Câu 1 (2,0 điểm)Cho hàm số
3 2 2 2
3 2 (1) y x x m x m = - + + - , với mlà tham sốthực.
a) Khảo sát sựbiến thiên và vẽ đồthịhàm số(1) khi m= 0.
b) Định mđể đồthị hàm số(1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệsốgóc của
các tiếp tuyến với đồthịtại 3 điểm đó là lớn nhất.
Câu 2 (1,0 điểm)Giải phương trình: cos3 2sin 2 cos sin 1 0 x x x x - - - - =
6 trang |
Chia sẻ: vivian | Lượt xem: 1096 | Lượt tải: 4
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đềthi tuyển sinh đại học năm 2014 môn: toán, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
2 ( 0)
n
x x
x
Ê ˆ- πÁ ˜Ë ¯
, biết rằng n
là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 314 2n n nC C A+ + = .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm 3 ;7
8
M Ê ˆÁ ˜Ë ¯
. Viết phương trình đường
thẳng (d) đi qua M và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 12 (O là
gốc tọa độ).
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 4 0P x y z- - - = và hai
điểm (2;3; 4),A - (5;3; 1)B - . Tìm tọa độ điểm C trên (P) sao cho tam giác ABC vuông cân tại C.
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình 2 2 23 3 2 23 3 3 27x x x x x x- + + -+ = + .
----------------- Hết -----------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:; Số báo danh:..
ĐÁP ÁN KHỐI D
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2,0 điểm)
a. Khi m = 0 hàm số có dạng 3 23 2y x x= - +
Tập xác định:
Chiều biến thiên:
/ 23 6 ,y x x= -
/ 2 00 3 6 , (0) 2, (2) 2
2
x
y x x y y
x
È= € - € = = -ÍÎ
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-•; 0) và (2; +•), và nghịch biến trên khoảng
(0; 2)
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và (2) 2CTy y= = -
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 2.
- Giới hạn: lim , lim
x xÆ-• Æ+•
= -• = +•
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
/ / / /6 6, 0 6 6 0 1, (1) 0y x y x x y= - = € - = € = =
điểm uốn I(1; 0)
Đồ thị: đi qua các điểm (1 3;0)±
và nhận điểm uốn I(1; 0) là tâm đối xứng. 0,25
b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệ số
góc của các tiếp tuyến với đồ thị tại 3 điểm đó là lớn nhất.
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành:
3 2 2 2 2 23 2 0 ( 1)( 2 2) 0x x m x m x x x m- + + - = € - - + - =
2 2
1
( ) 2 2 0 (*)
x
f x x x m
È€ Í = - + - =Î
0,25
Đồ thị cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm
phân biệt khác 1
2
2
(1) 0 3 0
3 3
3 0 3 3
f m
m
m m
Ïπ - πÏ Ô€ € € - - < <ÔÓ Ó
(1) 0,25
Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (*) thì 1 2 2
1 2
2
2
x x
x x m
+ =ÏÔÌ = -ÔÓ
Ta có tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến tại các điểm có hoành độ 1, x1, x2 là
2 2 2
1 2 1 2 1 2'(1) '( ) '( ) 3 3 3( ) 6( )P y y x y x m x x x x= + + = - + + - +
2 2
1 2 1 2 1 2
2 2 2
3 3 3 ( ) 2 6( )
3 3 3[4 2( 2)] 12 9 3
m x x x x x x
m m m
È ˘= - + + - - +Î ˚
= - + - - - = -
0,25
Suy ra ( )9, 3; 3P m£ " Œ - và đẳng thức chỉ xảy ra khi m = 0 0,25
x
y’(x)
y(x)
-• +•2
0 0 ++ -
2
-2-•
+•
0
x
y
1
2
1 3- 1 3+
-2
2
O
∑ ∑
∑
∑
∑
∑
Vậy max 9P đạt được khi m = 0.
Câu 2
(2,0 điểm)
Giải phương trình: cos3 2sin2 cos sin 1 0x x x x- - - - = .
Phương trình tương đương: 2sin2 .sin 2sin2 sin 1 0x x x x- - - - = 0,25
2sin 2 (sin 1) (sin 1) 0x x x€ + + + = 0,25
sin 1
(sin 1)(2sin 2 1) 0 1
sin 2
2
x
x x
x
= -È
Í€ + + = € Í = -
Î
0,25
7
2 12 12
x k x k x k k
p p pp p p€ = - + = - + = + Œ 0,25
Câu 3
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3
3
(2 3 ) 1
( 2) 3
x y
x y
x y
Ï + =Ô ŒÌ - =ÔÓ
.
Từ cách cho hệ pt ta có đk: 0x π . Khi đó hệ tương đương:
33 3
3
3
1
2 3 3 2 3 2 (1)
33 2 (2)2
y y y
x
yy xx
Ï Ï+ = + = -ÔÔ Ô€Ì Ì - =Ô Ô- = ÓÔÓ
0,25
Đặt 33 2 3 2 3t y t y= + - = , ta được hệ pt:
3 3 3
3 3
2 3 3( )
2 3 2 3
y t y t t y
t y t y
Ï Ï- = - = -Ô Ô€Ì Ì- = - =Ô ÔÓ Ó
2 2 2 2
33 3
0( )( 3) 0 3 0
2 32 3 2 3
y ty t y yt t y yt t
t yt y t y
- =Ï Ï- + + + = + + + =ÏÔ Ô€ € ⁄Ì Ì Ì- =- = - =Ô ÔÓÓ Ó
0,25
TH1:
2 2
3
3 0
2 3
y yt t
t y
Ï + + + =ÔÌ - =ÔÓ
. Do
2 2
2 2 1 33 3 0, ,
2 4
t
y yt t y t y t
Ê ˆ+ + + = + + + > " ŒÁ ˜Ë ¯
,
nên hệ phương trình vô nghiệm
0,25
TH2 : 3 3
0 1
22 3 3 2 0
y t t y y t
y tt y y y
- = = = = -Ï Ï È€Ì Ì Í = =- = - - = ÎÓ Ó
1
1 1; 2
2
y x y x= - = - = = . Vậy hệ có 2 nghiệm (x; y) là 1( 1; 1); ;2
2
Ê ˆ- - Á ˜Ë ¯
0,25
Câu 4
(1,0 điểm) Tính tích phân
2
2
1
2 3
.ln
2 1
e x x
I x dx
x x
+ +
+ +Ú .
Ta có
2
1
2
1 ln
( 1)
e
I x dx
x
È ˘= +Í ˙+Î ˚Ú 0,25
Đặt 1lnu x du dx
x
= € = ;
2
2 2
1
( 1) 1
dv dx v x
x x
Ê ˆ= + = -Á ˜+ +Ë ¯
0,25
Suy ra
1 11
2 2 2 2 2
ln 1 1
1 ( 1) 1 1
e e e
I x x dx e dx
x x x e x x
È ˘Ê ˆ Ê ˆ= - - - = - - - +Á ˜ Á ˜Í ˙+ + + +Ë ¯ Ë ¯Î ˚Ú Ú 0,25
1 1 1
2 3 1 1
2ln | | 2ln 1 2ln
1 1 2
ee e e e
e x x x
e e
+ += - - + - + = -
+ + 0,25
Câu 5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có , 2SA SB SC CA CB a AB a= = = = = = . Tính thể tích của khối
chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC).
Từ giả thiết ta suy ra DSAB vuông tại S và
DCAB vuông tại C
Kẻ ( )SH ABC^ tại H.
Do SA = SB = SC = a nên HA = HB = HC
H là tâm đường tròn ngoại tiếp DCAB
hay H là trung điểm của AB. 0,25
Ta có: 2
1 1 2
,
2 2 2ABC
a
S a SH AB= = = thể tích của khối chóp S.ABC được tình
bởi:
31 2
.
3 12ABC
a
V S SH= =
0,25
Gọi I là trung điểm của SC thì AI ⊥ SC, BI ⊥ SC và 3
2
a
AI BI= =
góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là góc giữa AI và BI
0,25
Ta có:
2 2 2 2 2
2
2
cos
2 . 2
IA IB AB IA AB
AIB
IA IB IA
+ - -= =
2
2
2
3
2 12
3 3
2
a
a
a
-
= = - .
Vậy 1cos | cos |
3
AIB= =
0,25
Câu 6
(1,0 điểm)
Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 2 1x y+ = . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
4 2
2
( 1)
2 2 1
y xy
P
y xy
+ +
+ +
Từ giả thiết 2 2 1x y+ = , P được viết lại như sau:
4 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 1) ( ) 2 2 2
2 2 1 2 2 3 2
y xy y x y xy x y y xy x
P
y xy y xy x y y xy x
+ + + + + + + += = =+ + + + + + +
0,25
Với 0, 1x y= = ± thì 2
3
y ; Với x π 0, đặt y = tx. Khi đó:
2
2
2 2 1
3 2 1
t t
P
t t
+ +
+ +
Xét hàm
2
2
2 2 1
( )
3 2 1
t t
f t
t t
+ +
+ + ta có TXĐ: ,
2
2 2
2 2
'( )
(3 2 1)
t t
f t
t t
- -
+ +
2 0 1 2'( ) 0 2 2 0 ; (0) 1, ( 1) ; lim ( ) lim ( )
1 2 3x x
t
f t t t f f f t f t
t Æ-• Æ+•
È= € - - = € = - = = =Í = -Î
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Từ bảng biến thiên ta suy ra:
+ min
1
2
P đạt được khi t = -1 hay
2 2
2 2
2 2
1 2 2
2 2
x xy x
x y
y y
Ï Ï= - =Ô Ô= -Ï Ô Ô€ ⁄Ì Ì Ì+ =Ó Ô Ô= = -Ô ÔÓ Ó
0,25
I
H
A
B
S
C
f(t)
t
f’(t)
-• +•
0 +-
0-1
0 -
2
3
2
3
1
2
1
+ max 1P đạt được khi t = 0 hay 2
0 1
01
y x
yx
= ±Ï Ï€Ì Ì
ÓÓ
Câu 7.a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có (3; 2)M là trung điểm của cạnh
AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là 8 13 0x y- - = và
3 4 6 0x y- + = . Tìm tọa độ các điểm A, B và C.
Tọa độ A là nghiệm hệ 8 13 0
3 4 6 0
x y
x y
- - =Ï
Ì - + =Ó
A(2;3).
Vì M là trung điểm AC nên (2 ;2 )M A M AC x x y y- - hay C(4;1)
0,25
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình
là x + 8y – 12 = 0.
0,25
Tọa độ trung điểm N của BC là nghiệm hệ 8 12 0
3 4 6 0
x y
x y
+ - =Ï
Ì - + =Ó
30;
2
N Ê ˆÁ ˜Ë ¯
. 0,25
Suy ra (2 ;2 )N C N CB x x y y- - hay B(–4;2)
Vậy A(2;3), B(–4;2), C(4;1) 0,25
Câu 8.a
(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho khối chóp S.ABC có ( 1;0;1), ( 1;3;2), (1;3;1)A B C- - và thể
tích bằng 3. Tìm tọa độ điểm S biết rằng S thuộc đường thẳng 1 1:
2 1 1
x y z
d
+ -= =
-
.
1 1
: ( 1 2 ; 1 ; )
2 1 1
x y z
S d S t t t
+ -Œ = = - - +
-
Ô¸ = - - = - + -˝ Î ˚Ô˛
0,25
Thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi
6 6 3
= = + + - + = +Î ˚
0,25
Theo giả thiết: 53 | 4 | 9
13
t
V t
t
È= € + = € Í = -Î
0,25
+ 5 ( 11;6;5)t S= -
+ 13 (25; 12; 13)t S= - - - 0,25
Câu 9.a
(1,0 điểm) Tìm hệ số của x5 trong khai triển nhị thức Newton của 3 2
n
x
x
Ê ˆ-Á ˜Ë ¯
, biết rằng n là số nguyên
dương thỏa mãn 3 2 314 2n n nC C A+ + = .
Giải phương trình 3 2 314 2n n nC C A+ + = ta được n =11. 0,25
Ta có số hạng tổng quát của khai triển
11
3 2x
x
Ê ˆ-Á ˜Ë ¯
là
( )3(11 ) 33 411 11.( 2) . ( 2) . 0,11k k k k k k kkT C x x C x k- - -= - = - =
0,25
Để có số hạng chứa x5 ta phải có 33 4 5 7k k- = € = 0,25
Vậy hệ số của x5 là 7 711( 2) . 42240C- = - 0,25
Câu 7.b
(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
3
;7
8
M
Ê ˆ
Á ˜Ë ¯
. Viết phương trình đường thẳng (d)
đi qua M và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 12 (O
là gốc tọa độ).
Từ giả thiết ta có A(a; 0) và B(0; b) với a, b > 0 pt của ( ) : 1x yd
a b
+ = . 0,25
M thuộc (d) nên 3 7 1
8a b
+ = . 0,25
Diện tích tam giác OAB là 1 1. 12 24
2 2OAB
S OAOB ab ab= € = € =
Ta được hệ phương trình
3 7
56 3 1921
3, 88
56 .3 4032
24
a b
a ba b
a b
ab
Ï + =+ = ÏÔ € € = =Ì Ì
ÓÔÓ
hoặc
3
, 56
7
a b= =
0,25
+ Với a =3, b = 8 thì phương trình (d): 1 8 3 24 0
3 8
hay
x y
x y+ = + - =
+ Với 3 , 56
7
a b= = thì phương trình (d): 1 hay 392 3 168 0
3 56
7
x y
x y+ = + - = . 0,25
Câu 8.b
(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 4 0P x y z- - - = và hai điểm (2;3; 4),A -
(5;3; 1)B - . Tìm điểm C trên (P) sao cho ABC vuông cân tại C.
Giải: ( ) ( ; ; 4)C P C x y x yŒ - -
Có: = - - - = - - - - 0,25
DABC vuông cân tại C nên:
2 2AC BC
ÏÔÌ
ÔÓ
hay
2
2 2 2 2 2 2
( 2)( 5) ( 3) ( )( 3) 0
( 2) ( 3) ( ) ( 5) ( 3) ( 3)
x x y x y x y
x y x y x y x y
Ï - - + - + - - - =ÔÌ - + - + - = - + - + - -ÔÓ
0,25
2 2( 2)( 5) ( 3) ( )( 3) 0 3 23 42 0
2 5 0 2 5
x x y x y x y x x
x y y x
Ï Ï- - + - + - - - = - + =€ €Ì Ì- - = = -Ó Ó
0,25
3; 1
13 13
;
3 3
x y
x y
= =È
Í€ Í = =
Î
. Vậy (3;1; 2)C - hoặc 14 13 11; ;
3 3 3
C
Ê ˆ-Á ˜Ë ¯
0,25
Câu 9.b
(1,0 điểm) Giải phương trình
2 2 23 3 2 23 3 3 27x x x x x x- + + -+ = +
Phương trình đã cho tương đương;
2 2 2 2 2 23 2 3 2 3 2 3 3 33 3 3 1 3 (3 1) (3 1) 0x x x x x x x x x x x x- + - - - + - - -+ = + € - - - = 0,5
2
2 2
2
3
3 2 3
2 3
3 1 0
(3 1)(3 1) 0
3 1 0
x x
x x x x
x x
-
- + -
+ -
È - =€ - - = € Í
Í - =Î
0,25
2 3 2 03 1 3 0
3
x x xx x
x
- È= € - = € ÍÎ
0,25
2 2 3 2 13 1 2 3 0
3
x x xx x
x
+ - È= € + - = € Í = -Î
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm 0; 1; 3x x x= = = ±
0,25
File đính kèm:
- Chuyen LI TU TRONG.pdf