De dap an khoi ABD nam 2014

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... Hàm số không có cực trị..[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014 Mơn: 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 số   x 2

y 1

x 1  



a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng y x 2.

Câu (1,0 điểm). Giải phương trình: sinx 4cosx sin2x  

Câu (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường cong y x 2 x 3 đường thẳng y 2x 1 

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 đựng 16 thẻ đánh số từ đến 16, chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để

thẻ chọn đánh số chẵn

Câu (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P : 2x y 2z 0   

và đường thẳng

x 2 y z 3

d :

1 2 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 hình vuông cạnh a,

3a SD

2 

, hình chiếu vng góc S lên mp(ABCD) trùng với trung điểm AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mp(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 = 3NC Viết phương trình đường thẳng CD biết M(1;2) N(2;-1)

Câu (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 2

x 12 y y 12 x 12 x 8x y 2

    

 

   

 

Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2y2z2 2 Tính giá trị lớn biểu thức

2

x y z 1 yz

P

x y z 1 9

x yz x 1

 

  

  

  

Hết

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm.

BÀI GIẢI CHI TIẾT

ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014 Mơn: TỐN; Khối A Khối A1

Câu (2,0 điểm). Cho hàm số   x 2

y 1

x 1  



a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng y x 2 Giải:

a) Tập xác định: D R \{1}

Đạo hàm  

2

3

y

x 

  



với x thuộc D Hàm số khơng có cực trị Hàm số nghịch biến khoảng ( ;1) (1;)

Giới hạn vô cực : x

lim y  

  , x

lim y  



, nên đường thẳng x = tiệm cận đứng Giới hạn vô cực : xlim y   xlim y 1   , nên đường thẳng y = tiệm cận ngang Bảng biến thiên :

x   

,

y -

-y

1

 



Đồ thị cắt trục Ox điểm (-2; 0), cắt trục Oy điểm (0; -2)

Đồ thị

b) Điểm M thuộc (C) có tọa độ dạng

2 ;

1 m M m

m 

 

 



Theo rat a có : d(M, ) = 2

2

2

2

2

2 2( 1)

1 2 2 2 1

2 2( 1)

1

m m

m m

m m m

m m

 

   



       

  

 

Với m2 2 2(m1) m2 2m 4 (có   , 0) nên vô nghiệm.

Với

2 2 2( 1) 2 0 ( ) (0; 2)

2 ( ) ( 2;0)

m thoa M

m m m m

m thoa M

  



       

  



Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu toán M0; ;  M2;0

Câu (1,0 điểm). Giải phương trình: sinx 4cosx sin2x   Giải:

sinx4cosx 2 sin 2x sinx 4cos x 2sin cosx x 0 (sinx 2)(1 2cos ) 0 x  sin (1)

1 2cos (2) x

x   

   



Vì  1 sinx 1 sinx 2 0 nên phương trình (1) vơ nghiệm.

1

(2) cos ( )

2

2

x k

x k Z

x k

  

 

  

    

   

Vậy phương trình cho có hai nghiệm : x 2k 

  

; x 2k 

  

với (k Z )

Câu (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường cong y x 2 x 3 đường thẳng y 2x 1 

Giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm đường cong đường thẳng :

2 3 2 1 3 2 0

2 x

x x x x x

x  

         

 

Vì hàm số y x 2 x 3 y 2x 1  có tập xác định D = R nên liên tục đoạn

1; 2 x

nên diện tích hình phẳng cần tính :

2

2

1

2

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

1

3

8 12

4 ( )

3

x x

S x x x dx x x dx x

dvdt

            

       

 

Câu (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z2 i z 5i    Tìm phần thực phần ảo z

Giải:

a) Số phức z có dạng : z = x + yi, với x phần thực, y phần ảo x y R x,  , 2y2 0

Khi z2 i z 5i     x yi (2i x iy)(  ) 5  i (3x y ) ( x y i )  3 5i

3

( )

5

x y x

thoa

x y y

  

 

   

  

  Vậy số phức z có phần thực phần ảo – 3. b) Không gian mẫu số cách chọn ngẫu nhiên thẻ từ 16 thẻ, ta có n( ) C164 = 1820

Các số chẵn từ đến 16 2; 4;6;8;10;12;14;16 có số

Gọi A biến cố “ thẻ chọn đánh số chẵn ” n(A) = C84 =70

Vậy xác suất cần tính

70

( )

1820 26

P A  

Câu (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P : 2x y 2z 0   

và đường thẳng

x 2 y z 3

d :

1 2 3

 

 

 Tìm tọa độ giao điểm d (P) Viết phương trình mặt phẳng chứa d vng góc với (P)

Giải:

Gọi M ( )P d

Suy 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) – =

 - 6t + =  t

Vậy tọa độ giao điểm M

7

; 3;

2

M  

 

Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến nP (2;1; 2)



, đường thẳng d có véc tơ phương (1; 2;3)

d

u  



Gọi (Q) mặt phẳng chứa d vng góc với (P), (Q) nhận véc tơ ,

P d n u

  

 

                           

(-1; -8; -5) làm véc tơ pháp tuyến qua điểm M nên phương trình (Q):

(Q):  

7

8 13

2

x y z x y z

   

             

   

Vậy phương trình mặt phẳng cần viết : x8y5z13 0

Câu (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a,

3a SD

2 

, hình chiếu vng góc S lên mp(ABCD) trùng với trung điểm AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mp(SBD)

Giải: M

d

Gọi H hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABCD) HAB SH, (ABCD) Vì  DAH vuông A suy ra:

2

2 a

HD AD AH 

SHD vuông H, suy ra:

2

2

4

a a

SH  SD  DH   a

Thể tích hình chóp S.ABCD :

3

1

3 ABCD 3

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 trung điểm AB d A SBD ,( ) 2d H SBD , ( ) 2HN (1)

Đặt ACBD I TrongAIB có HM //AI (cùng vng góc với BD) H trung điểm AB nên HM

là đường trung bình =>

1

2

a

HM  AI 

SHM vuông H, có HN đường cao, HM SH hai cạnh góc vng

2 2 2 2 2

2

2

1 1 4

3

16 a

a

HM SH a

HN

HN HM SH HM SH a

a

      





(2)

Từ (1) (2) ta có:  

,( )

3 a

d A 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 = 3NC Viết phương trình đường thẳng CD biết M(1;2) N(2;-1)

Giải: Cách 1:

Ta có MN (1; 3); MN  10



Gọi P MN CD AB//CD AN = 3NC, theo định lý Ta –lét: N

M

I H

D

C S

B

A

K I

Q

P N M

C B

P P P

P

1 3(x 2)

MN AN

3 MN 3NP

3 3(y 1)

NP NC

x / 7

P ;

y

                                                       

Dựng KQ qua N, KQ//BC Đặt độ dài BC m, (m > 0) Với giả thiết toán sử dụng định

lý ta – lét ta có KN = QM =

4 m; QN = KD =

=>  MQN vuông Q, DKN vuông K =>  MQN = DKN ( theo c.g.c). => MN = DN MN DN

Khi đường thẳng DN nhận MN (1; 3) 

làm véc tơ pháp tuyến qua điểm N nên phương trình DN : x – 3y – = => tọa độ D(3d + 5; d)

Vì DN = MN  (3d 5 2)2(d1)2 10 (d1)2  1 d 0;d 2

 Với d = => D(5; 0) =>

8 ( ; 2)

3

DP



=> Đường thẳng CD nhận

8 (2; )

3 n 

làm véc tơ pháp

tuyến qua D nên phương trình CD :

8

2( 5) 15

3

x  y x y 

 Với d = -2 => D(-1; -2) =>

10 ( ;0)

3

DP



=> Đường thẳng CD nhận

10 (0; )

3

DP



làm véc tơ

pháp tuyến qua D nên phương trình CD :

10

0( 5) ( 2)

3

x  y   y 

Vậy đường thẳng CD có hai phương trình thỏa u cầu : y + = 3x – 4y – 15 = Cách 2

Ta có MN (1; 3); MN  10 

Gọi P MN CD AB//CD 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 /

P ;

y

                             

Gọi n = (a; b) với a2b2 0 véc tơ pháp tuyến đường thẳng CD, đường thẳng CD qua P nên phương trình có dạng :

CD:

7

a(x ) b(y 2)

   

Gọi I ACBD IC = 2NC => N trung điểm IC Gọi Q trung điểm MB => NQ//BC

Đặt BC = m ( m > 0) ta có NQ = 3m

4 ; QM = m

4

Tam giác NQM vuông Q => NQ2 + QM2 = MN2

2

m (nhan)

3m m

10

m (loai)

Vậy độ dài BC = Ta có d(M; CD) = BC = 

2

a 3b a b

   

 4a2 + 3ab = 0

(4 )

4

a

a a b

a b

 

    

 



Với a = chọn b = phương trình CD:

7

0(x ) 1.(y 2) y

3

      

Với 4a + 3b = 0, chọn a =

4 b  

CD:

7

1.(x ) (y 2) 3x 4y 15

3

       

Vậy đường thẳng CD có hai phương trình thỏa u cầu : y + = 3x – 4y – 15 =

Câu (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 

    

 

   

 

2

x 12 y y 12 x 12 (1)

x 8x y 2 (2)

Giải: Điều kiện : 2 y 12 12 x2   0 12 x 12 (*)

Khi phương trình             

2

x 12 y y 12 x 12 x 12 y 12 y 12 x (3)

Với điều kiện (*) x y      

0 y 12 x 12.

Từ (3) x 0 (**) Do hai vế (3) khơng âm, bình phương hai vế (3) ta có :

   

 

          

         

     

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 ) y 12 x y 0 ( 12 x y) 0

y 12 x y 12 x (4)

Thế (4) vào (1) ta có :

          

   

     

 



     

 

  

       

 

 

 

3

2

2

2

2

2

2

x 8x 10 x x 8x 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 3x 1 0 (5)

1 10 x

Vì



     

 

2

2 2(x 3)

x 0 x 3x 1 0

1 10 x

Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2y2z2 2 Tính giá trị lớn biểu thức

2

x y z 1 yz

P

x y z 1 9

x yz x 1

 

  

  

  

Giải:

Ta có: (x – y – z)² ≥  x² + y² + z² – 2xy – 2xz + 2yz ≥  – xy – xz + yz ≥ yz + ≥ xy + xz => x² + yz + x + ≥ x² + xy + xz + x = x(x + y + z + 1)



2

x

x yz x 1  ≤ x

x y z 1    P ≤

x y z yz 1 yz

1

x y z x y z

   

   

     

Mặt khác ta có : (x + y + z)² ≤ 2[x² + (y + z)²] = 2[2 + 2yz] = 4(1 + yz)

 x + y + z ≤ yz  P ≤ –

1 yz

( )

9 yz

 

 

Đặt Q =

1 yz

9 yz

 

  =>P 1 Q P đạt giá trị lớn Q đạt giá trị nhỏ nhất.

Đặt t = yz (t ≥ 1) ,

2

1

t Q

t

 

 .

Xét hàm số

2

1 ( )

2

t f t

t

 

 Đạo hàm f’(t) =

2t

9  (2t 1) ≥ với t ≥ 1

 f(t) ≥ f(1) =

9 với t ≥ => giá trị nhỏ Q =

9 t = hay yz = 0.

 giá trị lớn P = – 9 =

5

9 xáy t = ( x = 1; y = 1; z = 0) (x = 1; y=0; z = 1)

-HẾT -BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 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), với m tham số thực

a Bạn đọc tự khảo sát vẽ đồ thị

b Cho điểm A(2; 3) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị B C cho ΔABC cân A Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2(sin x – 2cos x) = – sin 2x

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I =

2 2

x 3x

dx

x x

 





Câu (1,0 điểm)

a. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2z + 3(1 – i)z = – 9i Tìm modun 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 để kiểm nghiệm Tính xác suất để hộp sữa chọn có đủ loại

Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 0; –1) đường thẳng d:

x y z

2

 

 

 Viết phương trình mặt phẳng qua vng góc với d Tìm tọa độ hình chiếu vng góc A d

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD Điểm M(–3; 0) trung điểm cạnh AB, điểm H(0; –1) hình chiếu vng góc B AD G(4/3; 3) trọng tâm tam giác BCD Tìm tọa độ điểm B D

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

(1 y) x y x (x y 1) y

2y 3x 6y x 2y 4x 5y

       

 

       



 (x, y số thực)

Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a + b)c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức

P =

a b c

b c  a c 2(a b) Hết

Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh:……….; Số báo danh:………

LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Mơn: TỐN; Khối B. Câu a/ Với m=1, ta có hàm số y=x3- 3x+1 Tập xác định D= ¡

Chiều biến thiờn:

ộ = ị =-ờ

Â= - Â= Û - = Û ê =- Þ = ë

2 1

3 3, 3

1

x y

y x y x

x y .

Hàm số đồng biến (- ¥ -; 1),(1;+¥ ), hàm số nghịch biến ( 1;1)

-Đồ thị hàm số: Bảng biến thiên:

b/ Ta có y¢=3x2- ,m y¢= Û0 x2=m Đồ thị hàm số cho có cực trị y¢=0 có nghiệm phân biệt hay m>0

Gọi B(- m m m; +1 ,) (C m; 2- m m+1) cực trị hàm số Tam giác ABC cân A

=

AB AC hay (- - ) (+ - ) (= - ) (+ - - ) Û - =

2 2

2 2 2

m m m m m m m m m

Phương trình cuối có nghiệm dương =

1

m

Vậy giá trị cần tìm =

1

m

x - ¥ - 1 +Ơ y + 0 - +

y +¥ - ¥ -

y

Câu Xét phương trình: sin( x- cosx)= -2 sin 2xÛ sinx- 2 cosx= -2 sin 2x ( ) ( ) ( )( ) Û - - + = Û + - + = é ê =-ê Û + - = Û ê ê = ê ë

2 sin 2 cos 2 sin cos sin cos 2 cos

1 cos

1 cos sin 2

sin

x x x x x x x

x

x x

x

Ta loại nghiệm sinx= 2 sinx £1, ta có

p p =- 1Û =±3 +

cos

2

x x k

với kỴ ¢

Vậy nghiệm phương trình cho

p p = ±3 +

4

x k

vi kẻ Â

Cõu 3. Xét tích phân:

+ + +

ị2 2

3

x x

dx

x x .

Ta có: ( + ) ổ + + = ỗ + + ữ = + = + + = + ữ ỗ ữ ỗ ÷ è ø + + +

ò2 ò2 ò2 2

2 2 1

1 1

2

3

1 d x ln ln

x x x

dx dx x x x x

x x x x x x .

Câu 4.

a/ Đặt z= +x yivới x y, Ỵ ¡ Ta có:

( ) ( )( ) ( ) ( ) + - = - Û + + - - = -Û + + - - - = - Û - + - - = -ì - = ì = ï ï ï ï Û íï- - =- Û íï = ï ï ỵ î

2 1 2 1

2 3 3 3

5

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

Vậy module cần tính z = 22+32 = 13 b/ Không gian mẫu n( )W =C123 .

Gọi A biến cố chọn có đủ loại Số phần tử biến cố A C C C51× ×14 13

Xác xuất biến cố A là:

× ×

= ×

1 1

5

3 12

3 11

C C C C

Câu Mặt phẳng qua ( )P qua A, có vtpt = =( - ) uur ur

2; 2;

p d

n a

Suy ( ) : 2P x+2y- + =z Gọi H hình chiếu A lên ( )d Þ { }H =( ) ( )d Ç P

Toạ độ điểm H thỏa hệ phương trình

ì + ï -ï = = ïí -ïï + - + = ïỵ 1

2

2

y

x z

x x z hay

ỉ ư÷ ç - ÷

ç ÷

ç ÷

è ø

1

; ;

3 3

H

Câu 6.

Gọi H trung điểm AB ¢ ^( ) =

3 ,

2

a

A H ABC CH

Ta có VABC A B C Â Â Â=A H SÂ ìABC

Mt khỏc, ta có ABC tam giác cạnh a nên = ABC a S

Ta có

¢

DA HC vng H

· ¢ =(·¢ ( )) = °

C, 60

A CH A ABC

 Â

ị = ìtan =3 ì

2

a

A H CH A CH

Do ú Â Â Â= ì

3

3

ABC A B C

a V

Tiếp theo, ta tính khoảng cách từ B đến (ACC A¢ ¢) Ta có

¢ ¢= ¢ ¢ ¢- ¢ ¢= ¢ ¢ ¢=

3

2

3

B ACC A ABC A B C B ACC A ABC A B C

a

V V V V

Vậy ( )

¢ ¢ é ¢ ¢ù ê ú ë û ¢ ¢ = = × ,

3 13

13

ACC A B ACC A

ACC A

V a

d

S

Câu 7.

Gọi B a b( ; ) N trung điểm CD

Ta có = uuur 2uuur

3 BG BN vi ổ ửữ ỗ =ỗỗ - - ữữữ ố ø uuur 4 ; 3

BG a b

( ) = - -uuur ; N N

BN x a y b

Do ú, ta c

ổ- - ữử ỗ ữ ç ÷ ç ÷ è ø ; 2 a b N

Ta có ìï + + = ì = ï ì ì ï ï ï + + = ï =- -ï Þ ï Û ï Û ï í í - - í í ï × = ï × + + = ï + - - = ï + = ï ï ïỵ ïỵ ỵ ïïỵ uuuur uuur 2 2 2

( 3) 10 2 1

6

10

2

10

(1 )

0

2

a b

MB HM a b a b a

a b

a a

a b a b

a b

MN BH

Giải hệ này, ta ( ; )a b =(0; 1),( 2; 3)- - Ta xét trường hợp:  Với a=0,b=- 1, ta có B(0; 1)- , loại trùng với H

 Với a=- 2,b=3, gọi I tâm hỡnh bỡnh hnh thỡ

ổ ửữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ố ứ 0; I

, ta D(2; 0) Vậy ta B( 2; 3), (2; 0)- D

Câu Giải hệ phương trình

ìï - - + = + - -ïï

íï - + + = - - - -ïïỵ

(1 ) ( 1) (1)

2 2 (2)

y x y x x y y

y x y x y x y

Điều kiện xác định: y³ 0, 4x³ 5y+3,x³ 2y Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) Û - - - + - - = - -Û - - - + - - - = é ù Û - ê- - + + - - ú= ë û é ù Û - - - êë - + + + =úû é- = ê

Û ê - + + + >

ê - - = ë

(1) (1 ) ( ) ( 1)

( 1) (1 )

1 1

1 1

1

( 1 0)

1

y x y x y x y y

x y y y x y

y x y y x y

y x y x y y

y

x y y

x y

Ta xét trường hợp:

- Nếu 1- y= Û0 y=1, từ (2) suy - 3x+ = Û9 x=3

- Nếu x- y- = Û1 x= +y 1, từ (2) suy 2y2+3y- 2= 1- y, phương trình tương đương với

+ + = - + - + Û + = - +

Û + = - + Û = - Û + - =

2 2

2

16 16(1 ) 1 (4 1) (4 1)

4 1 1

y y y y y y

Phương trình cuối có nghiệm khơng âm

- + =

2

y

, tương ứng, ta có

+ =1

2

x

Vậy hệ cho có nghiệm

ỉ+ - + ư÷

ỗ ữ

ỗ

= ỗ ữữ

ỗ ữ

ố ứ

1 5

( ; ) (3;1), ;

2

x y

Câu 9. Ta có

+ +

+ ³ Þ ³ Þ ³

+ + + + + + +

2

1 b b a b c b b b

c a c a c a c a c a a b c .

Đẳng thức xảy c+ =a b.

Tương tự, ta có

³

+ + +

2

a a

b c a b c nên ta có

+

³ + = +

+ + + + +

+

2( )

2( ) 2( )

1

a b c c

P

c

a b c a b a b

a b .

Đặt = + ³

c t

a b xét hàm số = + + ³

2

( ) ,

1

t f t

t .

Ta có

+

-¢ =- + =

+ +

2 ( 3)( 1)

( )

2

(1 ) 2( 1)

t f t

t .

Do f t¢ = Û =( ) Khảo sát hàm số [0;+¥ ), ta ³ =

3

( ) (1)

2

f t f

Vậy GTNN biểu thức cho

3

2, đạt a=0,b= >c 0 b=0,a= >c 0.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 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 – (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

của z

Câu (1,0 điểm) : Tính tích phân I =

4

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

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) vng 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 tròn 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 (x 6) x x      2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 = 2

x 2y y 2x

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

 

 

     

Hết

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh:……….; Số báo danh:………

Bài giải Câu 1:

a) Tập xác định R y’ = 3x2 – 3; y’ =  x = 1 limx  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 :

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 y

0 -2 -4

-1

Vậy môđun z : 13

Câu 3:

 

/

0

I x sin2xdx 

 

Đặt u = x+1  du = dx

dv = sin2xdx, chọn v = – cos2x

I =

/ 4

0

1

( 1) cos cos

2

 x x   xdx

 

=

/

0

1

( 1) cos sin

2

0

 x x  x

 

=

1

0

2 4

   

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

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

2

x 1

log

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: Cn2-n

Theo đề ta có Cn2-n = 27

 1

27



 n n  n

2 3 54 0

 n  n   n = hay n = -6 (loại) Câu 5:(S) : x2 + y2 + z2 – 6x – 4y – 2z – 11 = 0

I (3; 2; 1); R = 11   = 5. (P) : 6x + 3y – 2z – = 0

d(I, (P)) =

|18 1| 21

3

36   

  

   (P) cắt (S) theo đường tròn (C)  đường thẳng qua I (3; 2; 1) nhận nP



= (6; 3; -2) vectơ phương 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 = 



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 2 S(ABC) =

2

1 a a

a 2 4

S

A

B

C I

VS.ABC=

2

ABC

1 a a a

SI.S

3 3  24

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



2

2 2

1 1 1

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 =

3

13  4a2 = 9b2 Chọn b =  a = 

3

2 (loại a = 2)  Phương trình AC : -3x + 2y – =

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

 cos = 2 3m 2n

13 m n



 = cosB =

65

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

 m = n 

hay m = 19

n 22 

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

VớiĐk : x- bất pt 

2

(x 1)( x 2) (x 6)( x 3) x        2x 8 

(x 1)(x 2) (x 6)(x 2)

(x 2)(x 4)

x 2 x

   

   

   



x x

(x 2) (x 4)

x 2 x

 

 

      

   

  (*)

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 = 2

x 2y y 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

f’(t) = 2

1

(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) =

Khi t = 

x x y y x y

   



   

  

 

x y x y  

 

      

  

 Vậy Pmin = 8

x y   

  hay

x y

  