DE VA DAP AN THI DH KHOI A VA A1 NAM 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span> BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC. Caâu 1 (2,0 ñieåm). Cho haøm soá y =. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− x+2 x−1. (1).. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −x bằng Caâu 2 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình. √. 2.. sin x + 4 cos x = 2 + sin 2x.. Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x2 − x + 3 và đường thaúng y = 2x + 1. Caâu 4 (1,0 ñieåm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + (2 + i) z = 3 + 5i. Tìm phần thực và phần ảo của z. b) Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x+y −2z −1 = 0 y z+3 x−2 = = . Tìm tọa độ giao điểm của d và (P ). Viết phương và đường thẳng d : 1 −2 3 trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P ). 3a , 2 hình chieáu vuoâng goùc cuûa S treân maët phaúng (ABCD) laø trung ñieåm cuûa caïnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD). Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD =. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng M(1; 2) và N(2; −1). ( √ p x 12 − y + y(12 − x2 ) = 12 Caâu 8 (1,0 ñieåm). Giaûi heä phöông trình (x, y ∈ R). √ x3 − 8x − 1 = 2 y − 2 Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 + z 2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =. x2 y+z 1 + yz + − . x2 + yz + x + 1 x + y + z + 1 9 −−−−−−Heát−−−−−−. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Hoï vaø teân thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Soá baùo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1 (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án. Caâu a) (1,0 ñieåm) 1 (2,0ñ) • Taäp xaùc ñònh D = R \ {1}. • Sự biến thiên:. 3 ; y 0 < 0, ∀x ∈ D. (x − 1)2 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (−∞; 1) và (1; +∞).. 0,25. - Chieàu bieán thieân: y 0 = − - Giới hạn và tiệm cận:. lim y = lim y = 1; tieäm caän ngang: y = 1.. x→−∞. 0,25. x→+∞. lim y = −∞; lim y = +∞; tiệm cận đứng: x = 1. x→1+. x→1−. - Baûng bieán thieân:. x −∞ y0 y. Ñieåm. 1 P P. 1 −. +∞ −. +∞ P PP. PP PP q P. 0,25. PP PP q. −∞ • Đồ thị:. 1. y. 1 . 0,25 . . 1. O. −2. −2.
. x. . b) (1,0 ñieåm)  a + 2 M ∈ (C) ⇒ M a; , a 6= 1. a−1. 0,25. a+2 a+ √a − 1 . Khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −x là d = 2 h √ a2 − 2a + 4 = 0 d = 2 ⇔ |a2 + 2| = 2|a − 1| ⇔ a2 + 2a = 0. • a2 − 2a + 4 = 0: phöông trình voâ nghieäm. h a=0 • a2 + 2a = 0 ⇔ Suy ra tọa độ điểm M cần tìm là: M (0; −2) hoặc M (−2; 0). a = −2. 1. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Đáp án. Caâu Phương trình đã cho tương đương với 2 (1,0ñ) ⇔ (sin x − 2)(2 cos x − 1) = 0.. Ñieåm 0,25 0,25. sin x + 4 cos x = 2 + 2 sin x cos x. • sin x − 2 = 0: phöông trình voâ nghieäm. π • 2 cos x − 1 = 0 ⇔ x = ± + k2π (k ∈ Z). 3 π Nghiệm của phương trình đã cho là: x = ± + k2π (k ∈ Z). 3. 0,25 0,25. 3 Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong y = x 2 − x + 3 và đường thẳng h x=1 (1,0ñ) y = 2x + 1 laø x2 − x + 3 = 2x + 1 ⇔ x = 2. 2 Z |x2 − 3x + 2|dx Dieän tích hình phaúng caàn tìm laø S =. 0,25. 0,25. 1. Z2. =. 2. (x − 3x + 2)dx =. 1. 1 = . 6.  x3.  3x2 − + 2x 3 2. 2. 0,25. 1. 0,25 . 3a + b = 3 4 a) Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Từ giả thiết suy ra a−b=5 (1,0ñ) ⇔ a = 2, b = −3. Do đó số phức z có phần thực bằng 2, phần ảo bằng −3.. 5. 0,25 0,25. b) Số phần tử của không gian mẫu là: C 416 = 1820.. 0,25. Số kết quả thuận lợi cho biến cố “4 thẻ được đánh số chẵn” là: C 48 = 70. 70 1 Xaùc suaát caàn tính laø p = = . 1820 26. 0,25. Goïi M laø giao ñieåm cuûa d vaø (P ), suy ra M (2 + t; −2t; −3 + 3t).. 0,25. 3 3 (1,0đ) M ∈ (P ) suy ra 2(2 + t) + (−2t) − 2(−3 + 3t) − 1 = 0 ⇔ t = . Do đó M ; −3; . 2 2 2 − → − → d coù vectô chæ phöông u = (1; −2; 3), (P ) coù vectô phaùp tuyeán n = (2; 1; −2). → − Maët phaúng (α) caàn vieát phöông trình coù vectô phaùp tuyeán [ − u,→ n ] = (1; 8; 5). 7. Ta có A(2; 0; −3) ∈ d nên A ∈ (α). Do đó (α) : (x − 2) + 8(y − 0) + 5(z + 3) = 0, nghóa laø (α) : x + 8y + 5z + 13 = 0. 6 (1,0ñ). Goïi H laø trung ñieåm cuûa AB, suy √ ra SH ⊥ (ABCD). Dopđó SH ⊥ HD. Ta có SH = SD 2 − DH 2 = SD 2 − (AH 2 + AD 2 ) = a.. S. B . E C. . H. K. . A. 1 a3 .SH.SABCD = . 3 3 Goïi K laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa H treân BD vaø E laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa H treân SK. Ta coù BD ⊥ HK vaø BD ⊥ SH, neân BD ⊥ (SHK). Suy ra BD ⊥ HE. Maø HE ⊥ SK, do đó HE ⊥ (SBD). √ a 2 \ Ta coù HK = HB. sin KBH = . 4 HS.HK a Suy ra HE = √ = . 2 2 3 HS + HK 2a Do đó d(A, (SBD)) = 2d(H, (SBD)) = 2HE = . 3 Suy ra V S.ABCD =. D. 2. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Đáp án √ 7 Ta có M N = 10. Gọi a là độ dài cạnh của√ hình vuoâng ABCD, I C 3AC 3a 2 a (1,0ñ) D = , a > 0. Ta coù AM = vaø AN = 2 4 4 5a2 N \ . neân M N 2 = AM 2 + AN 2 − 2AM.AN. cos M AN = 8 2 5a Do đó = 10, nghóa laø a = 4. 8 Goïi I(x; y) laø trung ñieåm cuûa CD. Ta coù IM = AD = 4 BD √ A M B = 2, neân ta coù heä phöông trình vaø IN = 4  h x = 1; y = −2 (x − 1)2 + (y − 2)2 = 16 ⇔ 6 17 (x − 2)2 + (y + 1)2 = 2 ;y = − . x= 5 5 −−→ • Với x = 1; y = −2 ta có I(1; −2) và IM = (0; 4). −−→ Đường thẳng CD đi qua I và có vectơ pháp tuyến là IM, nên có phương trình y + 2 = 0.  17 17 6 6 −−→  12 16  • Với x = ; y = − ta coù I ;− vaø IM = − ; . 5 5 5 5 5 5 −−→ Đường thẳng CD đi qua I và có vectơ pháp tuyến là IM, nên có phương trình 3x−4y−15 = 0. ( √ p √ √ x 12 − y + y(12 − x2 ) = 12 (1) 8 Ñieà u kieä n : −2 3 ≤ x ≤ 2 3; 2 ≤ y ≤ 12. √ (1,0ñ) x3 − 8x − 1 = 2 y − 2 (2). p √ x2 + 12 − y y + 12 − x2 Ta coù x 12 − y ≤ vaø y(12 − x2 ) ≤ 2 2  p √ x≥0 2 nên x 12 − y + y(12 − x ) ≤ 12. Do đó (1) ⇔ y = 12 − x2 . √ √ Thay vào (2) ta được x3 − 8x − 1 = 2 10 − x2 ⇔ x3 − 8x − 3 + 2(1 − 10 − x2 ) = 0  2(x + 3)  √ ⇔ (x − 3) x2 + 3x + 1 + = 0 (3). 1 + 10 − x2 Caâu. . . Ñieåm. . . 0,25. . . . . Do x ≥ 0 neân x2 + 3x + 1 +. 2(x + 3) √ > 0. 1 + 10 − x2. Do đó (3) ⇔ x = 3. Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: (x; y) = (3; 3). 9 Ta coù 0 ≤ (x − y − z)2 = x2 + y 2 + z 2 − 2xy − 2xz + 2yz = 2(1 − xy − xz + yz), (1,0ñ) neân x2 + yz + x + 1 = x(x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz) ≥ x(x + y + z + 1). x2 x Suy ra 2 ≤ . x + yz + x + 1 x+y+z+1 Maëc khaùc, (x + y + z) 2 = x2 + y 2 + z 2 + 2x(y + z) + 2yz = 2 + 2yz + 2x(y + z) x+y+z (x + y + z)2 ≤ 2 + 2yz + [x2 + (y + z)2 ] = 4(1 + yz). Do đó P ≤ − . x+y+z+1 36 Ñaët t = x + y + z, suy ra t ≥ 0 vaø t 2 = (x + y + z)2 = (x2 +√ y 2 + z 2 ) + 2xy + 2yz + 2zx ≤ 2 + (x2 + y 2 ) + (y 2 + z 2 ) + (z 2 + x2 ) = 6. Do đó 0 ≤ t ≤ 6. √ t t2 Xeùt f (t) = − , với 0 ≤ t ≤ 6. t + 1 36 t 1 (t − 2)(t2 + 4t + 9) − , neân f 0 (t) = 0 ⇔ t = 2. Ta coù f 0 (t) = = − (t + 1)2 18 18(t + 1)2 √ √ √ 5 31 6 5 Ta coù f (0) = 0; f (2) = vaø f ( 6) = − , neân f (t) ≤ khi 0 ≤ t ≤ 6. 9 30 5 9 5 5 5 Do đó P ≤ . Khi x = y = 1 và z = 0 thì P = . Do đó giá trị lớn nhất của P là . 9 9 9 −−−−−−Heát−−−−−− 3. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>