ĐỀ THI TOÁN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 (ĐH Thành Nhân)

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 ∗ Hàm số đã cho xác định trên » ∗ Ta có: y '' = 3 x2 − 6 x = 3x ( x − 2 ) và y '' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 . ∗ Giới hạn: lim y = −∞ và lim y = +∞ x→−∞ x→+∞ ∗ Bảng biến thiên: x y'' 0 0 −∞ + 2 0 − +∞ + 2 +∞ y −2 −∞ Hàm đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; 0 ) và ( 2; +∞ ) , nghịch biến trên ( 0; 2 ) . Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 với giá trị cực đại của hàm số là y ( 0 ) = 2 và hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2 với giá trị cực tiểu của hàm số là y ( 2 ) = −2 . ∗ Đồ thị • Điểm đặc biệt : y '''' = 6 x − 6 và y " = 0 ⇔ x = 1 ⇒ I ( 1; 0 ) • y 2 Chọn x = 3 ⇒ y = 2, x = −1 ⇒ y = −2 . -1 2 Chú ý: Ta có thể tìm điểm đặc biệt bằng cách tìm giao điểm của đồ thị với trục tọa độ: Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm ( 0; 2 ) 3 x -2 Đồ thị cắt Ox tại ba điểm ( 1; 0 ) , ( 1 ± 3; 0 ) Nhận xét: Đồ thị nhận I ( 1; 0 ) làm tâm đối xứng. b) m ≤ 0 ⇒ y '' = 0 có 1 nghiệm, nên hàm số có 1 cực trị. m > 0 ⇒ y '' = 0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm đó, nên hàm số có 3 cực trị. Giả sử ( ) ( A ( 0; −4 m ) , B − 2 m ; 4m2 − 4m , C ) 2m ; 4m2 − 4m . Vì tam giác ABC cân tại A và B, C đối xứng nhau qua Oy  AH ⊥ BC H là trực tâm tam giác ABC khi  ⇒ BH .AC = 0 ( ∗) .  BH ⊥ AC  31  Ta có: BH =  2 m ; −4 m2 + 4 m +  , AC = 2m ; 4 m2 . 4   ( )  31  31 Khi đó ( ∗) ⇔ 2m + 4 m2  −4 m2 + 4 m +  = 0 hay 8m3 − 8 m2 − m − 1 = 0 , phương trình có nghiệm m = 2 4  2  thỏa m > 0 . GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: x ≠ Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - π + kπ 2 1 3 1 1 sin 2 x + tan x = − cos 2 x ⇔ sin 2 x + tan x = − 2 sin 2 x 2 2 2 2 1 1  1 ⇔ sin 2 x + tan x = − sin 2 x.tan x ⇔  sin 2 x −  ( tan x − 1) = 0 2 2 2   π 5π  1  x = 12 + k π; x = 12 + k π sin 2 x = ⇔ , k ∈» 2⇔   x = π + kπ tan x = 1     4 Câu 3. (1 điểm) Ta có: x5 − 5x 3 + 2 x 2 + 6 x − 4 = ( x − 1)2 ( x + 2)( x 2 − 2) , x3 − x 2 − x + 1 = ( x − 1)2 ( x + 1) ( x + 2)( x2 − 2) 3 =− . x →1 2 x+1 Câu 4. (1 điểm). Do đó: B = lim B = 1200 ⇒ A = 600 ⇒ ∆ABD đều cạnh a a2 3 2 Gọi O là giao điểm AC và BD ⇒ SABCD = 2SABD = ⇒ AO = a 3 2 a 3 ; AG = AO = ; AC = a 3 2 3 3 ⇒ SG = GA.GC = a 6 ( ∆SAC vuông tại S, đường cao 3 1 a3 2 SG). VSABCD = SABCD .SG = 3 6 ( ) Kẻ GH ⊥ SO ⇒ GH ⊥ ( SBD ) vì BD ⊥ GH ⊂ ( SAO ) ⇒ d G , ( SBD ) = GH ∆SGO vuông tại G, đường cao GH ⇒ 1 OH 2 = 1 GS 2 + 1 GO 2 = 27 2a 2 Câu 5. (1 điểm) a) Giả sử số đó là abcd TH1: a,b là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn a,b Lúc này chọn d có: 4 cách và chọn c có 4 cách. Trường hợp này có 2.4.4 = 32 số TH2: b,c là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn b,c Nếu d = 0 chọn a có: 2cách. Trường hợp này có 2.1.2 = 4 số. Nếu d ≠ 0 chọn d có 2 cách, chọn a có: 2 cách. Trường hợp này có 2.2.2 = 8 số Vậy có: 32 + 4 + 8 = 44 số. ( n − 1) ! n! k k −1 b) Ta có: kCn = k. = n. = nCn−1 ( đpcm ) k !( n − k )! ( k − 1) !  ( n − 1) − ( k − 1)  !   ( ) 0 1 2 n 1 2 n 0 1 n 2Cn + 5Cn + +8Cn + ... + ( 3n + 2 ) Cn = 1600 ⇔ 3Cn + 6Cn + ... + 3nCn + 2 Cn + Cn + ... + Cn = 1600 ( ) ( ) 0 1 n −1 0 1 n ⇔ 3n Cn−1 + Cn−1 + ... + Cn−1 + 2 Cn + Cn + ... + Cn = 1600 GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân ( ) ( Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - ) 0 1 n −1 0 1 n ⇔ 3n Cn−1 + Cn−1 + ... + Cn−1 + 2 Cn + Cn + ... + Cn = 1600 ⇔ 3n ( 1 + 1) n −1 n + 2 ( 1 + 1) = 1600 ⇔ 3n.2n−1 + 2n+1 = 1600 ⇔ 3n.2n− 5 + 2n− 3 = 100 ⇔ n = 7  4 x − 3 y − 20 = 0  x = −1 Câu 6. (1 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ:  hay  , suy ra A ( −1; −8 ) 2 x + y + 10 = 0   y = −8 Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao hạ từ B của tam giác  EF / / BC  ABC. Ta có  NF / / AH . Do đó EF ⊥ NF  BC ⊥ AH  Tương tự ta có: ED ⊥ DN . Vậy đường tròn (C) đi qua D, E, F là đường tròn đường kính EN. Suy ra N thuộc (C) . Mặt khác EB '' ⊥ B '' N , tức là B’ cũng thuộc (C).  2 x + y + 10 = 0   x = −2  x = −4   y = −2 x − 10 Tọa độ của N và B’ là nghiệm của hệ:  hay  ⇔ 2 ⇔ 2 2  5x + 30 x + 40 = 0  y = −6  y = −2 ( x − 1) + ( y + 2 ) = 25   Nếu N ( −4; −2 ) thì C ( −7; 4 ) (loại) Nếu N ( −2; −6 ) thì C ( −3; −4 ) . Vậy N ( −2; −6 ) ; B '' ( −4; −2 ) ; C ( −3; −4 ) Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận VTCP ( 1; −2 ) của AC là vtpt nên có phương trình x − 2 y = 0 . Đường thẳng CH đi qua C và nhận vtcp ( 3; 4 ) của AB làm vtpt nên có phương trình là 3x + 4 y + 25 = 0 Tọa độ H  x = −5 x − 2 y = 0  5  là nghiệm của hệ:  hay  5 . Vậy H  −5; −  3x + 4 y + 25 = 0 2 y=−     2 Câu 7. (1 điểm) Kẻ NH ⊥ BC tại H, NK ⊥ DC tại K Ta có ∆NKC = ∆NHC ⇒ NK = NH DK AN 1  AD / / NK ⇒ = =  DC AC 4  ⇒ DK = BH , mà M là trung  BH AN 1  AB / / NH ⇒ = = BC AC 4   điểm BC nên H là trung điểm BM ⇒ ∆DKN = ∆MHN ⇒ DNK = MNH , ND = NM Mà KNH = 900 ⇒ DNK = 900 ⇒ ∆DNM vuông cân tại N ⇒ DN ⊥ MN ⇒ DN : ( x − 5 ) + 3 ( y − 1) = 0 hay x + 3 y − 8 = 0 x + 3y − 8 = 0 Tọa độ N thỏa hệ:  ⇒ N ( 2; 2 ) 3x − y − 4 = 0 Giả sử M ( m; 3m − 4 ) ⇒ MN = ( 2 − m; 6 − 3m ) ; DN = 10; MN = DN  m = 3 ⇒ M ( 3; 5 ) 2 2 2 ⇒ ( 2 − m ) + ( 6 − 3m ) = 10 ⇔ ( m − 2 ) = 1 ⇔   m = 1 ⇒ M ( 1; −1) ( loai )  GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 -  −1  5 1  xP − 2 =  xP = M ( 3; 5 ) m gọi P = MN ∩ AD ⇒ NP = − NM ⇔  3 ⇔ 3 3  y − 2 = −1 y = 1  P  P 1 1 1 5 Ta có: AP = MC = BC = AD ⇒ DP = DA 3 6 6 6  35   xB − 3 =  − 5  5 5 5 3  53  ⇒ B ( 1; 5 ) ⇒ DP = DA = CB = MB ⇒ MB = DP ⇒  6 6 3 5 y − 5 = 3 1 − 1 ( )  B 5  5 2 Câu 8. (1 điểm) Điều kiện: x ≤ ( )( ) Phương trình ( 1) ⇔ x 2 − 1 − y x 2 + y 2 = 0 ⇔ x = y = 0 hoặc x 2 = y + 1 Trường hợp x = y = 0 thế vào (2) không thỏa mãn. Trường hợp x 2 = y + 1 thế vào (2): 2 y 3 − 3 − 2 y − 1 = 0 ( 3 )  3 1  3 Xét hàm f (t) = 2 t 3 − 3 − 2t − 1; t ∈  −∞;  ; f ''(t ) = 6t 2 + ; f ''(t ) > 0, ∀ t ∈  −∞;  2 2 3 − 2t    3 Vậy hàm số f (t ) đồng biến trên  −∞;  ; mà f (1) = 0 . 2  Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất: y = 1 . Với y = 1 ⇒ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2 (thỏa điều kiện) Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( )( 2;1 ; − 2;1 ( 2 ) 2 Câu 9. (1 điểm) Với a,b,c là các số dương ta có: a + b + c 2 (a + b + c) Bởi vậy: 2 ≤ 3 ( 2 2 Ta có: 2 a + b + c 2 ) (a + b + c) 3 2 ) ( a + b + c )2 ≥ ( a + b + c )2 và ab + bc + ca ≤ 3 3 2 2 + 3 ⇔ ( a + b + c ) ≤ 9 , từ đó: 0 < a + b + c ≤ 3 ( a + b + c )2 + 3 = ab + bc + ca + 3 ≤ ab + bc + ca ≤ 3 ( 2 2 nên a + b + c 2 ) ( a + b + c )2 + 3 ≤ 2 (a + b + c) − 1 1 3 1 1 3 ≤ + = t2 − + a+b+c+3 a+b+c+3 2 6 t+3 2 6 1 1 3 1 1 Xét hàm số: f (t ) = t 2 − + với 0 < t ≤ 3 và f ''(t ) = t + > 0, ∀t ∈ (0; 3) 6 t+3 2 3 ( t + 3 )2 Bởi vậy: S = a2 + b 2 + c 2 − Bởi vậy: f (t ) ≤ f (3), ∀t ∈ ( 0; 3  hay f (t ) ≤  17 6 17 , dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 6 17 Vậy max S = khi a = b = c = 1 6 Suy ra: S ≤ GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 6 2