50 đề thi Toán đại học 2014 khối A,A1,B,D (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Trần Thị Trúc Diễm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:32

Thêm vào BST

Báo xấu

132
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là 50 mã đề thi đại học môn Toán kèm đáp án sẽ giúp các bạn làm quen với những dạng bài Toán đã ra trong những lần thi trước đó. Đồng thời giúp các bạn củng cố lại các kiến thức môn Toán đã học. Chúc các bạn thi tốt và đạt điểm cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 50 đề thi Toán đại học 2014 khối A,A1,B,D (Kèm đáp án)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VỤ GIÁO DỤC TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2014 ********************************** LỜI NÓI ĐẦU Năm 2014 Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam được Bộ Giáo dục và Đào tạo (Bộ GD&ĐT) giao nhiệm vụ tổ chức biên soạn và phát hành tài liệu ngân hàng đề thi phục vụ công tác tuyển sinh đại học, cao đẳng hệ chính quy năm 2014. Các thông tin này được cập nhật đến ngày 31/3/2014 dùng cho các đại học, học viện, các trường đại học, cao đẳng và chịu trách nhiệm. Bộ ngân hàng mã đề thi đáp án “Dùng cho các trường đại học , cao đẳng về tuyển sinh năm 2014” làm căn cứ để tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2014. Nhằm cung cấp những thông tin quan trọng về ngân hàng mã đề tuyển sinh đại học (ĐH), cao đẳng (CĐ) trong toàn quốc : KIẾN THỨC KỸ NĂNG HIỂU BIẾT CỦA HỌC SINH THPT về MÔN TOÁN CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO :CÓ 50 MÃ ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ KÈM THEO LỜI GIẢI . nhằm mục đích cho các trường tuyển sinh đầu vào đại học cao đẳng năm 2014 *Lịch thi tuyển sinh (theo đề thi chung) a) Đối với hệ đại học Đợt I, ngày 04, 05/7/2014 thi khối A, A1 và V: Môn thi Ngày Buổi Khối A, V Khối A1 Sáng Làm thủ tục dự thi, xử lý những sai sót trong đăng kí Ngày 3/7/2014 Từ 8g00 dự thi của thí sinh. Sáng Toán Toán Ngày 4/7/2014 Chiều Lý Lý Sáng Hoá Tiếng Anh Ngày 5/7/2014 Chiều Dự trữ Dự trữ Đợt II, ngày 9 - 10/07/2014, thi đại học khối B, C, D và các khối năng khiếu: Môn thi Ngày Buổi Khối B Khối C Khối D Sáng Làm thủ tục dự thi, xử lý những sai sót trong đăng kí Ngày 8/7/2014 Từ 8g00 dự thi của thí sinh. Sáng Toán Địa Toán Ngày 9/7/2014 Chiều Sinh Sử Ngoại ngữ Sáng Hoá Ngữ văn Ngữ văn Ngày 10/7/2014 Chiều Dự trữ b) Đối với hệ cao đẳng
Đợt III, ngày 15, 16/7/2014, các trường cao đẳng tổ chức thi tất cả các khối. Môn thi Ngày Buổi Khối A Khối A1 Khối B Khối C Khối D Sáng Làm thủ tục dự thi, xử lý những sai sót trong đăng kí dự Ngày 14/7/2014 Từ 8g00 thi của thí sinh. Sáng Toán Toán Toán Địa Toán Ngày 15/7/2014 Chiều Hóa Tiếng Anh Hóa Sử Ngoại ngữ Ngày 16/7/2014 Sáng Lý Lý Sinh Ngữ văn Ngữ văn Ngày 16/7/2014 Chiều Dự trữ Dự trữ Dự trữ Dự trữ Dự trữ Thời gian làm bài các môn: - Tự luận là 180 phút; *Thời gian biểu (theo đề thi chung) Đối với các môn thi tự luận . THÔNG TIN NGÂN HÀNG MÃ ĐỀ KÝ HIỆU TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG HỆ CHÍNH QUI NĂM 2014 * CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC , CAO ĐĂNG LƯU Ý KHI RA MÃ ĐỀ THI DỰA TRÊN NGÂN HÀNG ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC ,CAO ĐẲNG MÀ VỤ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG RA THEO NGÂN HÀNG MÃ ĐỀ THI TUYỂN SINH 2014 SAU : * Chú ý : Mỗi đề thi có ký hiệu mã đề riêng có 50 mã đề thi tuyển năm 2014 sau BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO *** ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014 Đề chính thức Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 101 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) 2x  1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 1 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . Câu II (2 điểm) 17 x  1) Giải phương trình sin(2x  )  16  2 3.s inx cos x  20 sin 2 (  ) 2 2 12 x 4  x 3y  x 2y 2  1  2) Giải hệ phương trình :  3 2 x y  x  xy  1   4 tan x .ln(cos x ) Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =  dx cos x 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính cụsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa măn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: a b b c c a   3 ab  c bc  a ca  b PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương tŕnh Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0. T́m tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau gúc 450. Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) x y 1 z x y 1 z  4 và hai đường thẳng (d ) :   và (d ') :   1 2 3 1 2 5 Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương tŕnh mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương tŕnh: log x (24x 1) 2 x  logx 2 (24x 1) x 2  log (24x 1) x Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thỏa mãnṛ (C ) : x 2  y 2  1 , đường thẳng (d ) : x  y  m  0 . T́ìm m để (C ) cắt (d ) tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
x2 y 1 z và đường thẳng 1 : = = . Gọi  2 là giao tuyến của (P) và (Q). 2 1 3 Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1 , 2 . Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  1 ----------Hết---------- ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ 101 1 Câu 1: 1, *Tập xác định : D  \ 1 *Tính y '  2  0 x  D (x  1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1;  ) *Hàm số không có cực trị *Giới hạn Lim y   Lim y   Lim y  2 Lim y  2 x 1 x 1 x  x  Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị Câu 1: 2,*Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x 0 ; f (x 0 ))  (C ) có phương trình y  f '(x 0 )(x  x 0 )  f (x 0 ) Hay x  (x 0  1) 2 y  2x 0 2  2x 0  1  0 (*) 2  2x 0 *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2   2 1  (x 0  1) 4 giải được nghiệm x 0  0 và x 0  2 Vậy: Các tiếp tuyến cần tìm : x  y  1  0 và x y 5  0 Câu 2: 1, *Biến đổi phương trình đó cho tương đương với    c os2x  3 sin 2x  10c os(x  )  6  0  c os(2x  )  5c os(x  )  3  0 6 3 6    1   2c os 2 (x  )  5c os(x  )  2  0 .Giải được c os(x  )   và c os(x  )  2 6 6 6 2 6 (loại)  1  5 *Giải c os(x  )   được nghiệm x   k 2 và x    k 2 6 2 2 6 (x 2  xy )2  1  x 3y Câu 2: 2, *Biến đổi hệ tương đương với  3  2 x y  (x  xy )  1  x 2  xy  u  u 2  1  v *Đặt ẩn phụ  3 , ta được hệ  *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là : x y  v  v  u  1 (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)  1 Câu 3: *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thỡ t=1 , x  thì t  4 2
1 2 1 ln t ln t 1 1 1 Từ đó I    dt   dt *Đặt u  ln t ;dv  dt  d u  d t ;v   1 t2 1 t2 t2 t t 2 1 1 1 1 1 2 1 2 Suy ra I   ln t 1   t 2 dt   2 ln 2  t 1 *Kết quả I  2 1  ln 2 t 1 2 2 2 2 Câu 4: *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh S H  (A B C ) *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là SEH  SFH  600 *Kẻ H K  S B , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng H K A . a 2 a 3 *Lập luận và tính được AC=AB=a , H A  , SH  H F tan 600  2 2 1 1 1 3 *Tam giác SHK vuông tại H có 2  2  2  K H a HK HS HB 10 a 2 AH 20 *Tam giác AHK vuông tại H có tan A K H   2  KH 3 3 a 10 3  cos A K H  23 a b 1c 1c Câu 5:*Biến đổi   ab  c ab  1  b  a (1  a )(1  b ) 1c 1b 1a *Từ đó V T    (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 1c 1 b 1a V T  3. 3 . . =3 (đpcm) (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  3 x  1  3t   Câu 6a: *  có phương trình tham số  và có vtcp u  (3; 2) y  2  2t
    1 *A thuộc   A (1  3t ; 2  2t ) *Ta có (AB;  )=450  c os(A B ; u )  2     A B .u 1     AB.u 2 15 3  169t 2  156t  45  0  t  t   *Các điểm cần tìm là 13 13 32 4 22 32 A 1 ( ; ), A 2 ( ;  ) 13 13 13 13  Câu 7a: *(d) đi qua M 1 (0; 1; 0) và có vtcp u 1  (1; 2; 3)  (d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u 2  (1; 2;5)        *Ta có u 1 ; u 2   (4; 8; 4)  O , M 1M 2  (0;2; 4) Xét        u 1 ; u 2  .M 1M 2  16  14  0    (d) và (d’) đồng phẳng .   *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) cú vtpt n  (1; 2; 1) và đi qua M1 nên có phương trình x  2y  z  2  0 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm Câu 8a: *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét x  1 , biến đổi phương trình tương đương với 1 2 1   1  2logx (24x  1) 2  logx (24x  1) logx (24x  1) 1 2 1 Đặt logx (x  1)  t , ta được phương trình :   giải được t=1 và t=-2/3 1  2t 2  t t *Với t=1  logx (x  1)  1 phương trình này vô nghiệm 2 *Với t=-2/3  logx (x  1)    x 2 .(24x  1)3  1 (*) 3 1 1 Nhận thấy x  là nghiệm của (*) Nếu x  thì VT(*)>1 8 8 1 1 Nếu x  thì VT(*)
x  2  2t  Câu 7b: * 1 có phương trình tham số y  1  t *  2 có phương trình tham số z  3t  x  2  s  y  5  3s z  s  *Giả sử d  1  A ;d   2  B  A (2  2t ; 1  t ;3t ) B(2+s;5+3s;s)   * A B  (s  2t ;3s  t  6;s  3t ) , mf(R) có vtpt n  (1; 2; 3)    s  2t 3s  t  6 s  3t 23 * d  (R )  A B & n cùng phương    t  1 2 3 24 1 1 23  *d đi qua A ( ; ; ) và có vtcp n  (1; 2; 3) => d có phương trình 12 12 8 1 1 23 x y z 12  12  8 1 2 3 x  0  Câu 8b:*Điều kiện : log 3 (9x  72)  0 giải được x  log9 73  x 9  72  0 Vì x  log9 73 >1 nên bpt đó cho tương đương với log 3 (9x  72)  x  9x  72  3x 3x  8   x  x  2 *Kết luận tập nghiệm : T  (log 9 72; 2] 3  9  BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO *** ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014 Đề chính thức Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 102 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x3  (m + 1)x + 5  m2. 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2; 2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. Câu II:(2.0điểm) ( 1, Giải phương trình: log 2 1 + 3 ) x = log7 x . 2, Giải phương trình x x  x  1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2    2 2  4 2 Câu III (1.0 điểm) Giải bất phương trình sau x 2  8 x  15  4 x 2  18 x  18  x 2  2 x  15 4 dx Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân I=  x 1 3 2x  1 2 Câu V(1.0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1 B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRINH ( 3 điểm ) A/ Phần đề bài theo chương trinh chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương  x  1  2t  trình  y  t Lập phương trình mp (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới  z  1  3t  (P) là lớn nhất. Câu VII.a: (1.0điểm) Cho đẳng thức: Cn ++ 1 + C2n +21 + C 2n +31 + ... + C 2n - 1 + C2n + 1 = 28 - 1 . 2n 1 n+ n+ 2n +1 2n n Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển (1 - x + x 3 - x 4 ) . B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 .0 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương  x  1  2t  trình  y  t Lập phương trình mp(P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới  z  1  3t  (P) là lớn nhất. Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải bất phương trình: 2 2 4 (2  3 ) x  2 x 1  (2  3 ) x  2 x 1  2 3 HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN ĐÊ 102 Câu 1 : 1, Cho hàm số y = x3  (m + 1)x + 5  m2. Khảo sát hàm số khi m = 2; Hàm số trở thành: y = x3  3x + 1 1* TXĐ: D = R 2* Sự biến thiên của hàm số: * Giới hạn tại vô cực: lim f  x    : x  lim f  x    x   * Bảng biến thiên: Có y’ = 3x2  3 , y '  0  x  1 x -∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 3 +∞ -∞ -1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 và 1;  , Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  1;1 Hàm số đạt đạt cực đại tại x  1; yCD  3 , cực tiểu tại x  1; yCT  1 , 3* Đồ thị: * Điểm uốn: y ''  6 x , các điểm uốn là: U  0;1 * Giao điểm với trục Oy tại : U  0;1 y 3 2 * Đồ thị: 1 -2 -1 O 1 2 x -1 -2
Câu 1: 2: Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. Có y’ = 3x2  (m + 1). Hàm số có CĐ, CT  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt:  3(m + 1) > 0  m > 1 (*) Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số là 2 y  (m  1) x  5  m 2 Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. 3  5  m 2  4  m  1 Vậy m=1 Câu 2: 1, Giải phương trình: log2 (1 + 3 x ) = log7 x . t Điều kiện: x > 0. Đặt t = log7 x Û x = 7 . t ö t t t t t æ 1 7 pt Û log2 ç1 + 7 3 ÷ = t Û 1 + 7 3 = 2t Û 1 + 7 3 = 8 3 Û ç ç è ÷ ÷ ÷ ø () () 8 3 + 8 3 = 1 (*). Chứng minh pt (*) có nghiệm duy nhất t = 3. Vậy phương trình có nghiệm x = 343. x x  x Câu 2: 2, Giải phương trình: 1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2      2 2  4 2 x x  x 1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2    (1) 2 2  4 2 1  1  sin x sin x  cos x sin 2 x  1  cos   x   1  sin x   2 2 2   x x   x x x x   sin x sin  cos sin x  1  0  sin x sin  cos .2 sin cos  1  0  2 2   2 2 2 2   x  x x   sin x sin  1 2 sin 2  2 sin  1  0   2  2 2  x x x sin x  0, sin  1, 2sin 2  2sin  1  0 2 2 2 x   x  k  x  k ,   k 2    x  k 2 2  x    k 4 Câu 3: Giải bất phương trình sau x 2  8 x  15  4 x 2  18 x  18  x 2  2 x  15 (1) TXĐ x  5, x  5, x  3 TH1 x = 3 là nghiệm của (1) 17 TH2 x  5 thì (1)  x  5  x  5  4 x  6  x  . Vậy BPT (1) có nghiệm 3 17 5 x  3
17 TH3 x  5 thì (1)  5  x  5  x  6  4 x  x  . Vậy BPT (1) có nghiệm 3 x  5 17 Kl : Tập nghiệm của bất pt là S  (; 5)  3  (5; ) 3 4 dx Câu 4: Tính tích phân: I=  x 1 3 2x 1 2 4 dx 3 +I=  x 1  2x 1 Đặt t= 2 x  1  t 2  2 x  1  tdt=dx +Đổi cận : x=  t = 2 3 2 2 x=4  t= 3 3 3 3 3 3 tdt tdt t 11 1 dt +Khi đó I=  2 = 2 2  2 dt = 2 dt  2 2 2 t 1 2 (t  1) 2 (t  1) 2 (t  1) 2 (t  1) 1 t 2 3 2 3 = 2 ln t  1  =2ln2+1 +Vậy I= 2ln2+1 2 t 1 2 Câu 5: Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc AA1H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì góc AA1H bằng 300. Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1H =300 a 3  A1 H  . 2 a 3 Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A1 H  nên A1H 2 vuông góc với B1C1. Mặt khác AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 HA ) B C K A1 C1 H B1 Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 A H . AH a 3 Ta có AA1.HK = A1H.AH  HK  1  AA1 4
Câu 6a: 1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. Từ pt ct của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3  IA  3 2 m 1  m  5   3 2  m 1  6   2 m  7 Câu 6a: 2,Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng  x  1  2t  d có phương trình  y  t . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d  z  1  3t  và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. H  d  H (1  2t ; t;1  3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH  d  AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d)  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 Câu 7a:Cho đẳng thức: Cn ++ 1 + C2n +21 + C 2n +31 + ... + C 2n - 1 + C2n + 1 = 28 - 1 . 2n 1 n+ n+ 2n +1 2n n Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển (1 - x + x 3 - x 4 ) . S = C n ++11 + C n ++21 + C n ++31 + ... + C2n - 1 + C 2n + 1 , 2n 2n 2n 2n + 1 2n ta có: (1 + 1)2n + 1 = C 0 + 1 + C1 + 1 + C 2 + 1 + ... + C2n + 1 + C n + 1 + (C n ++ 1 + C2n +21 + ... + C 2n + 1 ) + C2n + 1 2n 2n 2n n- 1 2n 2n 1 n+ 2n 2n + 1 Þ 22n + 1 = (C2n + 1 + C2n + 1 ) + C2n + 1 + C2n + 1 + ... + C2n +21 + C2n + 1 + (C2n + 1 + C2n +21 + ... + C2n + 1 + C2n + 1 ) 0 2n + 1 2n 2n - 1 n+ n+ 1 n+ 1 n+ 2n - 1 2n Þ 22n + 1 = 2 + 2S Þ 22n = 1 + S Þ 22n = 28 Þ n = 4 . n 4 4 4 Þ (1 - x + x 3 - x 4 ) = é - x) + x 3(1 - x) ù = (1 - x ) (1 + x 3 ) (1 ê ú ë û = (C 0 - C1 x + C2 x 2 - C 4 x 3 + C 4 x 4 )(C 4 + C1 x 3 + C2 x 6 + C 4 x 9 + C 4 x12 ) . 4 4 4 3 4 0 4 4 3 4 Ta có hệ số của x10 là: - C1 .C 3 + C 4 .C 2 = - 10 . 4 4 4 4 Câu 6b: 1, Giống chương trình chuẩn 2 2 4 Câu 7b: Giải bất phương trình: ( 2  3) x  2 x 1  (2  3 ) x  2 x 1  2 3
x2 2 x x 2 2 x x2 2 x  Bpt  2  3   2 3  4  Đặt t  2  3  (t  0) , ta được: 1 t 4 t 2 t  4t  1  0  2  3  t  2  3 (tm) x 2 2 x Khi đó: 2  3 2 3   2  3  1  x 2  2 x  1  x 2  2x  1  0  1  2  x  1  2 KL: ************************************************************************ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO *** ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014 Đề chính thức Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 103 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm)  x 2  1  y( x  y )  4 y 1. Giải hệ phương trình:  2 (x, y  R )  ( x  1)( x  y  2)  y sin 3 x. sin 3 x  cos3 x cos 3 x 1 2. Giải phương trình:      8 tan x   tan x    6  3
1 Câu III (1 điểm) Tính tích phân I   x ln( x 2  x  1)dx 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có a2 3 diện tích bằng . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 8 Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất 1 1 1 của biểu thức P  2  2  2 a  2b  3 b  2c  3 c  2a 2  3 2 2 PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2) Phần 1.Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y  x 2  2 x và elip x2 (E):  y 2  1 . Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một 9 đường tròn. Viết phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình x  y  z 2  2 x  4 y  6 z  11  0 và mặt phẳng () có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 2 2 0. Viết phương trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6. Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n  1   x   ,  biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 4  2 x 22 1 23 2 2 n 1 n 6560 k ( Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử) 2 C n0  Cn  Cn    Cn  2 3 n1 n1 Phần 2 Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y - 7= 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA 2  MB 2  MC 2 e x  y  e x  y  2( x  1) Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  x  y (x, y  R ) e  x  y  1 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ 103 Câu 1: 1, Khảo sát hàm số y  x 3  3 x 2  4 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn: lim y  lim (x 3  3x 2  4)  , lim y  lim (x 3  3x 2  4)   x   x   x  x  
b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' = 0  x = 0, x = 2 Bảng biến thiên: x - 0 2 + y' + 0 - 0 + 4 + y - 0 - Hàm số đồng biến trên (-  ; 0) và (2; +  ), nghịch biến trên (0; 2) - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0. 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng y 4 2 x -1 O 1 2 Câu1 : 2,Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc ..... d có phương trình y = m(x – 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình x  3 x 3  3x 2  4  m(x  3)  4  (x  3)(x 2  m)  0   2 x  m  0 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y' ( m ).y' ( m )  1 18  3 35  (3m  6 m )(3m  6 m )  1  9m 2  36m  1  0  m  (thỏa mãn) 9 Câu 2: 1, Giải hệ phương trình đại số Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ x2  1  xy2  2  y x2  1 Hệ phương trình tương đương với  2 Đặt u  ,v  x  y  2  x  1 ( x  y  2)  1 y  y  x2  1 u  v  2  1 Ta có hệ   u  v  1 Suy ra  y . uv  1 x  y  2  1  Giải hệ trên ta được nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5)
Câu 2: 2,Giải phương trình lương giác         Điều kiện: sin x   sin x   cos x   cos x    0  6  3  6  3          Ta có tan x   tan x    tan x   cot   x   1  6  3  6 6  1 Phương trình đã cho tương đương với  sin 3 x. sin 3x  cos 3 x cos 3x  8 1  cos 2x cos 2x  cos 4x 1  cos 2x cos 2x  cos 4x 1      2 2 2 2 8 1 1 1  2(cos 2 x  cos 2 x cos 4 x)   cos 3 2x   cos 2x  2 8 2   x  6  k (lo¹i)   , (k  Z) . Vậy phương trình có nghiệm x    k , (k  Z) x     k 6   6  2x  1 u  ln(x 2  x  1) du  2 dx Câu 3:Tính tích phân Đặt   x  x 1 dv  xdx v  x 2 / 2  1 1 x2 1 2x3  x 2 I  ln(x 2  x  1)   2 dx 2 0 2 0 x  x 1 1 1 1 1 1 1 2x  1 3 dx  ln 3   (2 x  1)dx   2 dx   2 2 20 4 0 x  x 1 4 0 x  x 1 1 1 1 1 1 3 3 3    ln 3  x 2  x  ln( x 2  x  1)  I 1  ln 3  I 1 2 2 0 4 0 4 4 4 1 dx 1 3    * Tính I1: I 1   2 . Đặt x   tan t, t    ,  0  2 1  3 2 2  2 2 x       2  2    /3 /3 2 3 (1  tan 2 t )dt 2 3 3 3 3 Suy ra I 1  3 / 6 1  tan 2 t  3 t  9 Vậy I  4 ln 3  12 /6 Câu 4: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi đó (P)  (BCH). Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. Do tam giác ABC đều cạnh a nên a 3 2 a 3 A’ AM  , AO  AM  2 3 3 2 B’ a 3 1 a2 3 a 3 Theo bài ra S BCH   HM.BC   HM  8 2 8 4 H A C O M B
3a 2 3a 2 3a AH  AM 2  HM 2    4 16 4 A' O HM Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên  AO AH AO.HM a 3 a 3 4 a suy ra A' O    AH 3 4 3a 3 1 1aa 3 a3 3 Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 2 23 2 12 Câu 5 : Tìm giá trị lớn nhất ... 1 1 1 1 Ta có a2+b2  2ab, b2 + 1  2b  2 2  2 2 2  a  2b  3 a  b  b  1  2 2 ab  b  1 1 1 1 1 1 1 Tương tự 2 2  , 2 2  b  2c  3 2 bc  c  1 c  2a  3 2 ca  a  1 1 1 1 1   1  1  ab  b   1 P       2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1  2  ab  b  1 b  1  ab 1  ab  b  2 1 1 P khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1. 2 2 Câu 6a: 1,Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của(E) và (P) Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phương trình x2  (x 2  2 x) 2  1  9 x 4  36 x 3  37x 2  9  0 (*) 9 Xét f (x)  9 x 4  36 x 3  37x 2  9 , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm phân biệt Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ y  x 2  2 x  2 x 2  y 1 9 8x 2  16x  8y  2 2  9 x 2  9 y 2  16x  8y  9  0 (**) x  9 y  9 8 4 161 (**) là phương trình của đường tròn có tâm I   ;  , bán kính R = Do đó 4 9 9 9 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đường tròn có phương trình (**) Câu 6a: 2,Viết phương trình mặt phẳng ().... Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D  17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 .Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3. Khoảng cách từ I tới () là h = R 2  r 2  5 2  32  4
2.1  2(2)  3  D D  7 Do đó  4   5  D  12   2 2  2 2  (1) 2 D  17 (lo¹i) Vậy () có phương trình 2x + 2y – z - 7 = 0 2 2 2 n n  n n n  Câu 7a : Tìm hệ số của x ... Ta có I   (1  x ) dx   C 0  C 1 x  C 2 x 2    C n x n dx 0 0 2  1 1 1    C 0 x  C1 x 2  C 2 x 3    n n n C n x n1  n suy ra  2 3 n 1 0 0 22 1 23 2 2 n 1 n I  2C  C n  C n    n C n (1) 2 3 n 1 1 2 3 n1  1 Mặt khác I  (1  x) n 1  (2) n 1 0 n 1 22 23 2 n 1 n 3 n1  1 Từ (1) và (2) ta có  2C 0  C 1  C 2    n n n Cn  2 3 n 1 n 1 n 1 3  1 6560 Theo bài ra thì   3 n1  6561  n  7 n 1 n 1 7 7 k 7 14 3 k  1   1  1 k   k Ta có khai triển  x  4    C 7   7 k x  4    k C7x 4    2 x 0 2 x  0 2 14  3k Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 2k 2 Vậy hệ số cần tìm là 4 1 2 21 C7  22 4 Câu b:1, Viết phương trình đường tròn .... Do B  d1 nên B = (m; - m – 5), C  d2 nên C = (7 – 2n; n) 2  m  7  2n  3.2 m 2n  3 m  1 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên    3  m  5  n  3.0  m n  2 n  1 Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1) Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x 2  y 2  2ax  2by  c  0 . Do A, B, C  (C) nên ta có hệ 4  9  4a  6b  c  0 a  83 / 54   1  16  2a  8b  c  0  b  17 / 18 25  1  10a  2b  c  0 c  338 / 27   83 17 338 Vậy (C) có phương trình x 2  y 2  x y 0 27 9 27 Câu 6b :2, Tìm giá trị nhỏ nhất ... Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G = 7 8   ; ;3  3 3     2 Ta có F  MA 2  MB 2  MC 2  MG  GA  MG  GB  MG  GC   2  2
 3MG 2  GA 2  GB 2  GC 2  2 MG(GA  GB  GC)  3MG 2  GA 2  GB 2  GC 2 F nhỏ nhất  MG2 nhỏ nhất  M là hình chiếu của G lên (P) 7/38/333 19  MG  d(G, ( P ))   111 3 3 56 32 104 64 GA 2  GB 2  GC 2     9 9 9 3 2  19  64 553 Vậy F nhỏ nhất bằng 3.      khi M là hình chiếu của G lên (P) 3 3 3 9 Câu 7b: Giải hệ phương trình mũ e x y  e x y  2(x  1) e x  y  x  y  1  xy   xy e  x  y  1 e  x  y  1 e v  u  1 e v  u  1 (1) Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ  u  u v e  v  1 e  e  v  u (2 ) - Nếu u > v thì (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tương tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)  u  v Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1 Bảng biến thiên: u - 0 + f'(u) - 0 + f(u) 0 Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0  u  0 . x  y  0 x  0 Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0  v  0    x  y  0 y  0 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 104 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm)  x 2  1  y( x  y )  4 y 1. Giải hệ phương trình:  2 (x, y  R ) ( x  1)( x  y  2)  y sin 3 x. sin 3 x  cos3 x cos 3 x 1 2. Giải phương trình:      8 tan x   tan x    6  3 1 Câu III (1 điểm) Tính tích phân I   x ln( x 2  x  1)dx 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có a2 3 diện tích bằng . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 8 Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất 1 1 1 của biểu thức P  2  2  2 a  2b  3 b  2c  3 c  2a 2  3 2 2 PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2) Phần 1.Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y  x 2  2 x và elip x2 (E):  y 2  1 . Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một 9 đường tròn. Viết phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình x  y  z 2  2 x  4 y  6 z  11  0 và mặt phẳng () có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 2 2 0. Viết phương trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6. Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n  1   x   ,  biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn:  24 x  22 1 23 2 2 n 1 n 6560 k ( Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử) 2 C n0  Cn  Cn    Cn  2 3 n1 n1 Phần 2 Câu VI.b (2 điểm)