de toan

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 25/4/2014 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 đổi mới 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: Ngày Ngày 3/7/2014 Ngày 4/7/2014. Buổi Sáng Từ 8g00 Sáng Chiều. Môn thi Khối A, V Khối A1 Làm thủ tục dự thi, xử lý những sai sót trong đăng kí dự thi của thí sinh. Toán Toán Lý Lý.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Sáng Hoá Tiếng Anh 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 Ngày 5/7/2014. b) Đối với hệ cao đẳng Đợt III, ngày 15, 16/7/2014, các trường cao đẳng tổ chức thi tất cả các khối. Ngày. Buổi. Sáng Từ 8g00 Sáng Ngày 15/7/2014 Chiều Ngày 16/7/2014 Sáng Ngày 16/7/2014 Chiều Thời gian làm bài các môn: - Tự luận là 180 phút; Ngày 14/7/2014. Môn thi Khối A Khối A1 Khối B Khối C Khối D Làm thủ tục dự thi, xử lý những sai sót trong đăng kí dự thi của thí sinh. Toán Toán Toán Địa Toán Hóa Tiếng Anh Hóa Sử Ngoại ngữ Lý Lý Sinh Ngữ văn Ngữ văn Dự trữ Dự trữ Dự trữ Dự trữ Dự trữ. *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 : CÁC TRƯỜNG CÓ THỂ ĐẢO MÃ ĐỀ THI TRONG KHUNG 50 MÃ ĐỀ THI MỚI 2014 * Chú ý : Mỗi đề thi có ký hiệu mã đề riêng có 50 mã đề thi tuyển năm 2014 sau:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. *** Đề chính thức. ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014. 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 x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 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  sin(2x  )  16 2 3.s inx cos x  20sin 2 (  ) 2 2 12 1) Giải phương trình y. 2) Giải hệ phương trình :. x 4  x3y  x2y2 1  3 2 x y  x  xy  1  4. tan x.ln(cos x) dx cos x. . Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 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. T́ m 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 (d) :   (d ') :   1 2  3 và 1 2 5 và hai đường thẳng.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương tŕnh mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) logx(24x1)2 x  logx2 (24x1) x 2 log (24x1) x Giải phương tŕnh: Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thỏa mãnṛ (C ) : x  y 1 , đường thẳng (d) : x  y  m 0 . T́ ìm 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 :  2 = 1 = 3 . Gọi  2 là giao tuyến của (P) và (Q).. 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 Câu 1: 1, *Tập xác định :. D  \  1. y' . 1 (x  1)2.  0 x  D. *Tính Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) *Hàm số không có cực trị Limy  Limy   Lim y 2 Lim y 2  x 1 x  x   *Giới hạn x 1 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 (x0 ; f (x0 ))  (C ) có phương trình 2 2 Hay x  (x0  1) y  2x0  2x0  1 0 (*) 2  2x0   2 1  (x0  1) 4 2 *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng giải được nghiệm x0 0 và x0 2 Vậy: Các tiếp tuyến cần tìm : x  y  1 0 và x  y  5 0. y f '(x0 )(x  x0 )  f (x0 ). Câu 2: 1, *Biến đổi phương trình đó cho tương đương với cos2x .    3 sin 2x  10cos(x  )  6 0  cos(2x  )  5cos(x  )  3 0 6 3 6.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>    1   2cos 2 (x  )  5cos(x  )  2 0 cos(x  )  cos(x  )  2 6 6 6 2 và 6 .Giải được (loại)  1  5 cos(x  )  x   k2 x   k2 6 2 được nghiệm 2 6 *Giải và (x2  xy) 2 1  x3y  3 2 Câu 2: 2, *Biến đổi hệ tương đương với x y  (x  xy)  1 x 2  xy u u2 1  v  3  x y v v  u  1   *Đặt ẩn phụ , ta được hệ  *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là : (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 1  t x 2 4 thì Câu 3: *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thỡ t=1 , 1 2. I . 1. ln t ln t dt   2 dt 2  t 1 t 1. 1 1 1 u ln t;dv  2 dt  du  dt; v  2 t t t Từ đó *Đặt 1 1 1 1 1 2 1 I  ln t 1   2 dt  ln 2  1 2 t 2 t 1 t I  2  1 ln 2 2 2 2 2 Suy ra *Kết quả. Câu 4: *Vẽ hình. *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH  (ABC ) *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là SEH SFH 600 *Kẻ HK  SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng HK A . a 2 a 3 HA  SH HF tan 600  2 , 2 *Lập luận và tính được AC=AB=a , 1 1 1 3    K H a 2 2 2 HS HB 10 *Tam giác SHK vuông tại H có HK a 2 AH 20 tan AK H   2  KH 3 3 a 10 *Tam giác AHK vuông tại H có 3 23 a b 1 c 1 c   ab 1  b  a (1  a)(1  b) Câu 5:*Biến đổi ab c  cos AK H .

<span class='text_page_counter'>(6)</span> VT . 1 c 1 b 1 a   (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b). *Từ đó 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 VT 3. 3. 1 c 1 b 1 a . . (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b). =3 (đpcm). 1 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1  3t   y  2  2 t u  Câu 6a: *  có phương trình tham số và có vtcp ( 3; 2)  1  cos(AB ; u)  2   A (1  3t;  2  2t) *Ta có (AB;  )=450 *A thuộc  AB .u 1    2 AB . u a b c . 15 3  169t2  156t  45 0  t   t  13 13 *Các điểm cần tìm là 32 4 22 32 A1 ( ; ), A2 ( ;  ) 13 13 13 13  u (1;  2;  3) M (0;  1;0) Câu 7a: *(d) đi qua 1 và có vtcp 1  u (1; 2;5) (d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp 2      u1 ; u2  ( 4;  8; 4) O M   1M 2 (0; 2; 4) *Ta , Xét  có  u1 ; u2  .M 1M 2  16  14 0    (d) và (d’) đồng phẳng ..  n (1; 2;  1) và đi qua M nên có *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) cú vtpt 1 x  2 y  z  2  0 phương trình *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  2 logx (24x  1) 2  logx (24x  1) logx (24x 1) 1 2 1   log ( x  1)  t x Đặt , ta được phương trình : 1  2t 2  t t giải được t=1 và t=-2/3 *Với t=1  logx (x  1) 1 phương trình này vô nghiệm.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  logx (x  1) . 2 3.  x 2 .(24x  1)3 1 (*) 1 1 x x 8 là nghiệm của (*) Nếu 8 thì VT(*)>1 Nhận thấy 1 1 x x 8 thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất 8 Nếu *Với t=-2/3. x. 1 8. *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đó cho là x=1 và Câu 6b:*(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  d(O ;d)  1 1 1 1 SOAB  OAOB . .sin AOB  .sin AOB  2 2 2 *Ta có  d(I ;d) . 1 2. 0 Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi AOB 90  m 1 x 2  2t  y  1  t z 3t Câu 7b: * 1 có phương trình tham số  *  2 có phương trình tham số 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)  * AB (s  2t;3s  t  6;s  3t) , mf(R) có vtpt n (1; 2;  3) s  2t 3s  t  6 s  3t 23       t 1 2 3 24 * d  (R )  AB & n cùng phương 1 1 23  A( ; ; ) n 12 12 8 và có vtcp (1; 2;  3) => d có phương trình *d đi qua 23 1 1 z x y 8 12  12  1 2 3 x  0  x log3 (9  72)  0  x Câu 8b:*Điều kiện : 9  72  0 giải được x  log 9 73 log3 (9x  72) x  9x  72 3x Vì x  log 9 73 >1 nên bpt đó cho tương đương với 3x  8  x 3 9  x 2 *Kết luận tập nghiệm : T (log 9 72; 2].

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 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:. (. ). log2 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) 2. 2. x  8 x  15  4 x  18 x  18 . Giải. bất. phương. trình. sau. 2. x  2 x  15 4. x  1  3 2. dx 2x  1. Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân I= Câu V(1.0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 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).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 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   y t  z 1  3t trình  Lập phương trình mp (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VII.a: (1.0điểm) n+2 n+3 2n- 1 2n 8 Cn+1 + C2n +1 + C2n+1 + ... + C2n+1 + C2n+1 = 2 - 1 . Cho đẳng thức: 2n+1. ( 1-. x + x3 - x4 ). n. Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển . 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   y t  z 1  3t trình  Lập phương trình mp(P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải bất phương trình:. (2  3 ) x. 2.  2 x 1.  (2 . 3) x. 2.  2 x 1. . 4 2. 3. HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN Câu 1 : 1, Cho hàm số y = x  (m + 1)x + 5  m2. 3. 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  . :.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> y ' 0  x 1. * Bảng biến thiên: Có y’ = 3x2  3 , x y’. -∞ +. -1 0. y. 1 0. -. +∞ +. 3. +∞. -∞. -1. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   ; 1 và 1; , Hàm số nghịch biến trên mỗi   1;1 khoảng Hàm số đạt đạt cực đại tại x  1; yCD 3 , cực tiểu tại x 1; yCT  1 , U  0;1 3* Đồ thị: * Điểm uốn: y '' 6 x , các điểm uốn là: y 3 U  0;1 :. * Giao điểm với trục Oy tại. 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 3 Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.  5  m 2 4  m 1. Vậy m=1. 3 Câu 2: 1, Giải phương trình: log2 ( 1 + x ) = log7 x . t Điều kiện: x > 0. Đặt t = log7 x Û x = 7 . t ö t t t æ 3 = 2t Û 1 + 73 = 83 Û ÷ pt Û log2 ç = t Û 1 + 7 ç1 + 73 ÷ ÷ ÷ ç è ø. t 3. ( ) ( ) 1 8. 7 + 8. t 3. =1. (*).. Chứng minh pt (*) có nghiệm duy nhất t = 3. Vậy phương trình có nghiệm x = 343. x x  x 1  sin sin x  cos sin 2 x 2 cos 2    2 2  4 2 Câu 2: 2, Giải phương trình:.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 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  k x   x k ,   k 2    x k 2 2  x   k 4 2 2 2 Câu 3: Giải bất phương trình sau x  8x  15  4 x  18 x  18  x  2 x  15. (1) TXĐ x 5, x  5, x 3 TH1 x = 3 là nghiệm của (1) TH2 x 5 thì (1) 17 5 x  3 TH3 x  5 thì (1) x  5. . 17 x  5  x  5  4x  6  x  3 . Vậy BPT (1) có nghiệm. . 17 5  x   5  x  6  4x  x  3 . Vậy BPT (1) có nghiệm. Kl : Tập nghiệm của bất pt là. S ( ;  5)   3  (5; 4. Câu 4: Tính tích phân: I= 4. x 1  +I=. x 1 . 17 ) 3. dx 2 x 1. 3 2. dx. 3 2. 2 x 1. Đặt t= 2 x  1  t 2 x  1  tdt=dx 2. 3 +Đổi cận : x= 2  t = 2 x=4  t =. 3 3. tdt 3 3 3 3 tdt t  1 1 1 dt 1 2 2 dt 2 dt  2 1  t 2 2 2     2 2 (t  1) +Khi đó I= = 2 (t  1)  2 (t  1) = 2 (t  1) 3 2 3 2 ln t  1  t  1 2 =2ln2+1 2 = +Vậy I= 2ln2+1. t. 2.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Câu 5: Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 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 (A 1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.  Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc giữa AA và (A B C ), theo giả thiết thì góc 1. 1. 1. 1. a 3  A1 H  AA H  AA H 1 1 2 . bằng 300. Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc =300 a 3 A1 H  2 nên A1H Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A vuông góc với B C . Mặt khác AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 H ) 1. 1. K. C. A1 C1 1111 H 1111 B1 1 Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 A H . AH a 3  HK  1  AA 4 1 Ta có AA .HK = A H.AH 1. 1. 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   y t  z 1  3t . d có phương trình . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d 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.. B.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 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 n+2 n+3 2n- 1 2n 8 Cn+1 + C2n +1 + C2n+1 + ... + C2n+1 + C2n+1 = 2 - 1. Câu 7a:Cho đẳng thức: 2n+1 10. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển S=. Cn2n++11 2n+1. (1 + 1). + Cn2n++21 =. + Cn2n++31. 0 C2n +1. + C12n+1. -1 + ... + C2n 2n+1 2 + C2n +1. + C2n 2n+1. ( 1-. x + x3 - x4 ). n. .. , ta có:. n- 1 + ... + C2n +1. n n+1 n+2 2n 2n+1 + C2n +1 + ( C2n+1 + C2n+1 + ... + C2n+1 ) + C2n+1. 0 2n+1 2n 2n- 1 n +2 n+1 n+1 n+2 2n- 1 2n Þ 22n+1 = ( C2n +1 + C2n+1 ) + C2n+1 + C 2n+1 + ... + C 2n+1 + C 2n+1 + ( C2n+1 + C2n+1 + ... + C2n+1 + C2n+1 ). Þ 22n+1 = 2 + 2S Þ 22n = 1 + S Þ 22n = 28 Þ n = 4 . Þ. n 3 ù4 = ( 1 - x ) 4 ( 1 + x3 ) 4 x + x3 - x4 ) = é ê(1 - x) + x (1 - x) ú ë û. ( 1-. = ( C04 - C14x + C24x2 - C34x3 + C 44x4 ) ( C04 + C14x3 + C24x6 + C34x9 + C 44x12 ). .. 1 3 4 2 Ta có hệ số của x10 là: - C4.C4 + C4.C4 = - 10 . Câu 6b: 1, Giống chương trình chuẩn. (2  3 ) x. 2.  2 x 1.  (2 . 3) x. 2.  2 x 1. Câu 7b: Giải bất phương trình:. . . 2. x  2x. . . 2. x  2x.  2 3 4 Bpt  2  3 1 t  4 t 2 t  4t  1 0  2  3 t 2  3 (tm). . . x2  2 x. . Đặt t  2  3. . . 4 2. 3. 2. x  2x. (t  0) , ta được:. 2  3   1  x 2  2 x 1 Khi đó: 2  3  2  3  x 2  2 x  1 0  1  2  x 1  2 KL:.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> ************************************************************************. 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 3 2 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  3 x  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  2 ( x  1)( x  y  2) y 1. Giải hệ phương trình:  (x, y  R ) 3 3 sin x. sin 3 x  cos x cos 3 x 1     8  tan x   tan x   6  3  2. Giải phương trình: 1. I x ln( x 2  x  1)dx. 0 Câu III (1 điểm) Tính tích phân 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 8 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 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 P 2  2  2 2 2 a  2 b  3 b  2c  3 c  2 a 2  3 của biểu thức PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2) Phần 1.Câu VI.a (2 điểm) 2 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y  x  2 x và elip. x2  y 2 1 (E): 9 . Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn. Viết phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 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 = 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 2. 2. n.  1   x  4  2 x ,  2. 2Cn0 . biết. rằng. n. là. số. nguyên. dương. thỏa. mãn:. n 1. 3. 2 2 2 6560 Cn1  Cn2    Cnn  2 3 n 1 n 1. (. Cnk. là số tổ hợp chập k của n phần tử) 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 2 2 2 mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA  MB  MC e x  y  e x  y 2( x  1)  x y e x  y  1 Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình . (x, y  R ). HƯỚNG DẪN CHẤM 3 2 Câu 1: 1, Khảo sát hàm số y  x  3 x  4 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: lim y  lim ( x 3  3x 2  4)  , lim y  lim (x 3  3x 2  4)  x   x   x   a) Giới hạn: x  2  b) Bảng biến thiên: y' = 3x - 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.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 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  9 (thỏa mãn) 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  2 x2 1  x  1 (x  y  2) 1 u  , v x  y  2  y y Hệ phương trình tương đương với  Đặt x2 1 1  u  v 2  y  u v 1  x  y  2 1 uv  1  Ta có hệ Suy ra  . Giải hệ trên ta được nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) Câu 2: 2,Giải phương trình lương giác         sin x   sin x   cos x   cos x    0 6  3  6  3  Điều kiện:.          tan x   tan x   tan  x   cot   x   1 6  3 6 6    Ta có  sin 3 x. sin 3x  cos 3 x cos 3x . Phương trình đã cho tương đương với 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 2x  cos 2x cos 4x)   cos 3 2x   cos 2x  2 8 2. 1 8.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>    x  6  k (lo¹i)    x     k x   k  6 6 , (k  Z) . Vậy phương trình có nghiệm , (k  Z). Câu 3:Tính tích phân 1. 2x  1  dx u ln(x 2  x  1) du  2   x  x 1  dv xdx  v x 2 / 2  Đặt 1. x2 1 2x 3  x 2 I  ln(x 2  x  1)   2 dx 2 2 0 x  x 1 0 1. 1. 1. 1 1 2x  1 3 dx (2 x  1)dx   2 dx   2  20 4 0 x  x 1 4 0 x  x 1 1 1 1 2 1 3 3 3 x  x  ln(x 2  x  1)  I 1  ln 3  I 1 0 0 2 4 4 4 4 1 dx I 1  2 2 0  1   3  1 3    x    x   tan t, t    ,  2   2   2 2  2 2 * Tính I1: . Đặt 1  ln 3  2 1  ln 3  2. . . /3. /3. 2 3 (1  tan 2 t )dt 2 3 3 I1   t  2  3  / 6 1  tan t 3 /6 9. 3 3 I  ln 3  4 12 Suy ra Vậy 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’ a 3 2 a 3 AM  , AO  AM  2 3 3 2 a 3 1 a2 3 a 3 S BCH   HM.BC   HM  8 2 8 4 Theo bài ra H AH  AM 2  HM 2 . 3a 2 3a 2 3a   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 A' O    AH 3 4 3a 3 suy ra. B’. C. A. 1 1aa 3 a3 3 V A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 2 23 2 12 Thể tích khối lăng trụ: Câu 5 : Tìm giá trị lớn nhất .... O B. M.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 1 1 1 1  2  2 2 2 Ta có a2+b2  2ab, b2 + 1  2b  a  2b  3 a  b  b  1  2 2 ab  b  1 1 1 1 1 1 1  , 2  2 2 2 Tương tự b  2c  3 2 bc  c  1 c  2a  3 2 ca  a  1 2. 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 2 khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi a = b = c = 1. 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  36x 3  37x 2  9 0 9 (*) P. 4 3 2 Xét f (x) 9 x  36x  37x  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  9x 2  9y 2  16x  8y  9 0 2 x  9y 9 (**)  8 4 161 I  ;   9 9  , bán kính R = 9 (**) là phương trình của đường tròn có tâm Do đó 4 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. 2 2 2 2 Khoảng cách từ I tới () là h = R  r  5  3 4 2.1  2( 2)  3  D  D  7 4   5  D 12   2 2  2 2  ( 1) 2  D 17 (lo¹i) Do đó Vậy () có phương trình 2x + 2y – z - 7 = 0 2 2. Câu 7a : Tìm hệ số của x ... Ta có. 2. . . I (1  x) n dx C 0n  C 1n x  C 2n x 2    C nn x n dx 0. 0.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 2. 1 1 1    C 0n x  C 1n x 2  C 2n x 3    C nn x n 1  2 3 n 1  0 2. suy. ra. I. n 1. 3. 2 1 2 2 2 C n  Cn   C nn 2 3 n 1 (1) n 1 2 1 3 1 I (1  x) n 1  0 n 1 n 1 Mặt khác 2C 0n . 2C 0n . (2). 2 1 2 2 2 n 1 n 3 n 1  1 C n  C n   Cn  2 3 n 1 n 1 2. 3. Từ (1) và (2) ta có 3 n 1  1 6560   3 n 1 6561  n 7 n  1 n  1 Theo bài ra thì 7. 7  1   x  4   C 7k 2 x 0 Ta có khai triển . k. 14  3 k. 7  1  1 x  4   k C 7k x 4 0 2 2 x 14  3k 2  k 2 4 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn Vậy hệ số cần tìm là 1 2 21 C7  4 22 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  2 n 3.2 m  2 n   3 m   1    3  m  5  n  3 . 0  m  n  2   n 1 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên.  . 7 k. 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  6 b  c 0  1  16  2a  8b  c 0  25  1  10a  2b  c 0 . a  83 / 54  b 17 / 18 c  338 / 27 . 83 17 338 x y 0 27 9 27 Vậy (C) có phương trình 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  x2  y2 . .   2.   2. . 2. 2 2 2 Ta có F MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC 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).

<span class='text_page_counter'>(20)</span> MG d(G, ( P )) . 7/3 8/3 3 3.  GA 2  GB 2  GC 2 . 1 1 1. 56 32 104 64    9 9 9 3 2.  19  64 553 3.    3 9 khi M là hình chiếu của G lên (P) 3 3   Vậy F nhỏ nhất bằng 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)   u  u v e v  1 e  e  v  u ( 2 ) Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ  - 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  v 0    x  y 0 Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0. x 0  y 0 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0). ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 104. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. . 19 3 3.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 3 2 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  3 x  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  2 ( x  1)( x  y  2) y 1. Giải hệ phương trình:  (x, y  R ) 3 3 sin x. sin 3 x  cos x cos 3 x 1     8  tan x   tan x   6  3  2. Giải phương trình: 1. I x ln( x 2  x  1)dx. 0 Câu III (1 điểm) Tính tích phân 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 8 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 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 P 2  2  2 2 2 a  2 b  3 b  2c  3 c  2 a 2  3 của biểu thức PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2) Phần 1.Câu VI.a (2 điểm) 2 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y  x  2 x và elip. x2  y 2 1 (E): 9 . Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một 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 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  11 0 và mặt phẳng () có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 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  4  2 x ,  2. 2Cn0 . biết 3. rằng. n. là. số. nguyên. dương. thỏa. n 1. 2 2 2 6560 Cn1  Cn2    Cnn  2 3 n 1 n 1. k. ( Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử). mãn:.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> 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 2 2 2 mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA  MB  MC e x  y  e x  y 2( x  1)  x y e x  y  1 Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình . (x, y  R ). HƯỚNG DẪN CHẤM 3 2 Câu 1: 1, Khảo sát hàm số y  x  3 x  4 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: lim y  lim ( x 3  3x 2  4)  , lim y  lim (x 3  3x 2  4)  x x   x   x   a) Giới hạn:   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.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 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  9 (thỏa mãn) 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  2 x2 1  x  1 (x  y  2) 1 u  , v x  y  2  y y Hệ phương trình tương đương với  Đặt x2 1 1  u  v 2  y  u v 1  x  y  2 1 uv  1  Ta có hệ Suy ra  . Giải hệ trên ta được nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) Câu 2: 2,Giải phương trình lương giác         sin x   sin x   cos x   cos x    0 6  3  6  3  Điều kiện:.          tan x   tan x   tan  x   cot   x   1 6  3 6 6    Ta có  sin 3 x. sin 3x  cos 3 x cos 3x . Phương trình đã cho tương đương với 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 2x  cos 2x cos 4x)   cos 3 2x   cos 2x  2 8 2. 1 8.

<span class='text_page_counter'>(24)</span>    x  6  k (lo¹i)    x     k x   k  6 6 , (k  Z) . Vậy phương trình có nghiệm , (k  Z). Câu 3:Tính tích phân 1. 2x  1  dx u ln(x 2  x  1) du  2   x  x 1  dv xdx  v x 2 / 2  Đặt 1. x2 1 2x 3  x 2 I  ln(x 2  x  1)   2 dx 2 2 0 x  x 1 0 1. 1. 1. 1 1 2x  1 3 dx (2 x  1)dx   2 dx   2  20 4 0 x  x 1 4 0 x  x 1 1 1 1 2 1 3 3 3 x  x  ln(x 2  x  1)  I 1  ln 3  I 1 0 0 2 4 4 4 4 1 dx I 1  2 2 0  1   3  1 3    x    x   tan t, t    ,  2   2   2 2  2 2 * Tính I1: . Đặt 1  ln 3  2 1  ln 3  2. . . /3. /3. 2 3 (1  tan 2 t )dt 2 3 3 I1   t  2  3  / 6 1  tan t 3 /6 9. 3 3 I  ln 3  4 12 Suy ra Vậy 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’ a 3 2 a 3 AM  , AO  AM  2 3 3 2 a 3 1 a2 3 a 3 S BCH   HM.BC   HM  8 2 8 4 Theo bài ra H AH  AM 2  HM 2 . 3a 2 3a 2 3a   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 A' O    AH 3 4 3a 3 suy ra. B’. C. A. 1 1aa 3 a3 3 V A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 2 23 2 12 Thể tích khối lăng trụ: Câu 5 : Tìm giá trị lớn nhất .... O B. M.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 1 1 1 1  2  2 2 2 Ta có a2+b2  2ab, b2 + 1  2b  a  2b  3 a  b  b  1  2 2 ab  b  1 1 1 1 1 1 1  , 2  2 2 2 Tương tự b  2c  3 2 bc  c  1 c  2a  3 2 ca  a  1 2. 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 2 khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi a = b = c = 1. 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  36x 3  37x 2  9 0 9 (*) P. 4 3 2 Xét f (x) 9 x  36x  37x  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  9x 2  9y 2  16x  8y  9 0 2 x  9y 9 (**)  8 4 161 I  ;   9 9  , bán kính R = 9 (**) là phương trình của đường tròn có tâm Do đó 4 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. 2 2 2 2 Khoảng cách từ I tới () là h = R  r  5  3 4 2.1  2( 2)  3  D  D  7 4   5  D 12   2 2  2 2  ( 1) 2  D 17 (lo¹i) Do đó Vậy () có phương trình 2x + 2y – z - 7 = 0 2 2. Câu 7a : Tìm hệ số của x ... Ta có. 2. . . I (1  x) n dx C 0n  C 1n x  C 2n x 2    C nn x n dx 0. 0.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 2. 1 1 1    C 0n x  C 1n x 2  C 2n x 3    C nn x n 1  2 3 n 1  0 2. suy. ra. I. n 1. 3. 2 1 2 2 2 C n  Cn   C nn 2 3 n 1 (1) n 1 2 1 3 1 I (1  x) n 1  0 n 1 n 1 Mặt khác 2C 0n . 2C 0n . (2). 2 1 2 2 2 n 1 n 3 n 1  1 C n  C n   Cn  2 3 n 1 n 1 2. 3. Từ (1) và (2) ta có 3 n 1  1 6560   3 n 1 6561  n 7 n  1 n  1 Theo bài ra thì 7. 7  1   x  4   C 7k 2 x 0 Ta có khai triển . k. 14  3 k. 7  1  1 x  4   k C 7k x 4 0 2 2 x 14  3k 2  k 2 4 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn Vậy hệ số cần tìm là 1 2 21 C7  4 22 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  2 n 3.2 m  2 n   3 m   1    3  m  5  n  3 . 0  m  n  2   n 1 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên.  . 7 k. 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  6 b  c 0  1  16  2a  8b  c 0  25  1  10a  2b  c 0 . a  83 / 54  b 17 / 18 c  338 / 27 . 83 17 338 x y 0 27 9 27 Vậy (C) có phương trình 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  x2  y2 . .   2.   2. . 2. 2 2 2 Ta có F MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC 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).

<span class='text_page_counter'>(27)</span> MG d(G, ( P )) . 7/3 8/3 3 3.  GA 2  GB 2  GC 2 . 1 1 1. . 19 3 3. 56 32 104 64    9 9 9 3 2.  19  64 553 3.    3 9 khi M là hình chiếu của G lên (P) 3 3   Vậy F nhỏ nhất bằng 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)   u  u v e v  1 e  e  v  u ( 2 ) Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ  - 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  v 0    x  y 0 Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0. x 0  y 0 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0). ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 105 Thời gian làm bài : 180 phút, hông kể thời gian giao đề. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm).

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 1. Giải phương trình. cos2x  2sin x  1  2sin x cos 2x 0. 2. Giải bất phương trình.  4x  3. x 2  3x  4 8x  6.  3. cotx I  dx    s inx.sin  x   6 4  Câu III ( 1điểm)Tính tích phân Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300. Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P   b2  3 c2  3 a2  3 PHẦN RIÊNG (3 điểm)(Học sinh chỉ làm một trong hai phần sau) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  8y  8 0 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. 2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) z  2  i 2 Tìm số phức z thoả mãn : . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 2 4 6 100 1. Tính giá trị biểu thức: A 4C100  8C100 12C100  ...  200C100 . 2. Cho hai đường thẳng có phương trình:  x 3  t  d 2 :  y 7  2t  z 1  t . x 2 z 3  y 1  3 2 Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 d1 :. -------------------Hết-----------------.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI Câu 1: 1, Tập xác định: D=R lim  x3  3x 2  2   . x  . Bảng biến thiên: x - y’ +.  x 0  y’=3x2-6x=0  x 2. lim  x3  3 x 2  2  . x  . 0 0 2. 2 0. -. + + +. y - -2 Hàm số đồng biến trên khoảng: (-;0) và (2; + ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2 y’’=6x-6=0<=>x=1 khi x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2 Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng. Câu 1: 2, Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 4  x  y  3 x  2   5    4 2  y  2 x  2  y 2 M ;   5 =>  5 5 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: Câu 2: 1, Giải phương trình: cos2x  2sin x  1  2sin x cos 2x 0 (1).  1  cos2 x  1 . 2sin x    1  2sin x  0   cos2 x  1  1  2sin x  0. Khi cos2x=1<=> x k , k  Z 1  5 s inx  x   k 2 x   k 2 2 6 6 Khi hoặc ,kZ. Câu 2: 2,. Giải.   4 x  3. . bất. phương.  4x  3. trình:. x 2  3x  4 8x  6. . x 2  3 x  4  2 0. Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4 Bảng xét dấu: x - 4x-3 x 2  3x  4  2. +. x 2  3 x  4  2 =0<=>x=0;x=3. 0. ắ 0. 0. -. 2. +. +. + -. 0. +. (1)(1).

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Vế trái. -. 0. +. 0 0  3 x   0;    3;    4 Vậy bất phương trình có nghiệm:. Câu. +. 3:.  3.  3. Tính  3. cot x cot x cot x I  dx  2  dx  2  2 dx     s inx  s inx  cos x   s in x  1  cot x  sin x sin  x   6 6 6 4  1  dx  dt 2 Đặt 1+cotx=t sin x Khi S.   3 1 x   t 1  3; x   t  6 3 3 3 1. I 2 Vậy. t1 dt  2  t  ln t  t 3 1. 3 1. . 3 1 3.  2   2  ln 3   3 . K. 3. Câu 4: Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.. A. a 3 AH SA cos 300  2 Xột SHA(vuông tại H) a 3 AH  2 Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh => H là trung điểm của cạnh BC => AH  BC, mà SH  BC => BC(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K => HK là khoảng cách giữa BC và SA => AH a 3 HK AH sin 300   2 4 a 3 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 4 a3. Câu 5 :Ta có:. b2  3 a 6 3a 2 3   3  16 64 4 (1) 2 b2  3 2 b 2  3 b3 2 c2  3. c. 3. 2. . b3 2 c2  3 6.  2. c2  3 c 6 3c 2 3 3  16 64 4. a 3 c 3c 3 3  16 64 4 (3) 2 a2  3 2 a2  3 a 2  b2  c 2  9 3 2 P   a  b2  c2  16 4 Lấy (1)+(2)+(3) ta được: (4) . c. 3. a3. . (2). C. H. B.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> 3 3 P 2 vậy giá trị nhỏ nhất 2 khi a=b=c=1. Vì a2+b2+c2=3 Từ (4) Câu 6a: 1, Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là , =>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng cách từ  c 4 10  1  34c  d  I ,   4   2 2 32  1  c  4 10  1 (thỏa mãn tâm I đến  bằng 5  3 4 c≠2) Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3 x  y  4 10  1 0 hoặc 3x  y  4 10  1 0 .  P.  x 1  t   y 5  4t   Câu 6a: 2, Ta có AB   1;  4;  3 Phương trình đường thẳng AB:  z 4  3t Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> trên cạnh AB, gọi tọa  D là hình chiếu vuông góc của C   độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)  DC (a; 4a  3;3a  3) Vì AB  DC =>-a-16a+1221 a 26 9a+9=0<=>  5 49 41  D ; ;  Tọa độ điểm  26 26 26 . Câu. 7a :Gọi. số phức z=a+bi 2 2  a  2   b  1 i 2  a  2    b  1 4    b a  3 b a  3 a 2  2 a 2  2  hoac  b  1  2 b  1  2. bài. ra. Vậy số phức cần tìm là: z= 2  2 +(  1  2 )i; z= 2  2 +(  1  2 )i. 100 0 1 2 100 100 1  x  C100  C100 x  C100 x 2  ...  C100 x  Câu 6b : 1, Ta có:. (1). 1 x. 100. 0 100. C. 1 100. 2 100. 2. 3 100. 3. Theo. ta. có:. 100 100 100.  C x  C x  C x  ...  C x 100. 100. 0 100. (2) 4 100 100  2C x  2C100 x 4  ...  2C100 x 2 100. 2.  1  x    1  x  2C Lấy (1)+(2) ta được: Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn 99 99 2 4 3 100 99 100  1  x   100  1  x  4C100 x  8C100 x  ...  200C100 x. x. ta. được:. 99 2 4 100 Thay x=1 vào => A 100.2 4C100  8C100  ...  200C100 Câu 6b: 2, Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d 1 và d2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và   B(3+b;7-2b;1-b). Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA k MB.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> .  MA  3a  1; a  11;  4  2a  , MB  b;  2b  3;  b  3a  1 kb 3a  kb 1     a  11  2kb  3k  a  3k  2kb 11    4  2a  kb 2a  kb 4  . Phương trình đường thẳng AB là: Câu 7 b: =24+70i,  7  5i hoặc. a 1  k 2 b 1 . =>.  MA  2;  10;  2 .  x 3  2t   y 10  10t  z 1  2t .  z 2  i     7  5i  z  5  4i. MÃ ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CÒN TIẾP XIN MỜI QUÝ THẦY CÔ VÀ CÁC EM LIÊN HỆ ĐT 0168.921. 8668 VỤ GIÁO DỤC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHƯƠNG TRÌNH PHÁT TRIỂN GIÁO DỤC TRUNG HỌC. TÀI LIỆU DÙNG CHO CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC , CAO ĐẲNG THI MÔN TOÁN THPT KIỂM TRA ĐÁNH GIÁ THEO CHUẨN KIẾN THỨC, KỸ NĂNG CHƯƠNG TRÌNH GIÁO DỤC PHỔ THÔNG CẤP : TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2014.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> TÀI LIỆU MẬT MÃ ĐỀ THI 2014 ************************. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VỤ GIÁO DỤC TUYỂN SINH ĐẠI HỌC ,CAO ĐẲNG ---------------------------------------------------. NGÂN HÀNG ĐỀ THI TUYỂN SINH MÔN TOÁN DÙNG CHO THI TUYỂN ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG DÙNG CHO CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC , CAO ĐẲNG. ĐỘI NGŨ CHUYÊN GIA BỘ GIÁO DỤC - GIẢNG VIÊN:  GS.TS Nguyễn Cảnh Hùng – Nguyên Trưởng Khoa Toán – ĐH Sư Phạm HN  GS: Nguyễn Văn Hiệp – Nguyễn Đăng Thu  TS: Trịnh Thu Tuyết – Nguyễn Khắc Phi  THẦY : Trần Thành Công – Giảng viên ĐH KHTNĐHQGHN. LIÊN HỆ ĐT : 0168.921. 8668 LẤY ĐẦY ĐỦ MÃ THI VÀ ĐÁP ÁN ĐỂ ĐẠT ĐIỂM CAO TRONG KỲ THI ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2014 ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D ......... Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> * CHÚC CÁC THẦY CÔ VÀ CÁC EM CÓ ĐẦY ĐỦ 50 MÃ ĐỀ MẬT ĐỂ THI ĐẠT KẾT QUẢ CAO NHẤT.

<span class='text_page_counter'>(35)</span>