Tài Liệu Đề + Đáp Án Toán Đại Học Khối D+B 2014

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn : TOÁN; khối D
Thời gian : 180 phút ( Không kể thời gian giao đề )
Câu 1 (2,0 điểm):
Cho hàm số y = x
3
– 3x – 2 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc bằng 9.
Câu 2 (1,0 điểm) :
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3z -
z
)(1 + i) – 5z = 8i – 1. Tính môđun của z.
Câu 3 (1,0 điểm) :
Tính tích phân I =
4
0
(x 1)sin 2xdx
π
+
∫
.
Câu 4 (1,0 điểm):
a) Giải phương trình: log
2
(x – 1) – 2log
4
(3x – 2) + 2 = 0
b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n ∈ N và n ≥ 3. Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 27 đường chéo.
Câu 5 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

(P): 6x + 3y – 2z – 1 = 0 và mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
– 6x – 4y – 2z – 11 = 0. Chứng minh mặt phẳng (P)
cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn (C). Tìm tọa độ tâm của (C).
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.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SA, BC.
Câu 7 (1,0 điểm):
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường phân giác trong của góc A là điểm D
(1; -1). Đường thẳng AB có phương trình 3x + 2y – 9 = 0, tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC có phương trình x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC.
Câu 8 (1,0 điểm):
Giải bất phương trình:
2
(x 1) x 2 (x 6) x 7 x 7x 12
+ + + + + ≥ + +
Câu 9 (1,0 điểm):
Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện 1 ≤ x ≤ 2; 1 ≤ y ≤ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
1
P =
2 2
x 2y y 2x 1
x 3y 5 y 3x 5 4(x y 1)
+ +
+ +

+ + + + + −
………………… HẾT …………………….
BÀI GIẢI
Câu 1:
a) Tập xác định là R. y’ = 3x
2
– 3; y’ = 0 ⇔ x = ±1.
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞
x
−∞ -1 1 +∞
y’
+ 0 − 0 +
y
0 +∞
−∞ CĐ -4
CT
Hàm số đồng biến trên (−∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (-1; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y(-1) = 0; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = -4
y" = 6x; y” = 0 ⇔ x = 0. Điểm uốn I (0; -2)
Đồ thị :

b) y’ (x) = 9 ⇔ 3x
2

- 3 = 9 ⇔ x = ±2
y(-2) = -4; y(2) = 0
Vậy hai điểm M là (-2; -4) và (2; 0)
Câu 2:
Giả thiết ⇔ (3i – 2)z – (1 + i)
z
= 8i – 1
Gọi z = a + ib ⇒ (3i – 2)(a + ib) – (1 + i) (a – ib) = 8i – 1
⇔ - 3a – 4b + (2a – b)i = 8i – 1
2
y
0
-2
-4
-1 1
x
2
⇔ 3a + 4b = 1 và 2a – b = 8 ⇔ a = 3 và b = -2
Vậy môđun của z là :
13
.
Câu 3:
( )
/ 4
0
I x 1 sin2xdx
π

= +
∫
. Đặt u = x+1 ⇒ du = dx
dv = sin2xdx, chọn v = –
1
2
cos2x
I =
/ 4
4
0
0
1 1
( 1)cos2 cos 2
2 2
− + +
∫
x x xdx
π
π
=
/ 4
0
1 1
( 1)cos 2 sin 2
4
2 4
0
− + +x x x
π

π
=
1 1 3
0 0
2 4 4
+ + − =
Câu 4 :
a) log
2
(x – 1) – 2log
4
(3x – 2) + 2 = 0
⇔ log
2
(x – 1) – log
2
(3x – 2) = -2 ⇔ x > 1 và log
2

2
x 1 1
log
3x 2 4
−
=
−

⇔ x > 1 và 4(x – 1) = 3x – 2 ⇔ x = 2
b) Số các đoạn thẳng lập được từ n đỉnh là
2

n
C

Số cạnh của đa giác n đỉnh là n
Vậy số đường chéo của đa giác n đỉnh là:
2
n
C
-n
Theo đề bài ta có
2
n
C
-n = 27
( )
1
27
2
−
⇔ − =
n n
n
2
3 54 0
⇔ − − =
n n
⇔
n = 9 hay n = -6 (loại)
Câu 5:
(S) : x

2
+ y
2
+ z
2
– 6x – 4y – 2z – 11 = 0
I (3; 2; 1); R =
9 4 1 11
+ + +
= 5. (P) : 6x + 3y – 2z – 1 = 0
d(I, (P)) =
|18 6 2 1| 21
3 5
7
36 9 4
+ − −
= = <
+ +
⇒ (P) cắt (S) theo một đường tròn (C)
∆ là đường thẳng đi qua I (3; 2; 1) và nhận
P
n
uur
= (6; 3; -2) là vectơ chỉ phương
Tâm đường tròn (C) là giao điểm của ∆ và (P) thỏa hệ phương trình :
( )
6x
x 3 6t (1)
y 2 3t (2)
z 1 2t (

3y – 2z
)
– 4
3
1 0
= +


= +


=
=
−
+



Thế (1), (2), (3) vào (4) ta được : 6(3 + 6t) + 3 (2 + 3t) – 2(1 – 2t) – 1 = 0
⇔ 49t + 21 = 0 ⇔ t =
3
7
−
3
⇒
3 3
x 3 6
7 7
3 5
y 2 3

7 7
3 13
z 1 2
7 7
−

= + =


−

= + =


−

= − =


Câu 6 :
Gọi I là trung điểm của BC ⇒ SI ⊥ BC ⇒ SI ⊥ mp(ABC)
∆ABC vuông cân ⇒ AI =
BC a
2 2
=
S(ABC) =
2
1 a a
a.
2 2 4

=
V
S.ABC
=
2 3
ABC
1 1 a 3 a a 3
SI.S
3 3 2 4 24
= =
Kẻ IJ vuông góc với SA, ∆SIA vuông góc tại I, IJ là khoảng cách giữa SA và BC
⇒
2 2
2 2 2
1 1 1 1 1
3a a
IJ SI AI
4 4
= + = +
⇒ IJ =
a 3
4
Câu 7 :
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình :
3x 2y 9 0
x 2y 7 0
+ − =


+ − =


⇔ A (1; 3)
Phương trình đường thẳng AD : x = 1
Gọi α là góc hợp bởi AB và AD ⇒ cosα =
3
13
Phương trình AC có dạng : a(x – 1) + b(y – 3) = 0
Gọi β là góc hợp bởi AD và AC ⇒ β = α
cosβ =
2 2
a
a b+
=
3
13
⇔ 4a
2
= 9b
2
. Chọn b = 1 ⇒ a = ±
3
2
(loại a =
3
2
)
⇒ Phương trình AC : -3x + 2y – 3 = 0
Gọi γ là góc hợp bởi đường tiếp tuyến tại A với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và đường thẳng AC
⇒ cosγ =
2 2

3a 2b
13 a b
− +
+
; cosB = cosγ
Phương trình BC có dạng : a(x – 1) + b(y + 1) = 0
cosB = cosγ ⇔ 5(9a
2
+ 4b
2
– 12ab) = a
2
+ b
2
⇔ 44a
2
+ 19b
2
– 60ab = 0
Chọn b = 1 ⇒ a =
1
2
hay a =
19
22
Vậy phương trình BC là :
1
2
(x – 1) + y + 1 = 0 ⇔ x + 2y + 1 = 0
hay

19
22
(x – 1) + y + 1 = 0 ⇔ 19x + 22y + 3 = 0
Câu 8 :
Với Đk : x ≥ - 2 thì bất pt ⇔
2
(x 1)( x 2 2) (x 6)( x 7 3) x 2x 8
+ + − + + + − ≥ + −
4
S
A
B
C
I
J
a
⇔
(x 1)(x 2) (x 6)(x 2)
(x 2)(x 4)
x 2 2 x 7 3
+ − + −
+ ≥ − +
+ + + +
⇔
x 1 x 6
(x 2) (x 4) 0
x 2 2 x 7 3
+ +
 
− + − + ≥

 
+ + + +
 
(*)
Ta có:
x 1 x 6 x 1 x 6
2 3
x 2 2 x 7 3
+ + + +
+ < +
+ + + +
=
5 5
x
6 2
+
= x+4
x 9
6
+
−
< x + 4 ∀x ≥-2
Vậy (*) ⇔ x – 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2. Vậy -2 ≤ x ≤ 2 là nghiệm của bất phương trình.
Câu 9 :
P =
2 2
x 2y y 2x 1
x 3y 5 y 3x 5 4(x y 1)
+ +
+ +

+ + + + + −
2
2
1 x 2 (x 1)(x 2) 0 x 3x 2
1 y 2 (y 1)(y 2) 0
y 3y 2

≤ ≤ − − ≤ ≤ −
 

⇔ ⇔
  
≤ ≤ − − ≤
≤ −

 

P ≥
x 2y y 2x 1
3(x y) 3 3(x y) 3 4(x y 1)
+ +
+ +
+ + + + + −

=
x y 1 t 1
x y 1 4(x y 1) t 1 4(t 1)
+
+ = +
+ + + − + −

Đặt t = x + y, đk 2 ≤ t ≤ 4
f(t) =
t 1
t 1 4(t 1)
+
+ −
, t ∈ [2; 4]
f’(t) =
2 2
1 1
(t 1) 4(t 1)
−
+ −

f’(t) = 0 ⇔ 2(t – 1) = ± (t + 1) ⇔ 2t – 2 = t + 1 hay 2t – 2 = -t – 1
⇔ t = 3 hay t = 1/3 (loại) . Ta có f(3) =
7
8
Khi t = 3 ⇒
x 1 x 2
y 1 y 2
x y 3
= ∨ =


= ∨ =


+ =


⇔
x 1
y 2
x 2
y 1
 =



=



=



=



. Vậy Pmin =
7
8
tại
x 1
y 2
=



=

hay
x 2
y 1
=


=

……………………… HẾT ………………….
BỘ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2014
Môn thi : TOÁN; khối B
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )
5
Câu 1: (2,0 điểm)
Cho hàm số
3
3 1= − +y x mx
(1), với m là tham số thực.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=1.
b. Cho điểm A(2;3). Tìm m để đồ thị (1) có hai cực trị B và C sao cho tam giác ABC cân tại A.
Câu 2: (1,0 điểm)
Giải phương trình
( )
2 sin 2cos 2 sin2x− = −x x
Câu 3: (1,0 điểm)
Tính tích phân
2
2

2
1
3 1+ +
+
∫
x x
dx
x x
Câu 4: (1,0 điểm)
a. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2z + 3(1- i)
z
=1 - 9i. Tìm môđun của z.
b. Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5 hộp sữa
cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân
tích mẫu. Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại.
Câu 5: (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;0;-1) và đường thẳng d:
1 1
2 2 1
− +
= =
−
x y z
. Viết
phương trình mp qua A và vuông góc với d. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên d.
Câu 6: (1,0 điểm)
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng
(ABC) là trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 60
0
. Tính theo a thể tích

của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’).
Câu 7: (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD.
Điểm M(-3;0) là trung điểm của cạnh AB, điểm H(0;-1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm G(
4
3
;3) là trọng tâm của tam giác BCD. Tìm tọa độ các điểm B và D.
Câu 8: (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
( ) ( )
2
1 2 1
2 3 6 1 2 2 4 5 3

− − + = + − −


− + + = − − − −


y x y x x y y
y x y x y x y
( )
, ∈¡x y
Câu 9: (1,0 điểm)
Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn điều kiện (a+b)c >0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
P =
+
a
b c

+
( )
2
+
+ +
b c
a c a b
6
…………………………………… HẾT …………………………….
GỢI Ý BÀI GIẢI
Câu 1:
a) Tập xác định là R, y' = 3x
2
-3, y' = 0
⇔ x
= -1 hay x = 1
Hàm số đạt 2 cực trị tại: A ( -1 ; 3 ) hay B ( 1 ; -1 )
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞
Bảng biến thiên
x

−∞ -1 1 +∞
y’
+ 0 − 0 +
y
3 +∞
−∞ CĐ -1
CT
Hàm số đồng biến trên 2 khoảng (−∞; -1) và (1; +∞)
Hàm số nghịch biến trên (-1;1)
y" = 6x; y” = 0 ⇔ x = 0. Điểm uốn I (0; 1)
Đồ thị :
b) y’ = 0 ⇔ 3x
2
– 3m = 0 ⇔ x
2
= m
hàm số có hai cực trị ⇔ m>0
Tam giác ABC cân tại A ⇔ AB
2
= AC
2
⇔
( ) ( )
2 2
2 3 2− + − −m m m m m
=
( ) ( )
2 2
2 3 2+ + − + −m m m m m
⇔

4 4 8 8 0− − + + =m m m m m m
⇔
( )
2 1 0− =m m
⇔
1
2
=m
(vì m>0)
Câu 2:
( )
2 sin 2cos 2 sin2x− = −x x
( ) ( )
2 sin 2 2 cos 2 2sinxcosx=0 2 sin 2 2cos sin 2 0⇔ − − + ⇔ − + − =x x x x x
7
y
0
-1
-4
-1
3
x
1
( ) ( )
sin 2 (loai)
3
sin 2 2 2cos 0 2
2
4
cosx=-

2

=

⇔ − + = ⇔ ⇔ = ± +



x
x x x k
π
π
Câu 3:
2
2
2
1
x 3x 1
I dx
x x
+ +
=
+
∫
=
2
2
1
2x 1
1 dx

x x
+
 
+
 ÷
+
 
∫
=
( )
2
2
x ln x x
1
+ +
= 1 + ln3
Câu 4:
a) Đặt z = a + bi (a, b
∈¡
)
2(a + bi) + 3(1 – i)(a – bi) = 1 - 9i
( )
2
2a 2bi 3 a bi ia bi 1 9i⇔ + + − − + = −
( )
5a 3b b 3a i 1 9i⇔ − + − − = −
{
5a 3b 1
3a b 9
− =

⇔
+ =
{
a 2
b 3
=
⇔
=
. Vậy:
z 13=
b) Số cách chọn 3 hộp sữa từ 12 hộp
3
12
C
= 220
Số cách chọn 3 hộp có cả 3 loại
1 1 1
5 4 3
C C C
= 60
Xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại là : 60/220 = 3/11
Câu 5:
a) Gọi (α) là mặt phẳng qua A (1; 0; -1) và (α) ⊥ d. Ta có :
d
a n
α
=
uur uur
= (2; 2; -1)
⇒ pt (α) : 2(x – 1) + 2(y – 0) – 1(z + 1) = 0 ⇔ 2x + 2y – z – 3 = 0

b) Hình chiếu A lên d là giao điểm I của (α) và d.
A ∈ (d) ⇒ x = 2t + 1; y = 2t – 1; z = -t
A ∈ (α) ⇒ 2(2t + 1) + 2(2t – 1) + t – 3 = 0 ⇔ t =
1
3
⇒ I (5/3; -1/3; -1/3)
Câu 6:
Gọi H trung điểm AB thì A’H ⊥ (ABC)
Hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABC) là HC. Vậy góc A’C và (ABC) là
·
0
A'CH 60=
∆ A’HC vuông ⇒ tan60
0
=
A 'H
3
HC
=
⇒ A’H =
a 3 3a
3
2 2
=
V
LT
= A’H dt (∆ABC) =
2 3
3a a 3 3a 3
.

2 4 8
=
Cách 1: Do AB cắt (A’AC) tại A mà H là trung điểm AB nên
d(B, (A’AC)) = 2d(H, (A’AC))
Vẽ HI ⊥ AC, Vẽ HK ⊥ A’I (1)
Do AC ⊥ (A’IH) ⇒ AC ⊥ HK (2)
(1), (2) ⇒ HK ⊥ (A’AC
∆A’HI vuông ⇒ HK =
2 2
3a a 3
.
HA'.HI 3a
2 4
A'I
2 13
9a 3a
4 16
= =
+
Vậy d(B, A’AC) = 2HK =
3a
13
Cách 2: d(B, (A’AC)) =
3
A'.ABC
LT
3a 3
3V
V 3a
8

1
dt( A'AC)
1 a 39 13
A'I.AC
. .a
2
2 4
= = =
∆
8
B
A
C
A
/
B
/
C
/
H
I
Câu 7:
Phương trình đường tròn đường kính AB:
2 2
(x 3) y 10+ + =
I(a; b) là giao điểm của AC và BD
( ) ( ) ( )
GC 2GI C 4 2a;9 2b B 2 4a;9 4b D 2 6a;6b 9= − ⇒ − − ⇒ − − − ⇒ + −
uuur uur
( )

HA 4a 4;4b 8= − −
uuur
cùng phương
( )
HD 6a 2;6b 8= + −
uuur
nên a = 2b -3
( )
A 8b 16;4b 9⇒ − −
mà
( ) ( )
2 2
A (C) 8b 13 4b 9 10∈ ⇒ − + − =
b 2 a 1 B( 6;1),D(8;3)= ⇒ = ⇒ −
(loại vì khi đó H không là hình chiếu của B lên AD)
hay
3
b a 0 B( 2;3),D(2;0)
2
= ⇒ = ⇒ −
Câu 8:
2
(1 y) x y x 2 (x y 1) y (1)
2y 3x 6y 1 2 x 2y 4x 5y 3 (2)

− − + = + − −


− + + = − − − −



ĐK : x – y ≥ 0, y ≥ 0, x – 2y ≥ 0; 4x – 5y – 3 ≥ 0
(1)
(1 y) x y (x y 1) (y 1) (x y 1) y 0− − + − − + − − − − =
⇔ (1 – y)
( x y 1) (x y 1)(1 y) 0− − + − − − =
⇔
(1 y)(x y 1) (x y 1)(1 y)
0
x y 1 1 y
− − − − − −
+ =
− + +
⇔ (1 – y) (x – y – 1)
1 1
0
x y 1 1 y
 
+ =
 
− + +
 
 
⇔ (1–y)(x–y–1) = 0 ⇔y=1 hay x = y + 1
• y = 1, (2) ⇒ 9 – 3x = 2
x 2 4x 8− − −
⇔ 9 – 3x = 0 ⇔ x = 3
• x = y + 1, (2) ⇒ 2y
2
+ 3y – 2 =

2 1 y 1 y− − −
⇔ 2y
2
+ 3y – 2 =
1 y−
(A)
Cách 1:
(A) ⇔
2
1 y 2y 3y 2 0− − − + =

⇔
2(1 y) 2y 1 y (2y 1) 1 y y(2y 1) 0− − − + + − − + =
⇔
( )
2 1 y 1 y y (2y 1)( 1 y y) 0− − − + + − − =
⇔
( ) ( )
2 1 y 2y 1 1 y y 0− + + − − =
⇔
2 1 y 2y 1 0(VN)
1 y y(y 0)
1 y y 0

− + + =
⇔ − = ≥


− − =


⇔
2
1 5 1 5
y y 1 0 y y
2 2
(loaïi)
− + − −
+ − = ⇔ = ∨ =
Nếu
1 5 1 5
y x
2 2
− + +
= ⇒ =
. Vậy hệ có nghiệm (3;1) và
1 5 1 5
;
2 2
 
+ − +
 ÷
 ÷
 
Cách 2:
(A) ⇔
( )
2
2
2y y 2 1 y 1 y+ = − + −
(*)

Xét
2
f (t) 2t t, t 0= + ≥
,
f (t) 4t 1 0
′
= + >
nên f(t) đồng biến trên
[
)
0 : +∞
9
(*)
y 1 y⇔ = −
⇔
2
1 5 1 5
y y 1 0 y y
2 2
(loaïi)
− + − −
+ − = ⇔ = ∨ =
Nếu
1 5 1 5
y x
2 2
− + +
= ⇒ =
. Vậy hệ có nghiệm (3;1) và
1 5 1 5

;
2 2
 
+ − +
 ÷
 ÷
 
Câu 9:
Từ điều kiện ta có c > 0 và a + b > 0
a / c b /c 1 x y 1
P
b a
a b
y 1 x 1 2(x y)
1 1
2
c c
c c
= + + = + +
+ + +
 
+ +
+
 ÷
 
với
a b
x 0,y 0
c c
= ≥ = ≥

Ta có
x 2x
y 1 x y 1
≥
+ + +
Dấu “=” xảy ra khi x = 0 hay x = y + 1
Ta có
y 2y
x 1 x y 1
≥
+ + +
Dấu “=” xảy ra khi y = 0 hay y = x + 1
2(x y) 1 2t 1
P
(x y) 1 2(x y) t 1 2t
+
≥ + = +
+ + + +
với
t x y 0= + >
Xét
2 2
2t 1 2 1
f (t) ,f (t)
t 1 2t (t 1) 2t
′
= + = −
+ +
2 2
1

t (loai)
3
f (t) 0 4t (t 1)
3
t 1 f (1)
2

= −

′
= ⇔ = + ⇔


= ⇒ =


Từ bảng biến thiên ta có
3
f (t) f (1)
2
≥ =
Vậy P có giá trị nhỏ nhất là
3
2
khi
a 0
b c
x 0 x 1
y 1 y 0
b 0

a c
 =



=
= =
 


∨ ⇔
 

= =
=

 


=



………………………………… HẾT ……………………………
10