Đềthi tuyển sinh đại học năm 2014 môn: toán

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