BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
−−−−−−−−−− ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1
(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Câu Đáp án Điểm
1 a)(1,0 điểm)
(2,0đ) • Tập xác địnhD=R\ {1}.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y0=− 3
(x−1)2;y0 <0,∀x∈D.
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (−∞; 1) và(1; +∞).
0,25
- Giới hạn và tiệm cận: lim
x→−∞y= lim
x→+∞y= 1; tiệm cận ngang: y= 1.
lim
x→1−
y =−∞; lim
x→1+y = +∞; tiệm cận đứng: x= 1. 0,25 - Bảng biến thiên:
x −∞ 1 +∞
y0 − −
y
1 +∞
−∞ 1
PP PP
PP P q
PP PP
PP P q
0,25
• Đồ thị:
y
x
O
−2
−2
1
1
0,25
b) (1,0 điểm) M ∈(C)⇒M
a;a+ 2 a−1
, a6= 1. 0,25
Khoảng cách từM đến đường thẳngy =−xlà d=
a+a+ 2 a−1
√
2 . 0,25
d=√
2⇔ |a2+ 2|= 2|a−1| ⇔h a2−2a+ 4 = 0
a2+ 2a= 0. 0,25
• a2−2a+ 4 = 0: phương trình vô nghiệm.
• a2+ 2a= 0⇔h a= 0
a=−2. Suy ra tọa độ điểm M cần tìm là: M(0;−2)hoặc M(−2; 0). 0,25
1
Câu Đáp án Điểm 2 Phương trình đã cho tương đương với sinx+ 4 cosx= 2 + 2 sinxcosx 0,25
(1,0đ) ⇔(sinx−2)(2 cosx−1) = 0. 0,25
• sinx−2 = 0: phương trình vô nghiệm. 0,25
• 2 cosx−1 = 0⇔x=±π
3 +k2π(k∈Z).
Nghiệm của phương trình đã cho là: x=±π
3 +k2π(k∈Z). 0,25
3
(1,0đ) Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong y=x2−x+ 3 và đường thẳng y= 2x+ 1 làx2−x+ 3 = 2x+ 1 ⇔h x= 1
x= 2.
0,25
Diện tích hình phẳng cần tìm là S=
2
Z
1
|x2−3x+ 2|dx 0,25
=
2
Z
1
(x2−3x+ 2)dx =
x3 3 −3x2
2 + 2x
2 1
0,25
= 1
6. 0,25
4
(1,0đ) a)Đặt z=a+bi(a, b∈R).Từ giả thiết suy ra
3a+b= 3
a−b= 5 0,25
⇔a= 2, b=−3.Do đó số phức zcó phần thực bằng2, phần ảo bằng −3. 0,25
b) Số phần tử của không gian mẫu là: C416= 1820. 0,25
Số kết quả thuận lợi cho biến cố “4 thẻ được đánh số chẵn” là: C48 = 70.
Xác suất cần tính làp= 70 1820 = 1
26. 0,25
5 Gọi M là giao điểm của dvà (P), suy ra M(2 +t;−2t;−3 + 3t). 0,25 (1,0đ) M ∈(P) suy ra2(2 +t) + (−2t)−2(−3 + 3t)−1 = 0⇔t= 3
2. Do đó M7 2;−3;3
2
. 0,25
dcó vectơ chỉ phương −→u = (1;−2; 3),(P) có vectơ pháp tuyến −→n = (2; 1;−2).
Mặt phẳng(α) cần viết phương trình có vectơ pháp tuyến[−→u ,−→n] = (1; 8; 5). 0,25 Ta có A(2; 0;−3)∈dnên A∈(α). Do đó (α) : (x−2) + 8(y−0) + 5(z+ 3) = 0,
nghĩa là(α) :x+ 8y+ 5z+ 13 = 0. 0,25
6
(1,0đ) GọiHlà trung điểm củaAB, suy raSH ⊥(ABCD).
Do đó SH⊥H D. Ta có SH=√
SD2−DH2
=p
SD2−(AH2+AD2) =a.
0,25
Suy ra VS.ABCD= 1
3.SH.SABCD= a3
3 . 0,25
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên BD và E là hình chiếu vuông góc của H trên SK. Ta có BD⊥H K vàBD⊥SH, nên BD⊥(SH K).
Suy ra BD⊥H E. MàH E ⊥SK, do đó H E⊥(SBD).
0,25
Ta có H K=H B.sinKBH\ = a√ 2 4 . Suy ra H E= H S.H K
√H S2+H K2 = a
3. 0,25
A
B
C
D
H
S
K
E
Do đód(A,(SBD)) = 2d(H,(SBD)) = 2H E= 2a 3 . 2
Câu Đáp án Điểm 7
(1,0đ) Ta cóM N =√10. Gọi alà độ dài cạnh của hình vuông ABCD, a >0. Ta cóAM = a
2 vàAN = 3AC
4 = 3a√ 2 4 ,
nên M N2=AM2+AN2−2AM.AN.cosM AN\ = 5a2 8 . Do đó 5a2
8 = 10,nghĩa là a= 4.
0,25
Gọi I(x;y)là trung điểm của CD. Ta có IM =AD= 4
A
B
C
D
M
N
I
vàIN = BD
4 =√2, nên ta có hệ phương trình 0,25 (x−1)2+ (y−2)2= 16
(x−2)2+ (y+ 1)2= 2 ⇔ h x= 1;y=−2 x= 17
5 ;y=−6 5.
• Vớix= 1;y=−2 ta có I(1;−2)và −−→IM= (0; 4).
Đường thẳng CD đi quaI và có vectơ pháp tuyến là −−→IM, nên có phương trìnhy+ 2 = 0. 0,25
• Vớix= 17
5 ;y=− 6
5 ta có I17 5 ;− 6
5
và−−→IM =
− 12 5 ;16
5 .
Đường thẳngCDđi quaIvà có vectơ pháp tuyến là −−→IM, nên có phương trình3x−4y−15 = 0. 0,25 8
(1,0đ)
( x√
12−y+p
y(12−x2) = 12 (1)
x3−8x−1 = 2√y−2 (2). Điều kiện: −2√
3≤x≤2√
3; 2≤y≤12.
Ta có x√
12−y≤ x2+ 12−y
2 vàp
y(12−x2)≤ y+ 12−x2 2 nên x√
12−y+p
y(12−x2)≤12.Do đó(1)⇔
x≥0 y= 12−x2.
0,25
Thay vào (2)ta được x3−8x−1 = 2√
10−x2 ⇔x3−8x−3 + 2(1−√
10−x2) = 0
⇔(x−3)
x2+ 3x+ 1 + 2(x+ 3) 1 +√
10−x2
= 0 (3). 0,25
Do x≥0 nên x2+ 3x+ 1 + 2(x+ 3) 1 +√
10−x2 >0. 0,25
Do đó (3)⇔x= 3. Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: (x;y) = (3; 3). 0,25 9
(1,0đ) Ta có 0≤(x−y−z)2=x2+y2+z2−2xy−2xz+ 2yz = 2(1−xy−xz+yz), nên x2+yz+x+ 1 =x(x+y+z+ 1) + (1−xy−xz+yz)≥x(x+y+z+ 1).
Suy ra x2
x2+yz+x+ 1 ≤ x x+y+z+ 1.
0,25
Mặc khác,(x+y+z)2=x2+y2+z2+ 2x(y+z) + 2yz= 2 + 2yz+ 2x(y+z)
≤2 + 2yz+ [x2+ (y+z)2] = 4(1 +yz).Do đó P ≤ x+y+z
x+y+z+ 1 −(x+y+z)2
36 . 0,25
Đặt t=x+y+z, suy ra t≥0 vàt2 = (x+y+z)2 = (x2+y2+z2) + 2xy+ 2yz+ 2zx
≤2 + (x2+y2) + (y2+z2) + (z2+x2) = 6. Do đó0≤t≤√6.
Xét f(t) = t
t+ 1− t2
36,với0≤t≤√6.
Ta có f0(t) = 1
(t+ 1)2 − t
18 =− (t−2)(t2+ 4t+ 9)
18(t+ 1)2 , nênf0(t) = 0⇔t= 2.
0,25
Ta có f(0) = 0;f(2) = 5
9 vàf(√
6) = 31 30 −
√6
5 , nênf(t)≤ 5
9 khi 0≤t≤√6.
Do đó P ≤ 5
9. Khix=y= 1 vàz= 0 thìP = 5
9. Do đó giá trị lớn nhất củaP là 5
9. 0,25
−−−−−−Hết−−−−−−
3
