈Z)
0,25
3
(1,0đ) Phương trình hồnh độ giao điểm đường cong y=x
−x+ đường thẳng y= 2x+ làx2
−x+ = 2x+ ⇔h x= x=
0,25
Diện tích hình phẳng cần tìm S= Z
1
|x2−3x+ 2|dx 0,25
=
2 Z
1
(x2−3x+ 2)dx =
x3 −
3x2 + 2x
0,25
=
6 0,25
4
(1,0đ) a)Đặt z=a+bi(a, b∈R).Từ giả thiết suy
3a+b=
a−b= 0,25
⇔a= 2, b=−3.Do số phức zcó phần thực bằng2, phần ảo −3 0,25
b) Số phần tử không gian mẫu là: C4
16= 1820 0,25
Số kết thuận lợi cho biến cố “4 thẻ đánh số chẵn” là: C4 = 70 Xác suất cần tính làp= 70
1820 = 26
0,25
5 Gọi M giao điểm dvà (P), suy M(2 +t;−2t;−3 + 3t) 0,25 (1,0ñ) M ∈(P) suy ra2(2 +t) + (−2t)−2(−3 + 3t)−1 = 0⇔t=
2 Do M
2;−3;
0,25
dcoù vectơ phương −→u = (1;−2; 3),(P) có vectơ pháp tuyến −→n = (2; 1;−2) Mặt phẳng(α) cần viết phương trình có vectơ pháp tuyến[−→u ,−→n] = (1; 8; 5)
0,25
Ta có A(2; 0;−3)∈dnên A∈(α) Do (α) : (x−2) + 8(y−0) + 5(z+ 3) = 0, nghĩa là(α) :x+ 8y+ 5z+ 13 =
0,25
6
(1,0đ) GọiDo đóHlà trung điểm củaSH⊥H D Ta cóABSH, suy ra=√SDSH2⊥−(DHABCD2 ) =p
SD2−(AH2+AD2) =a.
0,25
Suy VS.ABCD=
3.SH.SABCD= a3
3 0,25
Gọi K hình chiếu vuông góc H BD E hình chiếu vuông góc H SK Ta có BD⊥H K vàBD⊥SH, nên BD⊥(SH K) Suy BD⊥H E MàH E ⊥SK,
do H E⊥(SBD)
0,25
Ta coù H K=H B.sinKBH\ = a √
2 Suy H E= √ H S.H K
H S2+H K2 = a
3 0,25
A
B
C
D
H
S
K
E
Do đód(A,(SBD)) = 2d(H,(SBD)) = 2H E= 2a
(4)Câu Đáp án Điểm
(1,0đ) Ta cóM N = √
10 Gọi alà độ dài cạnh hình vng ABCD, a >0 Ta cóAM = a
2 vaøAN = 3AC
4 = 3a√2
4 , neân M N2=AM2+AN2−2AM.AN.cosM AN\ = 5a
2 Do 5a2
8 = 10,nghóa a=
0,25
Gọi I(x;y)là trung điểm CD Ta coù IM =AD=
A B C D M N I
vaøIN = BD =
√
2, nên ta có hệ phương trình 0,25
(x−1)2
+ (y−2)2 = 16 (x−2)2+ (y+ 1)2= 2 ⇔
h x= 1;y=−2 x= 17
5 ;y=− • Vớix= 1;y=−2 ta có I(1;−2)và −−→IM= (0; 4)
Đường thẳng CD quaI có vectơ pháp tuyến −−→IM, nên có phương trìnhy+ = 0,25
• Vớix= 17
5 ;y=−
5 ta coù I 17
5 ;−
vaø−−→IM =− 12 ;
16
Đường thẳngCDđi quaIvà có vectơ pháp tuyến −−→IM, nên có phương trình3x−4y−15 =
0,25
8 (1,0đ)
(
x√12−y+py(12−x2) = 12 (1) x3
−8x−1 = 2√y−2 (2) Điều kiện: −2
√
3≤x≤2√3; 2≤y≤12 Ta coù x√12−y≤ x
2
+ 12−y
2
p
y(12−x2)≤ y+ 12−x 2 nên x√12−y+p
y(12−x2)≤12.Do đó(1)⇔
x≥0 y= 12−x2.
0,25
Thay vào (2)ta x3
−8x−1 = 2√10−x2 ⇔x3
−8x−3 + 2(1−√10−x2) = 0 ⇔(x−3)x2+ 3x+ + 2(x+ 3)
1 +√10−x2
= (3) 0,25
Do x≥0 neân x2+ 3x+ + 2(x+ 3)
1 +√10−x2 >0 0,25
Do (3)⇔x= Thay vào hệ đối chiếu điều kiện ta nghiệm: (x;y) = (3; 3) 0,25
9
(1,0đ) Ta có 0≤(x−y−z)
2=x2+y2+z2
−2xy−2xz+ 2yz = 2(1−xy−xz+yz),
neân x2
+yz+x+ =x(x+y+z+ 1) + (1−xy−xz+yz)≥x(x+y+z+ 1) Suy x2
x2+yz+x+ 1 ≤
x x+y+z+
0,25
Mặc khác,(x+y+z)2=x2+y2+z2+ 2x(y+z) + 2yz= + 2yz+ 2x(y+z) ≤2 + 2yz+ [x2+ (y+z)2] = 4(1 +yz).Do P
≤ xx+y+z +y+z+ −
(x+y+z)2 36
0,25
Đặt t=x+y+z, suy t≥0 vaøt2
= (x+y+z)2 = (x2
+y2 +z2
) + 2xy+ 2yz+ 2zx
≤2 + (x2+y2) + (y2+z2) + (z2+x2) = Do đó0≤t≤√6 Xét f(t) = t
t+ 1− t2
36,với0≤t≤ √
6 Ta coù f0
(t) = (t+ 1)2 −
t 18 =−
(t−2)(t2
+ 4t+ 9) 18(t+ 1)2 , neânf
0
(t) = 0⇔t=
0,25
Ta coù f(0) = 0;f(2) = vaøf(
√
6) = 31 30 −
√
5 , neânf(t)≤
9 0≤t≤ √
6 Do P ≤
9 Khix=y= vàz= thìP =
9 Do giá trị lớn củaP
0,25
(5)BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
−−−−−−−−−− Mơn: TỐN; Khối B
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Câu (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3
−3mx+ 1 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị 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 tam giác ABC cân tại A.
Caâu (1,0 điểm). Giải phương trình √2(sinx−2 cosx) = 2−sin 2x.
Câu (1,0 điểm). Tính tích phân I =
Z
1 x2
+ 3x+ 1 x2
+x dx.
Câu (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2z+ 3(1−i)z = 1−9i Tính mơđun của z.
b) Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến phận kiểm nghiệm hộp sữa cam, hộp sữa dâu hộp sữa nho Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên hộp sữa để phân tích mẫu Tính xác suất để hộp sữa chọn có loại.
Câu (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 0;−1) và đường
thaúng d: x−1 2 =
y+ 1 2 =
z
−1 Viết phương trình mặt phẳng qua A và vng góc với d.
Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của A trên d.
Câu (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy tam giác cạnha Hình chiếu vng góc của A0 trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh AB, góc đường thẳng A0C và mặt đáy bằng 60◦ Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0 và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC 0A0).
Câu (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hình bình hànhABCD Điểm M(−3; 0) là trung điểm cạnhAB, điểm H(0;−1) là hình chiếu vng góc của B trên
AD và điểm G4 3; 3
là trọng tâm tam giác BCD Tìm tọa độ điểm B và D.
Câu (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
(
(1−y)√x−y+x = + (x−y−1)√y
2y2
−3x+ 6y+ = 2√x−2y−√4x−5y−3
(x, y ∈R).
Câu (1,0 điểm). Cho số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a+b)c > 0. Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P =
r
a b+c +
r
b a+c +
c 2(a+b).
−−−−−−Heát−−−−−−
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm.
(6)BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
−−−−−−−−−− ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN; Khối B
(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Câu Đáp án Điểm
1 a)(1,0 ñieåm)
(2,0đ) Với m= 1, hàm số trở thành: y=x3−3x+
• Tập xác định: D=R
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y0
= 3x2
−3;y0
= 0⇔x=±1
0,25 Các khoảng đồng biến: (−∞;−1) và(1; +∞); khoảng nghịch biến: (−1; 1)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=−1,yCĐ= 3; đạt cực tiểu tạix= 1, yCT =−1 - Giới hạn vô cực: lim
x→−∞y=−∞; limx→+∞y= +∞
0,25 - Bảng biến thiên:
x −∞ −1 +∞ y0
+ − +
y
3 +∞
−∞ −1
1 PP P
P P
P
q
1
0,25
• Đồ thị:
x
y
3
−1
−1
1
O
0,25
b) (1,0 điểm) Ta có y0
= 3x2−3m
Đồ thị hàm số(1)có hai điểm cực trị⇔phương trìnhy0
= 0có hai nghiệm phân biệt⇔m >0 0,25
Tọa độ điểm cực trị B, C B(−√m; 2√m3+ 1),C(√m;−2√m3+ 1)
Suy ra−−→BC = (2√m;−4√m3) 0,25
Goïi I trung điểm BC, suy I(0; 1) Ta có tam giác ABC cân A⇔ −→AI.−−→BC = 0,25
⇔ −4√m+ 8√m3 = 0⇔m= 0 m=
2
Đối chiếu điều kiện tồn cực trị, ta giá trịmcần tìm m=
(7)Câu Đáp án Điểm
2 Phương trình cho tương đương với sinxcosx−2√2 cosx+√2 sinx−2 = 0,25
(1,0ñ)
⇔(sinx−√2)(2 cosx+√2) = 0,25 • sinx−√2 = 0: phương trình vô nghiệm 0,25
• cosx+√2 = 0⇔x=±3π
4 +k2π(k∈Z)
Nghiệm phương trình cho là: x=±3π
4 +k2π(k∈Z)
0,25
3
(1,0ñ) Ta coù I =
2
Z
1
x2+ 3x+ x2+x dx=
2
Z
1 dx+
2
Z
1
2x+
x2+xdx 0,25 •
2
Z
1
dx= 0,25
•
Z
1
2x+
x2+xdx= ln|x
+x|
2
1 0,25
= ln Do I = + ln 0,25
(1,0ñ)
a)Đặt z=a+bi(a, b∈R).Từ giả thiết suy
5a−3b=
3a+b= 0,25
⇔a= 2, b= 3.Do mơđun zbằng √13 0,25
b) Số phần tử không gian mẫu là: C3
12= 220 0,25
Số cách chọn hộp sữa có đủ loại là5.4.3 = 60 Do xác suất cần tính làp= 60 220 =
3
11 0,25
5 Vectơ phương dlà −→u = (2; 2;−1) 0,25
(1,0đ) Mặt phẳng (P) cần viết phương trình mặt phẳng qua A nhận −→u làm vectơ pháp tuyến,
nên (P) : 2(x−1) + 2(y−0)−(z+ 1) = 0, nghóa là(P) : 2x+ 2y−z−3 = 0,25
Gọi H hình chiếu vuông góc A trênd, suy H(1 + 2t;−1 + 2t;−t) 0,25
Ta coùH∈(P),suy ra2(1 + 2t) + 2(−1 + 2t)−(−t)−3 = 0⇔t=
3.Do đóH
3;− 3;−
1
0,25
6
(1,0đ) Gọi H trung điểm AB, suy raA 0H
⊥(ABC)
vàA\0CH = 60◦ Do
A0
H =CH.tanA\0CH = 3a
2
0,25 Thể tích khối lăng trụ làVABC.A0B0C0 =A0H.S∆ABC =
3√3a3
8 0,25
GọiI hình chiếu vuông góc củaH trênAC;K hình chiếu
vuông góc củaH trênA0
I Suy raH K =d(H,(ACC0
A0
)) 0,25
Ta coùH I =AH.sinIAH[ =
√
3a ,
H K2 =
1 H I2 +
1 H A02 =
52
9a2,suy raH K =
3√13a 26
0,25
A
B
A0
H
C
B0
C
0
I
K
Do đód(B,(ACC0
A0
)) = 2d(H,(ACC0
A0
)) = 2H K=
√
13a 13
(8)Câu Đáp án Điểm
7
(1,0đ) vớiGọiBCE Suy ravàF giao điểm củaH M−−→=−−→M E và−−→H G= 2H M−−→GF,vàH G
Do đóE(−6; 1) vàF(2; 5)
0,25
A
B C
D
H
M
I G
E F
Đường thẳngBC quaE nhận −−→EF làm vectơ
chỉ phương, nênBC:x−2y+ = Đường thẳng BHđi quaHvà nhận−−→EF làm vectơ pháp tuyến, nên BH: 2x+y+ = Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ
phương trình x−2y+ =
2x+y+ = Suy raB(−2; 3)
0,25
Do M trung điểm AB nênA(−4;−3)
Gọi I giao điểm củaAC BD, suy GA−→= 4−→GI Do I0;3
0,25
Do I trung điểm đoạn BD, nênD(2; 0) 0,25
8
(1,0ñ) (
(1−y)√x−y+x= + (x−y−1)√y (1)
2y2−3x+ 6y+ = 2√x−2y−√4x−5y−3 (2) Điều kiện:
y≥0 x≥2y 4x≥5y+
(∗)
Ta coù (1)⇔(1−y)(√x−y−1) + (x−y−1)(1−√y) =
⇔(1−y)(x−y−1)√
x−y+ + 1 +√y
= (3)
0,25
Do √
x−y+ 1+
1 +√y >0 nên (3)⇔
h y=
y=x−1 • Vớiy = 1, phương trình(2) trở thành9−3x= 0⇔x=
0,25
• Vớiy =x−1, điều kiện (∗) trở thành1≤x≤2 Phương trình(2)trở thành 2x2−x−3 =√2−x ⇔2(x2−x−1) + (x−1−√2−x) =
⇔(x2−x−1)h2 + x−1 +√2−x
i =
0,25
⇔x2−x−1 = 0⇔x= 1±
√
5
2 Đối chiếu điều kiện (∗)và kết hợp trường hợp trên, ta
nghiệm (x;y)của hệ cho là(3; 1)và +
√
5 ;
−1 +√5
0,25
9
(1,0đ) Ta có a+b+c≥2 p
a(b+c) Suy
r a
b+c ≥ 2a
a+b+c 0,25
Tương tự, r
b a+c ≥
2b a+b+c
Do P ≥ 2(a+b) a+b+c+
c 2(a+b) =
h2(a+b)
a+b+c+
a+b+c 2(a+b)
i
−1
2
0,25
≥2−1 =
3
2 0,25
Khia= 0, b=c, b >0 thìP =
2 Do giá trị nhỏ P
2 0,25
(9)BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
−−−−−−−−−− Mơn: TỐN; Khối D
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Câu (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3−3x−2 (1).
a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm tọa độ điểmM thuộc(C)sao cho tiếp tuyến của (C)tạiM có hệ số góc bằng9.
Câu (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3z−z)(1 +i)−5z = 8i−1.
Tính môđun của z.
Câu (1,0 điểm). Tính tích phân I =
π
4
Z
(x+ 1) sin 2x dx. Câu (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log2(x−1)−2 log4(3x−2) + = 0.
b) Cho đa giác đều nđỉnh, n ∈N và n≥3 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 −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 đường trịn (C) Tìm tọa
độ tâm của (C).
Câu (1,0 điểm). Cho hình chópS.ABC có đáyABC là tam giác vuông cân tạiA, mặt
bên SBC là tam giác cạnh a và mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt đáy Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABC và 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 là điểm D(1;−1). Đường thẳng AB có phương trình
3x+ 2y −9 = 0, tiếp tuyến tại A của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương
trình x+ 2y−7 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC.
Câu (1,0điểm). Giải bất phương trình (x+ 1)√x+ + (x+ 6)√x+ 7 ≥x2+ 7x+ 12.
Câu (1,0 điểm). Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 1 ≤ x ≤ 2; 1 ≤ y ≤ 2.
Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P = x+ 2y
x2
+ 3y+ 5 +
y+ 2x y2
+ 3x+ 5 +
1
4(x+y−1). −−−−−−Heát−−−−−−
(10)BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
−−−−−−−−−− ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN; Khối D
(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Câu Đáp án Điểm
1 a)(1,0 điểm)
(2,0đ) • Tập xác địnhD=R • Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y0
= 3x2−3;y0
= 0⇔x=±1
0,25
Các khoảng đồng biến: (−∞;−1) và(1; +∞); khoảng nghịch biến: (−1; 1)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=−1,yCĐ= 0; đạt cực tiểu tạix= 1, yCT =−4
- Giới hạn vô cực: lim
x→−∞y=−∞; limx→+∞y= +∞
0,25
- Bảng biến thiên:
x −∞ −1 +∞
y0
+ − +
y
0 +∞
−∞ −4
1 PP P
P PPq
1
0,25
• Đồ thị:
x
y
−1
−4
1
O
−2
0,25
b) (1,0 điểm)
M ∈(C)⇒M(a;a3−3a−2) 0,25
Hệ số góc tiếp tuyến tạiM 9⇔y0
(a) = 0,25
⇔3a2−3 = 9⇔a=±2 0,25
Tọa độ điểm M thỏa mãn yêu cầu toán làM(2; 0)hoặc M(−2;−4) 0,25 Đặtz=a+bi(a, b∈R).Từ giả thiết ta được[3(a+bi)−(a−bi)](1 +i)−5(a+bi) = 8i−1 0,25 (1,0đ)
⇔
3a+ 4b=
2a−b= 0,25
⇔
a=
b=−2 0,25
(11)Câu Đáp án Điểm
3
(1,0ñ) I =
π R
0
(x+ 1) sin 2x dx Đặtu=x+ 1và dv= sin 2xdx, suy radu=dxvàv=−1
2cos 2x 0,25
Ta coù I =−1
2(x+ 1) cos 2x
π
0 +
π R
0
cos 2xdx 0,25
=−1
2(x+ 1) cos 2x
π
0 + 4sin 2x
π
0 0,25
=
4 0,25
4
(1,0ñ)
a)Điều kiện: x >1 Phương trình cho tương đương vớilog2 x−1
3x−2 =−2 0,25
⇔ 3xx−1 −2 =
1
4 ⇔x=
Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm phương trình cho làx=
0,25
b) Số đường chéo đa giác nđỉnh làC2 n−n=
n(n−3)
2 0,25
Từ giả thiết ta có phương trình n(n−3)
2 = 27⇔
h n=
n=−6 Do n∈Nvàn≥3 nên ta giá trịncần tìm làn= 9
0,25
5 Mặt cầu (S)có tâmI(3; 2; 1)và bán kính R= 0,25
(1,0đ)
Ta có khoảng cách từI đến(P) d(I,(P)) = |6p.3 + 3.2−2.1−1|
62+ 32+ (−2)2 = 3< R
Do (P) cắt(S) theo giao tuyến đường tròn(C)
0,25
Tâm của(C) hình chiếu vng gócH củaI trên(P) Đường thẳng∆quaI vng góc với(P)có phương trình x−3
6 = y−2
3 = z−1
−2 DoH ∈∆neânH(3 + 6t; + 3t; 1−2t)
0,25
Ta cóH∈(P),suy ra6(3+6t)+3(2+3t)−2(1−2t)−1 = 0⇔t=−3
7.Do đóH
3
7; 7;
13
0,25
6
(1,0đ) Gọi H trung điểm cuûa BC, suy raAH = BC
2 = a 2, SH ⊥(ABC),SH =
√
3a
2 vaøS∆ABC=
2BC.AH = a2
4
0,25
Thể tích khối chóp làVS.ABC =
3.SH.S∆ABC=
√
3a3
24 0,25
Gọi K hình chiếu vuông góc H trênSA, suy H K ⊥SA Ta có BC ⊥(SAH)nên BC ⊥H K
Do H K đường vng góc chung BC SA 0,25
A B
C
S
H
K
Ta coù H K2 =
1 SH2 +
1 AH2 =
16 3a2
Do d(BC, SA) =H K=
√
3a
0,25
(12)Câu Đáp án Điểm
7
(1,0đ) Tọa độ điểmAthỏa mãn hệ phương trình
3x+ 2y−9 = x+ 2y−7 = Suy raA(1; 3)
0,25
B
C
A
D
E
Gọi∆là tiếp tuyến Acủa đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vàE giao điểm của∆với đường thẳng BC (doAD khơng vng góc với∆nênEln tồn ta giả sử EB < EC) Ta có EAB\ =\ACB BAD\ = \DAC, suy \
EAD=\EAB+\BAD=\ACB+DAC\=ADE.\ Do đó, tam giácADE cân E
0,25
Elà giao điểm của∆với đường trung trực đoạnAD, nên tọa độ điểmE thỏa mãn hệ phương trình
x+ 2y−7 = y−1 = Suy raE(5; 1)
0,25
Đường thẳng BC quaE nhận −−→DE = (4; 2)làm vectơ
chỉ phương, nên BC:x−2y−3 = 0,25
(1,0đ) Điều kiện: x≥ −2 Bất phương trình cho tương đương với
(x+ 1)(√x+ 2−2) + (x+ 6)(√x+ 7−3)−(x2+ 2x−8)≥0 0,25
⇔(x−2)√ x+ x+ + +
x+
√
x+ + −x−4
≥0 (1) 0,25
Do x≥ −2 nênx+ 2≥0và x+ 6>0 Suy x+
√
x+ + +
x+
√
x+ + −x−4 =
x+
√
x+ + − x+
2
+
x+
√
x+ + 3− x+
2
−√
x+ + <0
Do (1)⇔x≤2
0,25
Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm bất phương trình cho là: −2≤x≤2 0,25
(1,0đ) Do 1≤x≤2 nên (x−1)(x−2)≤0, nghóa x
2+ 2
≤3x Tương tự,y2+ 2
≤3y Suy raP ≥ x+ 2y
3x+ 3y+ 3+
y+ 2x 3y+ 3x+ 3+
1
4(x+y−1)=
x+y x+y+ +
1 4(x+y−1)
0,25
Đặt t=x+y, suy 2≤t≤4 Xét f(t) = t t+ 1+
1
4(t−1), với2≤t≤4
Ta coù f0
(t) = (t+ 1)2 −
1
4(t−1)2 Suy raf
(t) = 0⇔t=
0,25
Maø f(2) = 11
12;f(3) =
8;f(4) = 53
60 neân f(t)≥f(3) =
8 Do P ≥
8 0,25
Khix= 1, y= thìP =
8 Vậy giá trị nhỏ P
8 0,25