đề thi đại học môn toán năm 2014 đáp án chi tiết

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com ( Câu VIIb (1,0 điểm). Giải bất phương trình: (3 − 5)2 x − x + 3 + 5 2 ) 2 x − x2 − 21+ 2 x − x ≤ 0 . 2 ---------HẾT-------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:………………………………………………..SBD:…………………… SỞ GD VÀ ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 1 ĐÁP ÁN Đáp án Điểm (Câu I 1) (1,0 điểm) (2,0 • TXĐ: D = R điểm) • Sự biến thiên: x = 1 - Chiều biến thiên: y , = 3 x 2 − 12 x + 9, y , = 0 ⇔  x = 3 - Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;1) và (3; +∞) , Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =1 và yCĐ =2, đạt cực tiểu tại x=3 và yCT = -2 - Giới hạn: lim = −∞; lim = +∞ x →−∞ - 0,25 0,25 x →+∞ Bảng biển thiên: x -∞ , y + y 1 0 2 +∞ 3 0 - -∞ + +∞ 0,25 -2 • Đồ thị: y ,, = 6 x − 12, y ,, = 0 ⇔ x = 2 ⇒ Điểm uốn I(2;0), I là tâm đối xứng của (C) Giao điểm với Ox: I(2;0), giao điểm với Oy: M(0;-2) 4 0,25 2 -5 1 3 5 10 15 -2 -4 2) (1,0 điểm) Điểm cực đại của (C): A(1,2). Điểm cực tiểu của (C): B(3;-2) ⇒ AB = 2 5, và đường thẳng AB : 2 x + y − 4 = 0 M ∈ (C ) ⇒ M (a; a − 6a + 9a − 2) ⇒ d ( M ; AB) = 3 Gọi S = S ∆MAB , S = 2 0,25 a 3 − 6a 2 + 11a − 6 5 1 AB.d ( M ; AB ) = 6 2 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 0,25 2 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com  a 3 − 6a 2 + 11a = 0 a = 0 ⇔ a 3 − 6a 2 + 11a − 6 = 6(1) (1) ⇔  3 ⇔ 2 a = 4  a − 6a + 11a − 12 = 0 *) a = 0 ⇒ M(0;-2) ⇒ TT tại M: y = 9x-2 *) a = 4 ⇒ M(4;2) TT tại M: y = 9x-34 0,25 0,25 Điểm Câu II 1) (1 điểm) (2,0 điểm) 5cosx + sinx - 3 = π  2 sin  2 x +  ⇔ 5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x 4  2 ⇔ 2cos x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 ⇔ (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) =0 ⇔ (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0. +/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm. 1 π +/ cosx = ⇔ x = ± + 2kπ , k ∈ Z . 2 3 2) (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 3 x 3 + 3x = (y + 2) + 3 (y + 2) Từ phương trình đầu ta có 2   ⇔ (y + 2 − x ) (y + 2) + (y + 2).x + x 2 + 3 = 0   0,5 2 ⇔ y + 2 = x hay y = x − 2 (Do (y + 2) + (y + 2) .x + x 2 + 3 > 0 ∀x , y.) Thê vào phương trình thứ hai ta được 3 6x + 5 = x 3 − 5x − 5 ⇔ 6x + 5 + 3 6x + 5 = x 3 + x ⇔ f (x ) = f ( 3 ) 6x + 5 (*) Với 0,25 f (t ) = t + t, t ∈ R. Ta có f ''(t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ R nên f (t ) đồng biến trên R 3 ( ) Do đó (*) ⇔ x = 3 6x + 5 ⇔ x 3 − 6x − 5 = 0 ⇔ (x + 1) x 2 − x − 5 = 0 ⇔ x = −1 ∨ x =     1 ± 21   . Vậy S = (−1; −3); 1 − 21 ; −3 − 21 ; 1 + 21 ; −3 + 21  .        2   2   2 2     2     0,25   III (2,0 điểm) S H F A D E B C www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 3 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com a(1,0 điểm) Gọi F, E lần lượt là trung điểm của AD, CD; ta có FA = FD = FC, do đó tam giác ACD vuông tai C, có tâm đường tròn ngoại tiếp là F( vuông cân) . Vì SA = SD = SC nên SF là đường cao của hình chópS.ABCD. Dễ thấy SE và EF đồng thời vuông góc với CD, do đó góc giữa mp(SCD) và mp(ABCD) là góc SEF = ϕ 0,5 Từ giả thiết ta có tan ϕ = 6 ⇒ SF = a 3 . Như vậy ta có thể tích khối chóp S.ABCD là 1 AD + BC 1 2 3a 3 = a 3. = a 3 V = SF.AB. (dvtt) 3 2 3 2 2 b(1,0 Do AD//BC nên d ( SC, AD ) =d ( (SCB), AD ) =d ( F, (SBC) ) điểm) Kẻ FH vuông góc với SC ta có BC ⊥ CF   ⇒ BC ⊥ (SCF) ⇒ BC ⊥ FH mà FH ⊥ SC nên FH ⊥ (SBC) ⇒ d ( AD, (SBC) ) = FH BC ⊥ SF  Tính FH : 0,5 0,5 1 1 1 1 1 4 a 3 = 2+ = 2 + 2 = 2 ⇒ FH = 2 2 FH FS FC 3a a 3a 2 Dựng FK ⊥ SD , do CF ⊥ (SAD ) ⇒ CF ⊥ SD ⇒ (FKC ) ⊥ SD . Do đó góc giữa (SAD) và (SCD) là góc FKC (vì góc CFK bằng 900). Ta có FK = FD sin 60 0 = a 3 ;CF = a ⇒ tan FKC = CF = 2 . 2 FK 3 2 Vậy FKC = arctan 3 0,5 . IV y z x Ta có: P = 1 + 1 + 2014 , đặt a = ;b = ;c = kết hợp với giả thiết ta suy (1,0 y z x x y z 1+ 1+ 1+ điểm) x y z 0,25 a ≥ b ≥ c > 0 0 < c ≤ 1 1 1 2014 ra  . Khi đó P = + + ⇒  1+ a 1+ b 1+ c abc = 1 ab ≥ 1 2 1 1 2 Ta có + ≥ ⇔ a− b ab − 1 ≥ 0 (đúng do ab ≥ 1 ) 1 + a 1 + b 1 + ab 1 1 2 c Suy ra hay P ≥ 2 c + 2014 ≥ 2 c + 2014 = 2014 + 2 c vì + ≥ 1+ a 1+ b c +1 c +1 c +1 c +1 c +1 c +1 ( )( ) 0,25 0 < c ≤1⇒ c ≤ c Đặt t = c ⇒ 0 < t ≤ 1 Xét hàm số f ( t ) = 2t + 2014 với 0 < t ≤ 1. Ta có hàm số f ( t ) liên tục trên ( 0;1] , t +1 2012 f ''( t ) = − < 0, ∀t ∈ ( 0;1) . 2 ( t + 1) 0,25 Hàm số f ( t ) nghịch biến trên ( 0;1] . Suy ra f ( t ) ≥ f (1) = 1008 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1008 khi và chỉ khi x = y = z . www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 0,25 4 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com (1,0 điểm) V.a Gọi phương trình AB : a( x − 2) + b( y − 1) = 0 khi đó phương trình AD: b( x − 1) − a ( y − 2) = 0 . Tứ giác ABCD là hinh vuông 0,5  2 a = −b ⇔ d ( P; AB ) = d ( N ; AD) ⇔ b = 3b + 4a ⇔   a = −b * Với 2a=-b chọn b=2 a=-1 phương trình các cạnh của hình vuông : AB : − x + 2 y = 0; AD : 2 x + y − 4 = 0; DC : − x + 2 y + 2 = 0; CB : 2 x + y − 6 = 0 * Với a=-b chọn b=-1 a=1 phương trình cách cạnh của hình vuông : AB : x − y − 1 = 0; AD : − x − y + 3 = 0; DC : x − y − 2 = 0; CB : − x − y + 2 = 0 VI.a 0,25 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện n ≥ 2, n ∈ ℤ 2 n −1 An − Cn +1 = 4n + 6 ⇔ n ( n − 1) − Ta có: ( n + 1) n = 4n + 6 0,25 2  n = −1(loai ) ⇔ n 2 − 11n − 12 = 0 ⇔   n = 12 Với n = 12 ta có: n 12 0,25 0,25 k 12 12 12 − k  1   3 1  3 1 k k 2 x +  =  2 x +  = ∑ C12 2 x3 = ∑ C12 212− k x36− 4 k    x  x   x  k =0 k =0 9 Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là C12 .23 = 1760 . ( ) 0,25 VIIa (1,0điểm) §K x ≥ ( 1 . PT t−¬ng ®−¬ng: 2 ) ( ) − log 2 4 + 2 2x − 1 + log 2 x + x + 1 + log 2 2 = 0 ⇔ log 2 ( 2 x + x +1 ) =0⇔x+ 4 + 2 2x − 1 0,25 x + 1 = 2 + 2x − 1 1   ⇔ (x − 2) + ( x + 1 − 2x − 1) = 0 ⇔ (x − 2) 1 − =0 x + 1 + 2x − 1   0,25 +) x = 2 thỏa mãn 1 +) 1 − = 0 ⇔ x + 1 + 2x − 1 − 1 = 0 x + 1 + 2x − 1 Vô lý vì x + 1 + 2x − 1 − 1 ≥ 0,5 3 1 − 1 > 0 ∀x ≥ . Vậy tập nghiệm S = {2} 2 2 V.b x 2 + y 2 = 13 x = 2  Xét hệ  ⇔ ⇒ A(2; −3); B(2;3) (1,0 2 2 (x − 6) + y = 25 y = ±3  điểm) Gọi ∆ là đường thẳng cần lập. Giả sử ∆ cắt (C1 ) ; (C2 ) tại M và N. 0,25 Gọi M(a; b) vì A là trung điểm MN nên N(4 − a; −6 − b) 0,25 a 2 + b 2 = 13  Do M ∈ (C1 ) ; N ∈ (C 2 ) ta có hệ phương trình  2 2 (−2 − a) + (−6 − b) = 25  www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 5 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com a = 2;b = −3 Giải hệ phương trình ta được:  −17 −6 + Với a = 2;b = −3 thì M(2; −3) loại do a = ;b =  5 5 −17 −6 −17 −6 37 −24 M ≡ A + Với a = ;b = thì M( ; ) và N( ; ) 5 5 5 5 5 5 Lập phương trình đường thẳng đi qua MN là: ∆ : x + 3y + 7 = 0 VI.b 0,25 0,25 (1,0 điểm) 0,5 Ta thấy không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách 6 Số cách chọn 6 quyển sách từ 12 sách là Ω = A12 = 665280 Gọi A là biến cố: “sau khi tặng sách song mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một quyển.” P(A)=1-P( A ) Số cách chọn sao cho không còn sách Toán: A65 .7 =5040 Số cách chọn sao cho không còn sách Vật lý: A64 . A82 = 20160 Số cách chọn sao cho không còn sách Hóa học: A63 . A93 = 60480 | A |= 5040 + 20160 + 60480 =85680 nên P( A )= 0,25 0,25 85680 17 17 115 = ⇒ P(A)=1= . 665280 132 132 132 (1,0 điểm) VIIb Bất phương trình tương đương với: (  3+ 5  Đặt t =   2     2 x − x2 3 − 5 2 x − x2 3 + 5 2 x − x2 ) +( ) −2 ≤ 0 2 2  3− 5  (t > 0) ⇒   2     2 x − x2 0,25 0,25 1 = t 1 ( t − 1) ≤ 0 ⇔ t = 1 ⇒ 2 x − x 2 = 0 ⇔ x=0 ∨ x = ta được bất phương trình: t + − 2 ≤ 0 ⇔ t t 2 0,5 2 Hết Chú ý : Các cách khác đúng cho điểm tương đương www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 6