De va dap an Toan Khoi D 2014

Câu 6 1,0 điểm: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a và mặt phẳng SBC vuông góc với mặt đáy.. Tính theo a thể tích khối chóp S.A[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn : TOÁN; khối D Câu (2,0 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x – (1) a) Khảo sát biến thiên và 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 môđun z  (x 1) sin 2xdx Câu (1,0 điểm) : Tính tích phân I = Câu (1,0 điểm): a) Giải phương trình: log2(x – 1) – 2log4(3x – 2) + = b) Cho đa giác n đỉnh, n  N và n  Tìm n biết đa giác đã cho có 27 đường chéo Câu (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 6x + 3y – 2z – = và mặt cầu (S) : x + y2 + z2 – 6x – 4y – 2z – 11 = Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) Tìm tọa độ tâm (C) Câu (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân A, 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 – = 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  7x  12 Câu (1,0 điểm): Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện  x  2;  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức : x  2y y  2x   P = x  3y  y  3x  4(x  y  1) Bài giải Câu 1: a) Tập xác định là R y’ = 3x2 – 3; y’ =  x = 1 x y’ y  +  -1 0 CĐ  lim y   x   và lim y  x   + + + -4 CT Hàm số đồng biến trên (∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (-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 -1 x -2 -4 b) y’ (x) =  3x2 - =  x = 2 y(-2) = -4; y(2) = Vậy hai điểm M là (-2; -4) và (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 = và 2a – b =  a = và b = -2 Vậy môđun z là : 13 /4 Câu 3: I   x  1 s in2xdx Đặt u = x+1  du = dx dv = sin2xdx, chọn v = – cos2x  /4  I= ( x  1) cos x   /4 1  ( x  1) cos x  sin x  cos xdx 20 =  1 0    4 = Câu : a) log2(x – 1) – 2log4(3x – 2) + =  log2(x – 1) – log2(3x – 2) = -2  x > và 4(x – 1) = 3x –  x =  x > và log2 x 1 log 3x  C2 b) Số các đoạn thẳng lập từ n đỉnh là n Số cạnh đa giác n đỉnh là n C2 Vậy số đường chéo đa giác n đỉnh là: n -n n  n  1   n 27 C Theo đề bài ta có n -n = 27  n  3n  54 0  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 – = |18    1| 21  3  36   d(I, (P)) =  (P)  cắt (S) theo đường tròn (C) n  là đường thẳng qua I (3; 2; 1) và nhận P = (6; 3; -2) là vectơ phương Tâm đường tròn (C) là giao điểm  và (P) thỏa hệ phương trình :  x 3  6t (1)  y 2  3t (2)    z 1  2t (3) 6x  3y – 2z –     Thế (1), (2), (3) vào (4) ta : 6(3 + 6t) + (2 + 3t) – 2(1 – 2t) – =   49t + 21 =  t = 3   x 3    3   y 2   7   13  z 1    Câu : Gọi I là trung điểm BC  SI  BC  SI  mp(ABC) BC a  ABC vuông cân  AI = S J a a a2 C A a  S(ABC) = 2 I 1 a a2 a3 SI.SABC   B 24 VS.ABC= Kẻ IJ vuông góc với SA, SIA vuông góc I, IJ là khoảng cách SA và BC 1 1  2   2 a 3a a IJ SI AI 4  IJ =  Câu : Tọa độ điểm A là nghiệm hệ phương trình : 3x  2y  0   x  2y  0  A (1; 3) Phương trình đường thẳng AD : x = Gọi  là góc hợp AB và AD  cos = 13 Phương trình AC có dạng : a(x – 1) + b(y – 3) = Gọi  là góc hợp AD và AC   =  a 3 2 cos = a  b = 13  4a2 = 9b2 Chọn b =  a =  (loại a = )  Phương trình AC : -3x + 2y – = Gọi  là góc hợp đường tiếp tuyến A với đường tròn ngoại tiếp ABC và đường thẳng AC  3a  2b 2  cos = 13 a  b ; cosB = cos Phương trình BC có dạng : a(x – 1) + b(y + 1) = cosB = cos  5(9a2 + 4b2 – 12ab) = a2 + b2  44a2 + 19b2 – 60ab = 19 Chọn b =  a = hay a = 22 Vậy phương trình BC là : (x – 1) + y + =  x + 2y + = 19 hay 22 (x – 1) + y + =  19x + 22y + = Câu : Với Đk : x  - thì bất pt   (x  1)( x   2)  (x  6)( x   3) x  2x  (x  1)(x  2) (x  6)(x  2)  (x  2)(x  4) x   x    x 6  x 1  (x  2)    (x  4)  0 x 7 3  x 2 2   (*) x 1 x 6 x 1 x  5 x 9    x  x 7 3 = x+4 < x + x Ta có: x   = Vậy (*)  x –   x  Vậy -2  x  là nghiệm bất phương trình Câu : x  2y y  2x   P = x  3y  y  3x  4(x  y  1) (x  1)(x  2) 0 x 3x     (y  1)(y  2) 0  y 3y  x  2y y  2x   P  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  t  f(t) = t  4(t  1) , t  [2; 4] 1 x 2   1 y 2 1  2 f’(t) = (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) =  x 1  x 2   y 1  y 2  x  y 3    x 1    y 2   x 2    y 1  x 1  x 2   Khi t =   Vậy Pmin =  y 2 hay  y 1 Trần Minh Thịnh, Hoàng Hữu Vinh, Lưu Nam Phát, Lê Ngô Thiện (Trung tâm LTĐH Vĩnh Viễn – TP.HCM)