Embed Size (px)
Citation preview
Dịch Vụ Toán Học
Tuyển tập Đề thi Tuyển sinh Đại học
(2002 -2012)
Môn Toán
Ấn phẩm Kỉ niệm 5 năm VNMATH.COM
Vol.1
VnMath.CoM - Trang web Toán học có lượt truy cập lớn nhất Việt Nam
vnMath.com
Dịch vụ Toán học
Sách
Đại số
Giải tích
Hình học
Các loại
khác
Chuyên đề
Toán
Luyện thi
Đại học
Bồi dưỡng
HSG
Đề thi
Đáp án
Đại học
Cao học
Thi lớp 10
Olympic
Giáo án
các môn
bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao §¼nG n¨m 2002 ------------------------------ M«n thi : to¸n §Ò chÝnh thøc (Thêi gian lµm bµi: 180 phót)
_____________________________________________
C©u I (§H : 2,5 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) Cho hµm sè : (1) ( lµ tham sè). 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−= m1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi .1=m 2. T×m k ®Ó ph−¬ng tr×nh: − cã ba nghiÖm ph©n biÖt. 033 2323 =−++ kkxx3. ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè (1). C©u II.(§H : 1,5 ®iÓm; C§: 2,0 ®iÓm)
Cho ph−¬ng tr×nh : 0121loglog 23
23 =−−++ mxx (2) ( lµ tham sè). m
1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (2) khi .2=m
2. T×m ®Ó ph−¬ng tr×nh (2) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc ®o¹n [m 33;1 ]. C©u III. (§H : 2,0 ®iÓm; C§ : 2,0 ®iÓm )
1. T×m nghiÖm thuéc kho¶ng )2;0( π cña ph−¬ng tr×nh: .32cos2sin213sin3cossin +=
++
+ xxxxx5
2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®−êng: .3,|34| 2 +=+−= xyxxyC©u IV.( §H : 2,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) 1. Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu ®Ønh cã ®é dµi c¹nh ®¸y b»ng a. Gäi ABCS. ,S M vµ lÇn l−ît N lµ c¸c trung ®iÓm cña c¸c c¹nh vµ TÝnh theo diÖn tÝch tam gi¸c , biÕt r»ng SB .SC a AMN mÆt ph¼ng ( vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng . )AMN )(SBC 2. Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho hai ®−êng th¼ng:
∆ vµ ∆ .
=+−+=−+−0422042
:1 zyxzyx
+=+=+=
tztytx
2121
:2
a) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng chøa ®−êng th¼ng )(P 1∆ vµ song song víi ®−êng th¼ng .2∆
b) Cho ®iÓm . T×m to¹ ®é ®iÓm )4;1;2(M H thuéc ®−êng th¼ng 2∆ sao cho ®o¹n th¼ng MH cã ®é dµi nhá nhÊt. C©u V.( §H : 2,0 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , xÐt tam gi¸c vu«ng t¹i , ABC A ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng lµ BC ,033 =−− yx c¸c ®Ønh vµ A B thuéc trôc hoµnh vµ b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp b»ng 2. T×m täa ®é träng t©m cña tam gi¸c . G ABC 2. Cho khai triÓn nhÞ thøc:
nxnn
nxxnn
xnx
n
nx
n
nxx
CCCC
+
++
+
=
+
−−−−−
−−−−−−3
1
321
13
1
21
121
0321
22222222 L
( n lµ sè nguyªn d−¬ng). BiÕt r»ng trong khai triÓn ®ã C vµ sè h¹ng thø t− 13 5 nn C= b»ng , t×m vµ n20 n x .
----------------------------------------HÕt--------------------------------------------- Ghi chó: 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u V. 2) C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh:.................................................... Sè b¸o danh:.....................
www.VNMATH.com
bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao §¼ng n¨m 2002 ®Ò chÝnh thøc M«n thi : to¸n, Khèi B.
(Thêi gian lµm bµi : 180 phót)_____________________________________________
C©u I. (§H : 2,0 ®iÓm; C§ : 2,5 ®iÓm) Cho hµm sè : ( ) 109 224 +−+= xmmxy (1) (m lµ tham sè).1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè (1) khi 1=m .2. T×m m ®Ó hµm sè (1) cã ba ®iÓm cùc trÞ.
C©u II. (§H : 3,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm)1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− .2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: ( ) 1)729(loglog 3 ≤−xx .
3. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:
++=+−=−.2
3
yxyxyxyx
C©u III. ( §H : 1,0 ®iÓm; C§ : 1,5 ®iÓm) TÝnh diÖn tÝch cña h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®−êng :
4
42xy −= vµ
24
2xy = .
C©u IV.(§H : 3,0 ®iÓm ; C§ : 3,0 ®iÓm)1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy cho h×nh ch÷ nhËt ABCD cã t©m
0;21I , ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng AB lµ 022 =+− yx vµ ADAB 2= . T×m täa ®é c¸c ®Ønh
DCBA ,,, biÕt r»ng ®Ønh A cã hoµnh ®é ©m.
2. Cho h×nh lËp ph−¬ng 1111 DCBABCDA cã c¹nh b»ng a .
a) TÝnh theo a kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng BA1 vµ DB1 .
b) Gäi PNM ,, lÇn l−ît lµ c¸c trung ®iÓm cña c¸c c¹nh CDBB ,1 , 11DA . TÝnh gãc gi÷a
hai ®−êng th¼ng MP vµ NC1 .
C©u V. (§H : 1,0 ®iÓm) Cho ®a gi¸c ®Òu nAAA 221 L ,2( ≥n n nguyªn ) néi tiÕp ®−êng trßn ( )O . BiÕt r»ng sè
tam gi¸c cã c¸c ®Ønh lµ 3 trong n2 ®iÓm nAAA 221 ,,, L nhiÒu gÊp 20 lÇn sè h×nh ch÷ nhËt
cã c¸c ®Ønh lµ 4 trong n2 ®iÓm nAAA 221 ,,, L , t×m n .
--------------------------------------HÕt-------------------------------------------Ghi chó : 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u IV 2. b) vµ C©u V.
2) C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.
Hä vµ tªn thÝ sinh:................................................................... Sè b¸o danh:...............................
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi TuyÓn sinh ®¹i häc ,cao ®¼ng n¨m 2002 §Ò chÝnh thøc M«n thi : To¸n, Khèi D
(Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _________________________________________
C©uI ( §H : 3 ®iÓm ; C§ : 4 ®iÓm ).
Cho hµm sè : ( )
1x
mx1m2y
2
−−−
= (1) ( m lµ tham sè ).
1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè (1) øng víi m = -1.2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®−êng cong (C) vµ hai trôc täa ®é.3. T×m m ®Ó ®å thÞ cña hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng xy = .
C©u II ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 3 ®iÓm ).
1. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh : ( )x3x2 − . 02x3x2 2 ≥−− .
2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh :
=+
+
−=+
.y22
24
y4y52
x
1xx
2x3
C©u III ( §H : 1 ®iÓm ; C§ : 1 ®iÓm ). T×m x thuéc ®o¹n [ 0 ; 14 ] nghiÖm ®óng ph−¬ng tr×nh : 04xcos3x2cos4x3cos =−+− .
C©u IV ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 2 ®iÓm ).1. Cho h×nh tø diÖn ABCD cã c¹nh AD vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC); AC = AD = 4 cm ;AB = 3 cm ; BC = 5 cm . TÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A tíi mÆt ph¼ng (BCD).2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz, cho mÆt ph¼ng (P) : 02yx2 =+−
vµ ®−êng th¼ng md : ( ) ( )
( )
=++++=−+−++
02m4z1m2mx
01mym1x1m2 ( m lµ tham sè ).
X¸c ®Þnh m ®Ó ®−êng th¼ng md song song víi mÆt ph¼ng (P).C©u V (§H : 2 ®iÓm ).1. T×m sè nguyªn d−¬ng n sao cho 243C2....C4C2C n
nn2
n1n
0n =++++ .
2. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , cho elip (E) cã ph−¬ng tr×nh
19
y
16
x 22
=+ . XÐt ®iÓm M chuyÓn ®éng trªn tia Ox vµ ®iÓm N chuyÓn ®éng trªn tia Oy sao cho
®−êng th¼ng MN lu«n tiÕp xóc víi (E). X¸c ®Þnh täa ®é cña M , N ®Ó ®o¹n MN cã ®é dµi nhánhÊt . TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt ®ã .
-------------------------HÕt-------------------------
Chó ý : 1. ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm c©u V 2. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.
Hä vµ tªn thÝ sinh : ................................................................ Sè b¸o danh.............................
www.VNMATH.com
bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2002 ------------------------------------- §¸p ¸n vµ thang ®iÓm m«n to¸n khèi A
C©u ý Néi dung §H C§
I 1 23 31 xxym +−=⇒=
TËp x¸c ®Þnh Rx∈∀ . )2(363' 2 −−=+−= xxxxy ,
==
⇔=20
0'2
1
xx
y
10",066" =⇔==+−= xyxyB¶ng biÕn thiªn
∞+∞− 210x
−'y +0 −0
−+ 0"y
y +∞ lâm U 4
CT 2 C§ 0 låi ∞−
==
⇔=30
0xx
y , 4)1( =−y
§å thÞ:
( ThÝ sinh cã thÓ lËp 2 b¶ng biÕn thiªn)
∑1 ,0 ®
0,25 ®
0,5 ®
0,25 ®
∑1 ,5 ®
0,5®
0,5 ®
0,5 ®
-1 1 2 3x0
2
4
y
www.VNMATH.com
I 2 C¸ch I. Ta cã 2332323 33033 kkxxkkxx +−=+−⇔=−++− .§Æt 23 3kka +−= Dùa vµo ®å thÞ ta thÊy ph−¬ng tr×nh axx =+− 23 3 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt 43040 23 <+−<⇔<<⇔ kka
( )( )
>−+<≠
⇔
>+−+<≠
⇔021
300)44)(1(
3022 kk
kkkk
k
≠∧≠<<−
⇔2031
kkk
C¸ch II. Ta cã[ ] 03)3()(033 222323 =−+−+−⇔=−++− kkxkxkxkkxx
cã 3 nghiÖm ph©n biÖt 03)3()( 22 =−+−+=⇔ kkxkxxf cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c k
≠∧≠<<−
⇔
≠−+−+>++−=∆
⇔2031
0330963
222
2
kkk
kkkkkkk
∑ 5,0 ®
0,25 ®
0,25 ®
-----------
0,25®
0,25 ®
∑ 5,0 ®
0,25 ®
0,25 ®
-----------
0,25 ®
0,25 ®
3C¸ch I.
3)(3)1(363 222' +−−=−++−= mxmmxxy ,
+=−=
⇔=11
02
1'
mxmx
y
Ta thÊy 21 xx ≠ vµ 'y ®æi dÊu khi qua 1x vµ ⇒2x hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i
1x vµ 2x .
23)( 211 −+−== mmxyy vµ 23)( 2
22 ++−== mmxyyPh−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ ( )23;1 2
1 −+−− mmmM vµ ( )23;1 22 ++−+ mmmM lµ:
⇔+−+
=+−
423
21 2 mmymx mmxy +−= 22
C¸ch II. 3)(3)1(363 222' +−−=−++−= mxmmxxy , Ta thÊy
0'09)1(99' 22 =⇒>=−+=∆ ymm cã 2 nghiÖm 21 xx ≠ vµ 'y ®æi dÊu khi qua 1x vµ ⇒2x hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i 1x vµ 2x .
Ta cã 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−=
( ) .2336333
1 222 mmxmmxxmx +−+−++−
−=
Tõ ®©y ta cã mmxy +−= 211 2 vµ mmxy +−= 2
22 2 .
VËy ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ lµ mmxy +−= 22 .
∑1 ,0 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
----------
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®0,25 ®
∑1 ,0 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
-----------
0,25 ®
0,25®
0,25 ®0,25 ®
II 1.
Víi 2=m ta cã 051loglog 23
23 =−++ xx
§iÒu kiÖn 0>x . §Æt 11log23 ≥+= xt ta cã
06051 22 =−+⇔=−+− tttt .23
2
1
=−=
⇔tt
∑ 5,0 ®
0,25 ®
∑ 0,1 ®
0,5 ®
www.VNMATH.com
31 −=t (lo¹i) , 33
232 33log3log2 ±=⇔±=⇔=⇔= xxxt
33±=x tháa m·n ®iÒu kiÖn 0>x .(ThÝ sinh cã thÓ gi¶i trùc tiÕp hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c)
0,25 ® 0,5 ®
2.
0121loglog 23
23 =−−++ mxx (2)
§iÒu kiÖn 0>x . §Æt 11log23 ≥+= xt ta cã
0220121 22 =−−+⇔=−−+− mttmtt (3)
.21log13log0]3,1[ 233
3 ≤+=≤⇔≤≤⇔∈ xtxx
VËy (2) cã nghiÖm ]3,1[ 3∈ khi vµ chØ khi (3) cã
nghiÖm [ ]2,1∈ . §Æt tttf += 2)(
C¸ch 1. Hµm sè )(tf lµ hµm t¨ng trªn ®o¹n ][ 2;1 . Ta cã 2)1( =f vµ 6)2( =f .
Ph−¬ng tr×nh 22)(222 +=⇔+=+ mtfmtt cã nghiÖm [ ]2;1∈
.20622222
22)2(22)1(
≤≤⇔
≤++≤
⇔
+≥+≤
⇔ mmm
mfmf
C¸ch 2. TH1. Ph−¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm 21 , tt tháa m·n 21 21 <≤< tt .
Do 121
221 <−=
+ tt nªn kh«ng tån t¹i m .
TH2. Ph−¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm 21 , tt tháa m·n
21 21 ≤≤≤ tt hoÆc 21 21 tt ≤≤≤ ( ) 200242 ≤≤⇔≤−−⇔ mmm .
(ThÝ sinh cã thÓ dïng ®å thÞ, ®¹o hµm hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c )
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
-----------
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
----------
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
III 1.
5 32cos2sin213sin3cossin +=
++
+ xxxxx . §iÒu kiÖn
212sin −≠x
Ta cã 5 =
++
+xxxx
2sin213sin3cossin 5
++++
xxxxxx
2sin213sin3cos2sinsin2sin
=5 =
+++−+
xxxxxx
2sin213sin3cos3coscossin
5 xxxx cos5
2sin21cos)12sin2(
=
++
VËy ta cã: 02cos5cos232coscos5 2 =+−⇔+= xxxx
2cos =x (lo¹i) hoÆc ).(232
1cos Zkkxx ∈+±=⇒= ππ
∑1 ,0 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
∑1 ,0 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
www.VNMATH.com
2.
V× (0∈x ; )π2 nªn lÊy 31π
=x vµ35
2π
=x . Ta thÊy 21 , xx tháa m·n ®iÒu
kiÖn 212sin −≠x . VËy c¸c nghiÖm cÇn t×m lµ:
31π
=x vµ35
2π
=x .
(ThÝ sinh cã thÓ sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi kh¸c)
Ta thÊy ph−¬ng tr×nh 3|34| 2 +=+− xxx cã 2 nghiÖm 01 =x vµ .52 =x MÆt kh¸c ∀+≤+− 3|34| 2 xxx [ ]5;0∈x . VËy
( ) ( ) ( )dxxxxdxxxxdxxxxS ∫ ∫∫ +−+++−+−+=+−−+=1
0
3
1
225
0
2 343343|34|3
( )dxxxx∫ −+−++5
3
2 343
( ) ( ) ( )dxxxdxxxdxxxS ∫∫∫ +−++−++−=5
3
23
1
21
0
2 5635
5
3
233
1
231
0
23
25
316
23
31
25
31
+−+
+−+
+−= xxxxxxxS
6109
322
326
613
=++=S (®.v.d.t)
(NÕu thÝ sinh vÏ h×nh th× kh«ng nhÊt thiÕt ph¶i nªu bÊt ®¼ng thøc ∀+≤+− 3|34| 2 xxx [ ]5;0∈x )
0,25 ®
∑1 ,0 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25®
0,25 ®
∑1 ,0 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25®
IV 1. ∑1® ∑1®
x510-1
y
3
32
1
8
-1
www.VNMATH.com
S
N
I
M C
A K
BGäi K lµ trung ®iÓm cña BC vµ MNSKI ∩= . Tõ gi¶ thiÕt
MNaBCMN ,22
1==⇒ // BC I⇒ lµ trung ®iÓm cña SK vµ MN .
Ta cã ⇒∆=∆ SACSAB hai trung tuyÕn t−¬ng øng ANAM = AMN∆⇒ c©n t¹i A MNAI⊥⇒ .
MÆt kh¸c
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) SKAISBCAI
MNAIAMNAI
MNAMNSBCAMNSBC
⊥⇒⊥⇒
⊥⊂
=∩⊥
.
Suy ra SAK∆ c©n t¹i 23aAKSAA ==⇒ .
2443 222
222 aaaBKSBSK =−=−=
410
843
2
222222 aaaSKSASISAAI =−=
−=−=⇒ .
Ta cã 1610.
21 2aAIMNS AMN ==∆ (®vdt)
chó ý1) Cã thÓ chøng minh MNAI⊥ nh− sau: ( ) ( ) AIMNSAKMNSAKBC ⊥⇒⊥⇒⊥ .2) Cã thÓ lµm theo ph−¬ng ph¸p täa ®é: Ch¼ng h¹n chän hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz sao cho
−
−
−
haSaAaCaBK ;
63;0,0;
23;0,0;0;
2,0;0;
2),0;0;0(
trong ®ã h lµ ®é dµi ®−êng cao SH cña h×nh chãp ABCS. .
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
www.VNMATH.com
2a)C¸ch I. Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )(P chøa ®−êng th¼ng 1∆ cã d¹ng:
( ) ( ) 042242 =+−++−+− zyxzyx βα ( 022 ≠+ βα )
⇔ ( ) ( ) ( ) 044222 =+−−+−−+ βαβαβαβα zyx
VËy ( )βαβαβα 2;22; −+−+=Pnr
.Ta cã ( )2;1;12 =ur // 2∆ vµ ( ) 22 1;2;1 ∆∈M
( )P // ( ) ( ) ( )
∉=−
⇔
∉=
⇔∆PMPM
unP22
22
01;2;10. βαrr
VËy ( ) 02: =− zxP
C¸ch II Ta cã thÓ chuyÓn ph−¬ng tr×nh 1∆ sang d¹ng tham sè nh− sau:
Tõ ph−¬ng tr×nh 1∆ suy ra .02 =− zx §Æt
=−=
=∆⇒=
'42'3'2
:'2 1
tztytx
tx
( ) )4;3;2(,0;2;0 111 =∆∈−⇒ uM r// 1∆ .
(Ta cã thÓ t×m täa ®é ®iÓm 11 ∆∈M b»ng c¸ch cho 020 =−=⇒= zyx
vµ tÝnh ( )4;3;22121
;1211
;2212
1 =
−−−
−=ur ).
Ta cã ( )2;1;12 =ur // 2∆ . Tõ ®ã ta cã vÐc t¬ ph¸p cña mÆt ph¼ng )(P lµ :
[ ] ( )1;0;2, 21 −== uunPrrr
. VËy ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )(P ®i qua ( )0;2;01 −Mvµ ⊥ ( )1;0;2 −=Pn
r lµ: 02 =− zx .
MÆt kh¸c ( ) ( )⇒∉ PM 1;2;12 ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng cÇn t×m lµ: 02 =− zx
∑ 5,0 ®
0,25 ®
0,25 ®-----------
0,25 ®
0,25 ®
∑ 0,1 ®
0,5 ®
0,5 ®-----------
0,5 ®
0,5 ®
2b)b)C¸ch I. ( ) MHtttHH ⇒+++⇒∆∈ 21,2,12 = ( )32;1;1 −+− ttt
( ) ( ) ( ) 5)1(6111263211 22222 +−=+−=−+++−=⇒ ttttttMH®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi vµ chØ khi ( )3;3;21 Ht ⇒=C¸ch II. ( )tttHH 21;2;12 +++⇒∆∈ .
MH nhá nhÊt ( )4;3;210. 22 HtuMHMH ⇒=⇔=⇔∆⊥⇔r
∑ 5,0 ®
0,25 ®
0,25 ®-----------
0,25 ®0,25 ®
∑ 0,1 ®
0,5 ®
0,5 ®-----------
0,5 ®0,5 ®
V 1.Ta cã ( )0;1BOxBC =I . §Æt axA = ta cã );( oaA vµ
.33 −=⇒= ayax CC VËy ( )33; −aaC .
Tõ c«ng thøc ( )
( )
++=
++=
CBAG
CBAG
yyyy
xxxx
3131
ta cã
−+3
)1(3;312 aaG .
C¸ch I. Ta cã : |1|2|,1|3|,1| −=−=−= aBCaACaAB . Do ®ã
∑1®
0,25 ®
www.VNMATH.com
( )2123.
21
−==∆ aACABS ABC .
Ta cã ( )
|1|3|1|3132 2
−+−−
=++
=aa
aBCACAB
Sr = .213|1|=
+−a
VËy .232|1| +=−a
TH1.
++⇒+=
3326;
3347332 11 Ga
TH2
−−−−⇒−−=
3326;
3134132 22 Ga .
C¸ch II. y C
I
O B A x
Gäi I lµ t©m ®−êng trßn néi tiÕp ABC∆ . V× 22 ±=⇒= Iyr .
Ph−¬ng tr×nh ( ) 321311.30: 0 ±=⇒
−=−= IxxxtgyBI .
TH1 NÕu A vµ O kh¸c phÝa ®èi víi .321+=⇒ IxB Tõ 2),( =ACId
.3232 +=+=⇒ Ixa
++⇒
3326;
3347
1G
TH 2. NÕu A vµ O cïng phÝa ®èi víi .321−=⇒ IxB T−¬ng tù
ta cã .3212 −−=−= Ixa
−−−−⇒
3326;
3134
2G
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®-----------
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
2.Tõ 13 5 nn CC = ta cã 3≥n vµ
∑1 ®
www.VNMATH.com
( ) ( ) 028356
)2)(1(!1
!5!3!3
! 2 =−−⇔=−−
⇔−
=−
nnnnnnnn
nn
41 −=⇒ n (lo¹i) hoÆc .72 =nVíi 7=n ta cã
.4421402.2.3514022 222
3
3
4
21
37 =⇔=⇔=⇔=
−−−−−
xC xxxxx
0,25 ®
0,25 ®
0,5 ®
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2002 ------------------------- §¸p ¸n vµ thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc M«n to¸n, khèi b
C©u ý Néi dung §H C§
I 1 Víi 1=m ta cã 108 24 +−= xxy lµ hµm ch½n ⇒ ®å thÞ ®èi xøng qua Oy .
TËp x¸c ®Þnh ∀ Rx∈ , ( )44164' 23 −=−= xxxxy , 0'=y
±==
⇔20
xx
,34121612" 22
−=−= xxy
320" ±=⇔= xy .
B¶ng biÕn thiªn:
∞+−
−∞− 2320
322x
−'y 0 + 0 − 0 +
"y + 0 − 0 + ∞+ 10 ∞+ y lâm U C§ U lâm CT låi CT 6− 6− Hai ®iÓm cùc tiÓu : ( )6;21 −−A vµ ( )6;22 −A .
Mét ®iÓm cùc ®¹i: ( )10;0B .
Hai ®iÓm uèn:
−910;
32
1U vµ
910;
32
2U .
Giao ®iÓm cña ®å thÞ víi trôc tung lµ ( )10;0B . §å thÞ c¾t trôc hoµnh t¹i 4 ®iÓm cã hoµnh ®é:
64 +±=x vµ 64 −±=x . (ThÝ sinh cã thÓ lËp 2 b¶ng biÕn thiªn)
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,5 ®
0,25 ®
∑ 5,1 ®
0,5 ®
0,5 ®
0,5 ®
x 0
10
y
-6
-2 2
A2 A1
B
U1 U2
www.VNMATH.com
I 2 ( ) ( )922924' 2223 −+=−+= mmxxxmmxy ,
=−+
=⇔=
0920
0' 22 mmxx
y
Hµm sè cã ba ®iÓm cùc trÞ ⇔ ph−¬ng tr×nh 0'=y cã 3 nghiÖm ph©n biÖt (khi ®ã 'y ®æi dÊu khi qua c¸c nghiÖm)⇔ ph−¬ng tr×nh
092 22 =−+mmx cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 0.
092 22 =−+mmx
−=
≠⇔
mmx
m
290
22 . Ph−¬ng tr×nh 092 22 =−+mmx
cã 2 nghiÖm kh¸c 0
<<−<
⇔.30
3m
m
VËy hµm sè cã ba ®iÓm cùc trÞ
<<−<
⇔.30
3m
m
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
II 1 xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=−
212cos1
210cos1
28cos1
26cos1 xxxx +
−−
=+
−−
⇔
( ) ( ) 06cos8cos10cos12cos =+−+⇔ xxxx ( ) 07cos11coscos =−⇔ xxx 02sin9sincos =⇔ xxx
.
2
902sin9sin Zkkx
kxxx ∈
=
=⇔=⇔ π
π
Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ sö dông c¸c c¸ch biÕn ®æi kh¸c ®Ó ®−a vÒ ph−¬ng tr×nh tÝch.
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,5 ®
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,5 ®
2 ( ) 1)729(loglog 3 ≤−xx (1).
§iÒu kiÖn: 73log17290)729(log
07291,0
9
3
>⇔>−⇔
>−>−≠>
xxx
x
x
x (2).
Do 173log9 >>x nªn ( ) xx ≤−⇔ 729log)1( 3
( ) 072333729 2≤−−⇔≤−⇔ xxxx (3).
§Æt xt 3= th× (3) trë thµnh 2938980722 ≤⇔≤≤−⇔≤≤−⇔≤−− xttt x . KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (2) ta ®−îc nghiÖm cña bÊt ph−¬ng tr×nh lµ: 273log9 ≤< x .
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
www.VNMATH.com
3
++=+−=−
).2(2)1(3
yxyxyxyx
§iÒu kiÖn: )3(.00
≥+≥−
yxyx
( )
+=
=⇔=−−−⇔
.101)1( 63
yxyx
yxyx
Thay yx = vµo (2), gi¶i ra ta ®−îc .1== yx
Thay 1+= yx vµo (2), gi¶i ra ta cã: 21,
23
== yx .
KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (3) hÖ ph−¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm:
1,1 == yx vµ 21,
23
== yx
Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ n©ng hai vÕ cña (1) lªn luü thõa bËc 6 ®Ó di ®Õn kÕt qu¶:
+=
=.1yx
yx
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
III
T×m giao ®iÓm cña hai ®−êng cong 4
42xy −= vµ
24
2xy = :
44
2x− =
24
2x 8804432
224
±=⇔=⇔=−+⇔ xxxx.
Trªn [ ]8;8− ta cã 24
2x4
42x
−≤ vµ do h×nh ®èi xøng qua trôc tung
nªn dxxxS ∫
−−=
8
0
22
24442 21
8
0
28
0
2
22116 SSdxxdxx −=−−= ∫∫ .
§Ó tÝnh 1S ta dïng phÐp ®æi biÕn tx sin4= , khi4
0 π≤≤ t th× 80 ≤≤ x .
tdtdx cos4= vµ
∈∀>4;00cos πtt . Do ®ã
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
∑ 5,1 ®
0,5 ®
0,25 ®
x 0-4 4
2
y
-2 2 2 2
2 A2 A1
4
x4y
2
−=24
xy
2
=
www.VNMATH.com
( ) 422cos18cos16164
0
4
0
28
0
21 +=+==−= ∫∫∫ π
ππ
dtttdtdxxS .
38
261
221
8
0
38
0
22 === ∫ xdxxS . VËy
34221 +=−= πSSS .
Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ tÝnh diÖn tÝch dxxxS ∫−
−−=
8
8
22
2444 .
0,25 ®
0,25 ®
0,5 ®
0,25 ®
IV 1
Kho¶ng c¸ch tõ I ®Õn ®−êng th¼ng AB b»ng 25 5=⇒ AD vµ
25
== IBIA .
Do ®ã BA, lµ c¸c giao ®iÓm cña ®−êng th¼ng AB víi ®−êng trßn t©m I vµ b¸n
kÝnh 25
=R . VËy täa ®é BA, lµ nghiÖm cña hÖ :
=+
−
=+−2
22
25
21
022
yx
yx
Gi¶i hÖ ta ®−îc ( ) ( )2;2,0;2 BA − (v× 0<Ax )
( ) ( )2;1,0;3 −−⇒ DC . Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ t×m täa ®é ®iÓm H lµ h×nh chiÕu cña I trªn ®−êng th¼ng AB . Sau ®ã t×m BA, lµ giao ®iÓm cña ®−êng trßn t©m H b¸n kÝnh HA víi ®−êng th¼ng AB .
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
∑ 5,1 ®
0,25 ®
0,5 ®
0,5 ®
0,25 ®
xCIOA
D
B
H
y
www.VNMATH.com
IV 2a) T×m kho¶ng c¸ch gi÷a BA1 vµ DB1 .
C¸ch I. Chän hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz sao cho
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0 1111 ⇒
( ) ( ) ( )0;0;,;;,;0; 1111 aBAaaaDBaaBA =−−=−=⇒ vµ [ ] ( )22211 ;2;, aaaDBBA = .
VËy ( )[ ][ ] 66,
.,,
2
3
11
1111
11a
aa
DBBA
BADBBADBBAd === .
C¸ch II. ( ) DBBADCABBAADBAABBA
111111
11 ⊥⇒⊥⇒
⊥⊥
.
T−¬ng tù DBCA 111 ⊥ ( )111 BCADB ⊥⇒ .
Gäi ( )111 BCADBG ∩= . Do aCBBBAB === 11111 nªn
GGCGBGA ⇒== 11 lµ t©m tam gi¸c ®Òu 11BCA cã c¹nh b»ng 2a .
Gäi I lµ trung ®iÓm cña BA1 th× IG lµ ®−êng vu«ng gãc chung cña BA1 vµ
DB1 , nªn ( )62
331
31, 1111
aBAICIGDBBAd ==== .
Chó ý:
ThÝ sinh cã thÓ viÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( )P chøa BA1 vµ song song víi
DB1 lµ: 02 =−++ azyx vµ tÝnh kho¶ng c¸ch tõ 1B (hoÆc tõ D ) tíi ( )P ,
hoÆc viÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( )Q chøa DB1 vµ song song víi BA1 lµ:
022 =−++ azyx vµ tÝnh kho¶ng c¸ch tõ 1A (hoÆc tõ B) tíi ( )Q .
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ® 0,25 ®
0,25 ®
∑ 5,1 ®
0,25 ®
0,5 ® 0,25 ®
0,5 ®
0,25 ®
0,5 ®
0,5 ®
x
D1
D
C1B1
A1
z
y
x
A
CB
I
G
www.VNMATH.com
2b) C¸ch I.
Tõ C¸ch I cña 2a) ta t×m ®−îc
aaPaaNaaM ;
2;0,0;;
2,
2;0;
0.;0;2
,2;2; 11 =⇒
=
−=⇒ NCMPaaNCaaaMP .
VËy NCMP 1⊥ .
C¸ch II. Gäi E lµ trung ®iÓm cña 1CC th× ( )⇒⊥ 11CCDDME h×nh chiÕu vu«ng gãc cña
MP trªn ( )11CCDD lµ 1ED . Ta cã
NCEDNCDNCCEDCECDCNC 11110
111111 90 ⊥⇒−==⇒∆=∆ . Tõ ®©y
theo ®Þnh lý ba ®−êng vu«ng gãc ta cã NCMP 1⊥ .
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,5 ® 0,25 ®
0,25 ®
0,25 ®
0,25 ® 0,25 ®
V
Sè tam gi¸c cã c¸c ®Ønh lµ 3 trong n2 ®iÓm nAAA 221 ,,, L lµ 32nC .
Gäi ®−êng chÐo cña ®a gi¸c ®Òu nAAA 221 L ®i qua t©m ®−êng trßn ( )O lµ ®−êng chÐo lín th× ®a gi¸c ®· cho cã n ®−êng chÐo lín.
Mçi h×nh ch÷ nhËt cã c¸c ®Ønh lµ 4 trong n2 ®iÓm nAAA 221 ,,, L cã c¸c ®−êng
chÐo lµ hai ®−êng chÐo lín. Ng−îc l¹i, víi mçi cÆp ®−êng chÐo lín ta cã c¸c ®Çu mót cña chóng lµ 4 ®Ønh cña mét h×nh ch÷ nhËt. VËy sè h×nh ch÷ nhËt nãi trªn b»ng sè cÆp ®−êng chÐo lín cña ®a gi¸c nAAA 221 L tøc 2
nC .
Theo gi¶ thiÕt th×:
∑ 0,1 ®
0,25 ®
0,25 ®
D1
A1
B1 C1
C
B
A
M E
N
P
y
x
z
www.VNMATH.com
( )( ) ( )
( )( ) ( )2120
62212.2
!2!2!20
!32!3!220 23
2−
=−−
⇔−
=−
⇔=nnnnn
nn
nnCC nn
81512 =⇔=−⇔ nn .
Chó ý:
ThÝ sinh cã thÓ t×m sè h×nh ch÷ nhËt b»ng c¸c c¸ch kh¸c. NÕu lý luËn ®óng ®Ó ®i
®Õn kÕt qu¶ sè h×nh ch÷ nhËt lµ 2)1( −nn
th× cho ®iÓm tèi ®a phÇn nµy.
0,5 ®
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh §¹i häc , cao ®¼ng n¨m 2002 M«n To¸n, khèi D
§¸p ¸n vµ thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc
C©u Néi dung §iÓm §H C§
I 3® 4® 1. 1 1,5 Khi m = -1 ,ta cã
1x
43
1x
1x3y
−−−=
−−−
=
-TX§ : 1x ≠
- CBT : ( )
⇒≠∀>−
= 1x,01x
4y
2, hµm sè kh«ng cã cùc trÞ.
1/4 1/4 3ylim
x−=
∞→ ; −∞=+∞=
+− →→ 1x1x
ylim;ylim .
- BBT : x - ∞ 1 + ∞ y/ + + + ∞ y -3 -3 - ∞ 1/4 1/4
- TC: x=1 lµ tiÖm cËn ®øng v× =→
ylim1x
∞ .
y=-3 lµ tiÖm cËn ngang v× 3ylimx
−=∞→
1/4 1/4
- Giao víi c¸c trôc : x = 0 ⇒ y = 1; y = 0 ⇒ x = - 1/3. 1/4 - §å thÞ :
x
y
1/4 1/2
www.VNMATH.com
2. 1 1,5 DiÖn tÝch cÇn tÝnh lµ :
dx1x
1x3S
0
3/1∫
−
−−−
= 1/4 1/2
∫ ∫
− − −−−=
0
3/1
0
3/1 1x
dx4dx3
1/4 1/4
3/1
01xln4
3
1.3
−−−−=
1/4 1/2
3
4ln41+−= ( ®vdt).
1/4 1/4 3. 1 1
Ký hiÖu ( )
1x
mx1m2)x(f
2
−−−
= . Yªu cÇu bµi to¸n t−¬ng ®−¬ng víi t×m
m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:
(H) ( )
=
=
.x)x(f
x)x(f//
1/4 1/4
Ta cã (H)
( )
( )
=
−−−
=−−−
⇔
01x
mx
01x
mx
/2
2
1/4 1/4
( )
( )( ) ( )( )
=−
−+−−−
=−−−
⇔0
1x
mx1xmx2
01x
mx
2
2
2
1/4 1/4 Ta thÊy víi 1m ≠∀ ; x = m lu«n tho¶ m·n hÖ ( H ) . V× vËy 1m ≠∀ , (H)
lu«n cã nghiÖm , ®ång thêi khi m = 1 th× hÖ ( H ) v« nghiÖm. Do ®ã ®å thÞ hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng y = x khi vµ chØ khi 1m ≠ . §S : 1m ≠ .
1/4 1/4 II 2® 3® 1. 1 1,5
BÊt ph−¬ng tr×nh
≥−
>−−
=−−
⇔
0x3x
02x3x2
02x3x2
2
2
2
1/4 1/2
TH 1: .2
1x2x02x3x202x3x2 22 −=∨=⇔=−−⇔=−−
1/4 1/4
TH 2:
≥−
>−−⇔
≥−
>−−0x3x
02x3x2
0x3x
02x3x22
2
2
2
≥∨≤
>∨−<⇔
3x0x
2x2
1x
1/4
www.VNMATH.com
3x2
1x ≥∨−<
1/4 1/4
Tõ hai tr−êng hîp trªn suy ra §S: 3x2x2
1x ≥∨=∨−≤
1/4 1/4 2. 1 1,5
HÖ ph−¬ng tr×nh
=
−=⇔
y2
y4y52x
2x3
1/4 1/2
=+−
>=⇔
0y4y5y
0y223
x
1/4 1/4
=∨=∨=>=
⇔4y1y0y
0y2x
1/4 1/4
⇔
==
∨
==
4y
2x
1y
0x
1/4 1/2
III
1® 1® Ph−¬ng tr×nh ( ) ( ) 01x2cos4xcos3x3cos =+−+⇔
0xcos8xcos4 23 =−⇔ ( ) 02xcosxcos4 2 =−⇔ 0xcos =⇔ 1/4 1/2
π+
π=⇔ k
2x .
1/4 1/4 [ ] 3k2k1k0k14;0x =∨=∨=∨=⇔∈ 1/4
§S : ;2
xπ
= 2
3x
π= ;
2
5x
π= ;
2
7x
π= .
1/4 1/4 IV 2® 2®
1. 1 1 C¸ch 1
Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4 L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«i
mét vu«ng gãc víi nhau.
1/4
1/4 Do ®ã cã thÓ chän hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc, gèc A sao cho B(3;0;0) ,
C(0;4;0), D( 0;0;4). MÆt ph¼ng (BCD) cã ph−¬ng tr×nh :
014
z
4
y
3
x=−++ .
1/4 1/4
Kho¶ng c¸ch cÇn tÝnh lµ : 17
346
16
1
16
1
9
1
1=
++ (cm).
1/4 1/4
www.VNMATH.com
C¸ch 2
Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4
L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«i mét vu«ng gãc víi nhau.
1/4
1/4
D H C A E B Gäi AE lµ ®−êng cao cña tam gi¸c ABC; AH lµ ®−êng cao cña tam gi¸c ADE th× AH chÝnh lµ kho¶ng c¸ch cÇn tÝnh.
DÔ dµng chøng minh ®−îc hÖ thøc: 2222 AC
1
AB
1
AD
1
AH
1++= .
1/4 1/4 Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vµo hÖ thøc trªn ta tÝnh ®−îc:
cm17
346AH =
1/4 1/4 C¸ch 3:
Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4 L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«i
mét vu«ng gãc víi nhau.
1/4
1/4
Gäi V lµ thÓ tÝch tø diÖn ABCD, ta cã V= 8ADACAB6
1=⋅⋅⋅ .
¸p dông c«ng thøc )BCD(dt
V3AH
∆= víi V = 8 vµ dt(∆BCD) =2 34
ta tÝnh ®−îc cm17
346AH = .
1/2 1/2 2 1 1 C¸ch 1:
MÆt ph¼ng (P) cã vect¬ ph¸p tuyÕn ( )0;1;2n −→
. §−êng th¼ng md cã vec
t¬ chØ ph−¬ng ( )( ) ( ) ( )( )m1m;1m2; 1m2m1u 2 −−+−+−→
. 1/4 1/4
Suy ra →
u .→
n =3(2m+1).
md song song víi (P)
⊄⊥⇔
→→
)P(d
nu
m
1/4 1/4
www.VNMATH.com
( )
∉∈∃=⇔
→→
PA,dA
0n.u
m
Ta cã : ®iÒu kiÖn 0n.u =→→
2
1m −=⇔
1/4 1/4
MÆt kh¸c khi m = - 1/2 th× md cã ph−¬ng tr×nh :
==−
0x
01y , mäi ®iÓm
A( 0;1;a) cña ®−êng th¼ng nµy ®Òu kh«ng n»m trong (P), nªn ®iÒu kiÖn ( )PA,dA m ∉∈∃ ®−îc tho¶ m·n. §S : m = - 1/2 1/4 1/4
C¸ch 2: ViÕt ph−¬ng tr×nh dm d−íi d¹ng tham sè ta ®−îc
−−−=+−=
+−=
m)t.m(12z
t1)(2m1 y
1)tm)(2m(1 x2
1/4 1/4
md // (P)⇔ hÖ ph−¬ng tr×nh Èn t sau
=+−−−−=+−=
+−=
02yx2
t)m1(m2z
t)1m2(1y
t)1m2)(m1(x2
v« nghiÖm
1/4 1/4 ⇔ ph−¬ng tr×nh Èn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 v« nghiÖm 1/4 1/4 ⇔ m=-1/2 1/4 1/4 C¸ch 3:
md // (P) ⇔ hÖ ph−¬ng tr×nh Èn x, y, z sau
(H) ( ) ( )
=++++=−+−++
=+−
02m4z)1m2(mx
01myx1x1m2
02yx2
v« nghiÖm 1/4 1/4
Tõ 2 ph−¬ng tr×nh ®Çu cña hÖ ph−¬ng tr×nh trªn suy ra
+=
−=
3
4m2y
3
1mx
1/4 1/4 ThÕ x , y t×m ®−îc vµo ph−¬ng tr×nh thø ba ta cã :
)6m11m(3
1z)1m2( 2 ++−=+
1/4 1/4
HÖ (H) v« nghiÖm 2
1m −=⇔
1/4 1/4 V 2® 1. 1
Ta cã : ( ) ∑=
=+n
0k
kkn
n xC1x , 1/4
Cho x = 2 ta ®−îc ∑
=
=n
0k
kkn
n 2C3 1/4
5n32433 5n =⇔==⇒ . 1/2
www.VNMATH.com
2. 1 C¸ch 1
Gi¶ sö M(m;0) vµ N(0;n) víi m > 0 , n > 0 lµ hai ®iÓm chuyÓn ®éng trªn hai tia Ox vµ Oy.
§−êng th¼ng MN cã ph−¬ng tr×nh : 01n
y
m
x=−+
1/4 §−êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) khi vµ chØ khi :
1n
19
m
116
22
=
+
. 1/4
Theo B§T C«si ta cã :
( )2
2
2
2
22
22222
n
m9
m
n1625
n
9
m
16nmnmMN ++=
++=+=
499.16225 =+≥ 7MN ≥⇒ 1/4
§¼ng thøc x¶y ra
>>=+
=
⇔0n,0m
49nm
n
m9
m
n16
22
2
2
2
2
⇔ 21n,72m == .
KL: Víi ( ) ( )21;0N,0;72M th× MN ®¹t GTNN vµ GTNN (MN) = 7. 1/4 C¸ch 2
Gi¶ sö M(m;0) vµ N(0;n) víi m > 0 , n > 0 lµ hai ®iÓm chuyÓn ®éng trªn hai tia Ox vµ Oy.
§−êng th¼ng MN cã ph−¬ng tr×nh : 01n
y
m
x=−+
1/4 §−êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) khi vµ chØ khi :
1n
19
m
116
22
=
+
. 1/4
Theo bÊt ®¼ng thøc Bunhiacèpski ta cã
( ) 49n
3.n
m
4.m
n
9
m
16nmnmMN
2
2222222 =
+≥
++=+= .
7MN ≥⇒ 1/4
- §¼ng thøc x¶y ra
>>=+
=
⇔0n,0m
7nm
n
3:n
m
4:m
22 ⇔ 21n,72m == .
KL: Víi ( ) ( )21;0N,0;72M th× MN ®¹t GTNN vµ GTNN (MN) = 7. 1/4 C¸ch 3:
Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm (x0 ; y0) thuéc (E) : 19
yy
16
xx 00 =+
1/4
www.VNMATH.com
Suy ra to¹ ®é cña M vµ N lµ
0;
x
16M
0
vµ
0y
9;0N
⇒
+
+=+=
20
2
20
220
20
20
2
20
22
y
9
x
16
9
y
16
x
y
9
x
16MN
1/4 Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si hoÆc Bunhiac«pski (nh− c¸ch 1 hoÆc c¸ch 2)
ta cã : 22 7MN ≥ 1/4
- §¼ng thøc x¶y ra
7
213y;
7
78x 00 ==⇔ .
- Khi ®ã ( ) ( )21;0N,0;72M vµ GTNN (MN) = 7 1/4
-----------------------HÕt----------------------
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 -------------------------- M«n thi : to¸n khèi A ®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 180 phót ___________________________________
C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè mx
mxmxy ( (1) 1
2
−++
= lµ tham sè).
1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m = −1. 2) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) c¾t trôc hoµnh t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt vµ hai ®iÓm ®ã cã hoµnh ®é d−¬ng.
C©u 2 (2 ®iÓm).
1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh .2sin21sin
tg12cos1cotg 2 xxxxx −+
+=−
2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh
+=
−=−
.12
11
3xyy
yx
x
C©u 3 (3 ®iÓm). 1) Cho h×nh lËp ph−¬ng . TÝnh sè ®o cña gãc ph¼ng nhÞ diÖn [ ]. . ' ' ' 'ABCD A B C D DCAB ,' ,2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho h×nh hép ch÷ nhËt
cã trïng víi gèc cña hÖ täa ®é, yz
; 0; 0. ' ' ' 'ABCD A B C D A ( ), (0; ; 0), '(0; 0; )B a D a A b . Gäi ( 0, 0)a b> > M lµ trung ®iÓm c¹nh CC . '
a) TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn 'BDA M theo a vµ b .
b) X¸c ®Þnh tû sè ab
®Ó hai mÆt ph¼ng vµ ( ' )A BD ( )MBD vu«ng gãc víi nhau.
C©u 4 ( 2 ®iÓm).
1) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x8 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña n
xx
+ 5
31
, biÕt r»ng
)3(7314 +=− +
++ nCC n
nnn
( n lµ sè nguyªn d−¬ng, x > 0, lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö). knC
2) TÝnh tÝch ph©n ∫+
=32
52 4xx
dxI .
C©u 5 (1 ®iÓm). Cho x, y, z lµ ba sè d−¬ng vµ x + y + z ≤ 1. Chøng minh r»ng
.82 1 1 12
22
22
2 ≥+++++z
zy
yx
x
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh: …………………………….. ……. Sè b¸o danh: …………….
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 ----------------------- M«n thi : to¸n khèi B §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót
_______________________________________________ C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè ( lµ tham sè). 3 23 (1)y x x m= − + m 1) T×m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iÓm ph©n biÖt ®èi xøng víi nhau qua gèc täa ®é. m 2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m =2. C©u 2 (2 ®iÓm).
1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2otg tg 4sin 2
sin 2x x xc
x− + = .
2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh
2
2
2
2
2 3
23 .
yyx
xxy
+=
+ =
C©u 3 (3 ®iÓm). 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho tam gi¸c cã y ABC
0, 90 .AB AC BAC= = BiÕt (1; 1)M − lµ trung ®iÓm c¹nh BC vµ 2 ; 03
G lµ träng
t©m tam gi¸c . T×m täa ®é c¸c ®Ønh .
ABC , , A B C 2) Cho h×nh l¨ng trô ®øng cã ®¸y lµ mét h×nh thoi c¹nh ,
gãc
. ' ' ' 'ABCD A B C D ABCD a060BAD = . Gäi M lµ trung ®iÓm c¹nh vµ lµ trung ®iÓm c¹nh ' .
Chøng minh r»ng bèn ®iÓm ' NAA CC
', , , B M D N'
cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. H·y tÝnh ®é dµi c¹nh ' theo a ®Ó tø gi¸c AA B MDN lµ h×nh vu«ng.
3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho hai ®iÓm
vµ ®iÓm sao cho . TÝnh kho¶ng c¸ch tõ trung ®iÓm
yz
0)(2; 0; 0), (0; 0; 8)A B C (0; 6;AC→
=I cña BC ®Õn ®−êng th¼ng OA .
C©u 4 (2 ®iÓm).
1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè 24 .y x x= + −
2) TÝnh tÝch ph©n
π4 2
0
1 2sin1 sin 2
xI dxx
−=
+∫ .
C©u 5 (1 ®iÓm). Cho lµ sè nguyªn d−¬ng. TÝnh tæng n2 3 1
0 1 22 1 2 1 2 12 3 1
nn
n n nC C Cn
+− − −+ + + +
+ nC
(C lµ sè tæ hîp chËp k cña phÇn tö). kn n
----------------------------------HÕt--------------------------------- Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh……………………………………….. Sè b¸o danh…………
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 ---------------------- M«n thi: to¸n Khèi D §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót
_______________________________________________
C©u 1 (2 ®iÓm).
1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2 2 4 (1)
2x xyx− +
=−
.
2) T×m ®Ó ®−êng th¼ng d ym : 2 2m mx m= + − c¾t ®å thÞ cña hµm sè (1) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt.
C©u 2 (2 ®iÓm).
1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 2 2πsin tg cos 02 4 2x xx − − =
.
2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh . 2 222 2x x x x− + −− = 3
C©u 3 (3 ®iÓm). 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc cho ®−êng trßn Oxy
4)2()1( :)( 22 =−+− yxC vµ ®−êng th¼ng : 1 0d x y− − = . ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn ( ®èi xøng víi ®−êng trßn qua ®−êng th¼ng
T×m täa ®é c¸c giao ®iÓm cña vµ . ')C
(C( )C .d
) ( ')C2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho ®−êng th¼ng
3 2:
1 0.kx ky z
dkx y z
0+ − + = − + + =
T×m ®Ó ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng k kd ( ) : 2 5 0P x y z− − + = .
3) Cho hai mÆt ph¼ng vµ vu«ng gãc víi nhau, cã giao tuyÕn lµ ®−êng th¼ng ( )P ( )Q ∆ . Trªn lÊy hai ®iÓm víi ∆ , A B AB a= . Trong mÆt ph¼ng lÊy ®iÓm , trong mÆt ph¼ng ( lÊy ®iÓm sao cho ,
( )P C)Q D AC BD cïng vu«ng gãc víi ∆ vµ . TÝnh b¸n kÝnh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn vµ tÝnh kho¶ng
c¸ch tõ ®Õn mÆt ph¼ng AC BD
AAB== ABCD
( )BCD theo . a
C©u 4 ( 2 ®iÓm).
1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè 2
1
1
xyx
+=
+ trªn ®o¹n [ ]1; 2− .
2) TÝnh tÝch ph©n 2
2
0 I x x d= −∫ x .
C©u 5 (1 ®iÓm).
Víi lµ sè nguyªn d−¬ng, gäi n 3 3na − lµ hÖ sè cña 3 3nx − trong khai triÓn thµnh ®a
thøc cña ( 1 . T×m n ®Ó 2 ) ( 2)nx x+ + n3 3 26na − n= .
------------------------------------------------ HÕt ------------------------------------------------
Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh:…………………………….. ……. Sè b¸o danh:…………………
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 −−−−−−−−−−−−− ®¸p ¸n −thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc M«n thi : to¸n Khèi A
Néi dung ®iÓmC©u 1. 2®iÓm1)
Khi 2 1 11 .
1 1x xm y xx x
− + −= − ⇒ = = − −
− −
+ TËp x¸c ®Þnh: \{ 1 }.R
+ 2
2 201 2' 1 . ' 02.( 1) ( 1)
xx xy yxx x
=− += − + = = ⇔ =− −
+ [ ] ⇒=−
=−−∞→∞→
01
1lim)(limx
xyxx
tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ lµ: xy −= .
⇒∞=→y
x 1lim tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ lµ: 1=x .
B¶ng biÕn thiªn:
§å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh. §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; 1).
1 ®iÓm 0,25 ® 0,5 ® 0, 25 ®
x − ∞ 0 1 2 + ∞ y’ − 0 + + 0 − +∞ +∞ −3 y CT C§ 1 − ∞ − ∞
y
x O 1 2
−3
1
−1
www.VNMATH.com
2)
§å thÞ hµm sè 1
2
−++
=x
mxmxy c¾t trôc hoµnh t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é
d−¬ng ⇔ ph−¬ng tr×nh 2( ) 0f x mx x m= + + = cã 2 nghiÖm d−¬ng ph©n biÖt kh¸c 1
2
0
1 4 0(1) 2 1 0
1 0, 0
m
mf m
mS Pm m
≠
∆ = − >⇔ = + ≠ = − > = >
01
12 01 22
0
m
mm
m
m
≠ <⇔ ⇔ − < < ≠ − <
.
VËy gi¸ trÞ m cÇn t×m lµ: 1 02
m− < < .
1 ®iÓm 0,25 ® 0,75 ®
C©u 2. 2®iÓm1)
§iÒu kiÖn
sin 0cos 0 (*)tg 1
xxx
≠ ≠ ≠ −
.
Khi ®ã ph−¬ng tr×nh ®· cho )cos(sinsin
cossin1
sincos1sincos 22
xxx
xxxx
xx
−++
−=−⇔
cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos )sinx x x x x x x xx
−⇔ = − + −
2(cos sin )(1 sin cos sin ) 0x x x x x⇔ − − + =
2
cos sin 0
1 sin cos sin 0.
x x
x x x
− =⇔
− + =
TH1: πsin cos tg 1 π ( )4
x x x x k k= ⇔ = ⇔ = + ∈Z tháa m·n ®iÒu kiÖn (*).
TH2: 2 211 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0 :2
x x x x x− + = ⇔ − + = v« nghiÖm.
VËy nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ: π π ( )4
x k k= + ∈Z .
2) Gi¶i hÖ 3
1 1 (1)
2 1 (2).
x yx y
y x
− = − = +
+ §iÒu kiÖn 0.xy ≠
+ Ta cã 1(1) ( )(1 ) 0
1.x y
x yxyxy
=⇔ − + = ⇔ = −
TH1: 3 3 22 1 2 1 ( 1)( 1) 0
x y x y x y
y x x x x x x
= = = ⇔ ⇔ = + = + − + − =
1
1 5 2
1 5 .2
x y
x y
x y
= =
− +⇔ = =
− − = =
1 ®iÓm 0, 25 ®
0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 1 ®iÓm 0, 25 ® 0,5 ®
www.VNMATH.com
TH2: 3 3 4
1 11 (3)22 1 1 2 0 (4).
yxy yx xy x x x xx
= −= − = − ⇔ ⇔ = + − = + + + =
Ta chøng minh ph−¬ng tr×nh (4) v« nghiÖm.
C¸ch 1. 2 2
4 2 1 1 32 0, 2 2 2
+ + = − + + + > ∀
x x x x x .
C¸ch 2. §Æt 43
1( ) 2 ( ) min ( ) 04∈
−= + + ⇒ ≥ = >
xf x x x f x f x f
R.
Tr−êng hîp nµy hÖ v« nghiÖm. VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ:
1 5 1 5 1 5 1 5( ; ) (1;1), ; , ;2 2 2 2
x y − + − + − − − −
=
.
0, 25 ®
C©u 3. 3®iÓm 1) C¸ch 1. §Æt AB a= . Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña B trªn A’C, suy ra BH ⊥ A’C, mµ BD ⊥ (A’AC) ⇒ BD ⊥ A’C, do ®ã A’C ⊥ (BHD) ⇒ A’C ⊥ DH. VËy gãc
ph¼ng nhÞ diÖn [ ], ' ,B A C D lµ gãc BHD .
XÐt 'A DC∆ vu«ng t¹i D cã DH lµ ®−êng cao, ta cã . ' . 'DH A C CD A D=
. ''
CD A DDHA C
⇒ = . 2 2
3 3a a aa
= = . T−¬ng tù, 'A BC∆ vu«ng t¹i B cã BH lµ ®−êng
cao vµ 2
3aBH = .
MÆt kh¸c: 2 2 2
2 2 2 2 2 2 22 2 . cos 2. cos3 3 3a a aa BD BH DH BH DH BHD BHD= = + − = + − ,
do ®ã 1cos2
BHD = − o120BHD⇒ = .
C¸ch 2. Ta cã BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ A’C (§Þnh lý ba ®−êng vu«ng gãc). T−¬ng tù, BC’⊥ A’C ⇒ (BC’D) ⊥ A’C . Gäi H lµ giao ®iÓm cña 'A C vµ ( ' )BC D
⇒ BHD lµ gãc ph¼ng cña [ ]; ' ;B A C D .
C¸c tam gi¸c vu«ng HA’B, HA’D, HA’C’ b»ng nhau ⇒ HB = HC’ = HD
⇒ H lµ t©m ∆BC’D ®Òu o120BHD⇒ = .
1 ®iÓm
0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® hoÆc 0, 25® 0,25 ® 0,5 ®
A
A’
B’ C’
D’
D
CB
H
I
www.VNMATH.com
2) a) Tõ gi¶ thiÕt ta cã
)2
; ;() ; ;(' 0); ; ;( baaMbaaCaaC ⇒ .
VËy ( ; ; 0), (0; ; )2bBD a a BM a= − =
2, ; ; 2 2ab abBD BM a ⇒ = −
.
( )23' ; 0; , . ' .
2a bBA a b BD BM BA − = − ⇒ =
Do ®ã 2
'1 , . ' 6 4BDA M
a bV BD BM BA = = .
b) MÆt ph¼ng ( )BDM cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ 21 , ; ;
2 2ab abn BD BM a = = −
,
mÆt ph¼ng ( ' )A BD cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ 22 , ' ( ; ; )n BD BA ab ab a = = .
Do ®ã 2 2 2 2
41 2( ) ( ' ) . 0 0
2 2a b a bBDM A BD n n a a b⊥ ⇔ = ⇔ + − = ⇔ = 1a
b⇔ = .
2 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ®
0, 25 ® 0, 5 ® 0, 5 ®
C©u 4. 2®iÓm1)
Ta cã ( )1 14 3 3 3 37( 3) 7( 3)n n n n n
n n n n nC C n C C C n+ ++ + + + +− = + ⇔ + − = +
( 2)( 3) 7( 3) 2 7.2! 14 12.2!
n n n n n+ +⇔ = + ⇔ + = = ⇔ =
Sè h¹ng tæng qu¸t cña khai triÓn lµ ( )125 60 11
3 2 212 12.
k kkk kC x x C x
− −−
=
.
Ta cã
60 1182 60 11 8 4.
2
−−
= ⇒ = ⇔ =k
kx x k
Do ®ã hÖ sè cña sè h¹ng chøa 8x lµ .495)!412(!4
!12412 =
−=C
2) TÝnh tÝch ph©n 2 3
2 25 4
xdxIx x
=+
∫ .
§Æt 22
44
xdxt x dtx
= + ⇒ =+
vµ 2 2 4.x t= −
Víi 5x = th× 3t = , víi 2 3x = th× 4t = .
Khi ®ã 2 3 4 4
22 23 35
1 1 14 2 244
xdx dtI dtt ttx x
= = = − − + −+∫ ∫ ∫
4
3
1 2 1 5ln ln .4 2 4 3
tt−
= = +
1 ®iÓm
0, 5 ® 0, 25 ® 0, 25 ®
1 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0,25 ® 0, 25 ®
A
A’
B’ C’
D’
D
C B
y
x
z
www.VNMATH.com
C©u 5. 1®iÓm
Víi mäi ,u v ta cã | | | | | | (*)u v u v+ ≤ +
(v× ( )22 22 2 2| | 2 . | | | | 2 | | . | | | | | |u v u v u v u v u v u v+ = + + ≤ + + = + )
§Æt ,1 ;
=
→
xxa
=
→
yyb 1 ; ,
=
→
zzc 1 ; .
¸p dông bÊt ®¼ng thøc (*) ta cã | | | | | | | | | | | | .a b c a b c a b c+ + ≥ + + ≥ + + VËy
22 2 2 2
2 2 21 1 1 1 1 1( )P x y z x y z
x y zx y z
= + + + + + ≥ + + + + +
.
C¸ch 1. Ta cã
( )22 22 3 3
1 1 1 1 9( ) 3 3 9P x y z xyz tx y z xyz t
≥ + + + + + ≥ + = +
, víi
( )223 10
3 9x y zt xyz t + + = ⇒ < ≤ ≤
.
§Æt 29 9 1( ) 9 '( ) 9 0, 0; ( )
9Q t t Q t t Q t
t t = + ⇒ = − < ∀ ∈ ⇒
gi¶m trªn 10;9
1( ) 82.9
Q t Q ⇒ ≥ =
VËy ( ) 82.P Q t≥ ≥
(DÊu “=” x¶y ra khi 13
x y z= = = ).
C¸ch 2.
Ta cã 2 2
2 2 21 1 1 1 1 1( ) 81( ) 80( )x y z x y z x y zx y z x y z
+ + + + + = + + + + + − + +
21 1 118( ) 80( ) 162 80 82.x y z x y zx y z
≥ + + + + − + + ≥ − =
VËy 82.P ≥
(DÊu “=” x¶y ra khi 13
x y z= = = ).
Ghi chó: C©u nµy cßn cã nhiÒu c¸ch gi¶i kh¸c.
0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® hoÆc 0,25 ® 0,5 ®
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 −−−−−−−−−−−−− ®¸p ¸n −thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc M«n thi : to¸n Khèi B
Néi dung ®iÓmC©u 1. 2®iÓm1) §å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iÓm ph©n biÖt ®èi xøng nhau qua gèc täa ®é ⇔ tån t¹i 0 0x ≠ sao cho 0 0( ) ( )y x y x= − −
⇔ tån t¹i 0 0x ≠ sao cho 3 2 3 20 0 0 03 ( ) 3( )x x m x x m − + = − − − − +
⇔ tån t¹i 0 0x ≠ sao cho 203x m=
0m⇔ > . 2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè khi m = 2.
Khi 2m = hµm sè trë thµnh 3 23 2.y x x= − + TËp x¸c ®Þnh : .
2 0' 3 6 , ' 0
2.x
y x x yx=
= − = ⇔ =
" 6 6. '' 0 1.y x y x= − = ⇔ = "y triÖt tiªu vµ ®æi dÊu qua 1 (1;0)x = ⇒ lµ ®iÓm uèn.
B¶ng biÕn thiªn: §å thÞ c¾t trôc hoµnh t¹i c¸c ®iÓm (1;0), (1 3;0)± vµ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0;2) .
1 ®iÓm
0, 25 ®
0, 25 ®
0,25 ®
0,25 ® 1 ®iÓm
0,25®
0,25®
0,25®
0,25®
x − ∞ 0 2 + ∞y’ + 0 − 0 + 2 +∞ C§ CT y − ∞ −2
x
y
O
2
21
−2
www.VNMATH.com
C©u 2. 2®iÓm
1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 2cotg tg 4sin 2 (1).
sin 2x x x
x− + =
§iÒu kiÖn: sin 0
(*).cos 0xx≠
≠
Khi ®ã (1) cos sin 24sin 2sin cos sin 2x x xx x x
⇔ − + =2 2cos sin 24sin 2
sin cos sin 2x x xx x x−
⇔ + =
22cos 2 4sin 2 2x x⇔ + = 22cos 2 cos 2 1 0x x⇔ − − = cos 2 1
1cos 232
x kx
x kx
ππ π
== ⇔ ⇔ = ± += −
( )k∈Z .
KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta ®−îc nghiÖm cña (1) lµ π π ( ).3
x k k= ± + ∈Z
2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh
2
2
2
2
23 (1)
23 (2).
yyxxxy
+=
+ =
§iÒu kiÖn 0, 0x y≠ ≠ .
Khi ®ã hÖ ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi 2 2
2 22 2
( )(3 ) 03 2
3 2.3 2
x y xy x yx y y
xy xxy x
− + + == + ⇔ = += +
TH1: 2 211.3 2
x y xyxy x
= = ⇔ == +
TH2: 2 2
3 0
3 2
xy x y
xy x
+ + =
= + v« nghiÖm, v× tõ (1) vµ (2) ta cã , 0x y > .
VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ: 1.x y= =
1 ®iÓm
0,25®
0,25® 0,25® 0,25® 1 ®iÓm 0,25® 0,5® 0,25®
C©u 3. 3®iÓm1) V× G lµ träng t©m ABC∆ vµM lµ trung ®iÓm BC nªn
3 ( 1;3)MA MG= = − (0;2)A⇒ . Ph−¬ng tr×nh BC ®i qua (1; 1)M − vµ vu«ng gãc víi
( 1,3)MA = − lµ: 1( 1) 3( 1) 0 3 4 0 (1). x y x y− − + + = ⇔ − + + =
Ta thÊy 10MB MC MA= = = ⇒ täa ®é ,B C tháa m·n
ph−¬ng tr×nh: 2 2( 1) ( 1) 10 (2). x y− + + = Gi¶i hÖ (1),(2) ta ®−îc täa ®é cña ,B C lµ (4;0), ( 2; 2). − −
2) Ta cã ' // 'A M NC A MCN= ⇒ lµ h×nh b×nh hµnh, do ®ã 'A C vµ MN c¾t nhau t¹i trung ®iÓm I cña mçi ®−êng. MÆt kh¸c A’DCB’ lµ h×nh b×nh hµnh nªn trung ®iÓm I cña A’C còng chÝnh lµ trung ®iÓm cña B’D. VËy MN vµ B’D c¾t nhau t¹i trung ®iÓm I cña mçi ®−êng nªn B’MDN lµ h×nh b×nh hµnh. Do ®ã B’, M, D, N cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. MÆt kh¸c DM2 = DA2 + AM2 = DC2 + CN2 = DN2,
hay DM = DN. VËy h×nh b×nh hµnh B’MDN lµ h×nh thoi. Do ®ã B’MDN lµ h×nh
1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 1 ®iÓm
0,5®
G A
B
C
M .
D’
A
D C
B N
M I
A’ B’
C’
www.VNMATH.com
vu«ng ⇔ MN = B’D ⇔ AC = B’D ⇔ AC2= B’D2 = B’B2 +BD2 ⇔ 3a2 = B’B2 + a2
⇔ BB’= 2a ⇔ AA’= 2a . 3) Tõ (0;6;0)AC = vµ A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do ®ã I(1; 3; 4).
Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (α) qua I vµ vu«ng gãc víi OA lµ : 1 0.x − = ⇒ täa ®é giao ®iÓm cña (α) víi OA lµ K(1; 0; 0).
⇒ kho¶ng c¸ch tõ I ®Õn OA lµ 2 2 2(1 1) (0 3) (0 4) 5.IK = − + − + − =
0,5®
1 ®iÓm 0,25®
0,25®
0,25®
0,25®
C©u 4. 2®iÓm
1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè 24 .y x x= + −
TËp x¸c ®Þnh: [ ]2; 2− .
2' 1
4
xyx
= −−
,
22 2
0' 0 4 2
4
xy x x x
x x
≥= ⇔ − = ⇔ ⇔ =− =
.
Ta cã ( 2) 2, ( 2) 2 2, (2) 2y y y− = − = = ,
VËy [ 2;2]max ( 2) 2 2y y−
= = vµ [ 2;2]min ( 2) 2y y−
= − = − .
2) TÝnh tÝch ph©n
π4 2
0
1 2sin .1 sin 2
xI dxx
−=
+∫
Ta cã
π π4 42
0 0
1 2sin cos 21 sin 2 1 sin 2
x xI dx dxx x
−= =
+ +∫ ∫ .
§Æt 1 sin 2 2cos 2t x dt xdx= + ⇒ = .
Víi 0x = th× 1,t = víi π4
x = th× 2t = .
Khi ®ã 2
1
21 1 1ln | | ln 2.12 2 2
dtI tt
= = =∫
1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25®
0,25® 1 ®iÓm 0,25® 0,25®
0,25® 0,25®
C©u 5. 1®iÓm
Ta cã 0 1 2 2(1 ) ...n n nn n n nx C C x C x C x+ = + + + + .
Suy ra ( )2 2
0 1 2 2
1 1(1 ) ...n n n
n n n nx dx C C x C x C x dx+ = + + + +∫ ∫
22 2 3 11 0 1 2
1 1
1 (1 ) ...1 2 3 1
nn n
n n n nx x xx C x C C C
n n
++
⇔ + = + + + + + +
2 3 1 1 10 1 22 1 2 1 2 1 3 2
2 3 1 1
n n nn
n n n nC C C Cn n
+ + +− − − −⇔ + + + + =
+ +.
0,5 ® 0,5 ®
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 −−−−−−−−−−−−− ®¸p ¸n −thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc M«n thi : to¸n Khèi D
Néi dung ®iÓmC©u 1. 2®iÓm
1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2 2 4
2x xyx− +
=−
. 1 ®iÓm
TËp x¸c ®Þnh :R \{ 2 }.
Ta cã 2 2 4 4 .
2 2x xy xx x− +
= = +− −
2
2 204 4' 1 . ' 04.( 2) ( 2)
xx xy yxx x
=−= − = = ⇔ =− −
[ ] 4lim lim 02x x
y xx→∞ →∞
− = = ⇒−
tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ lµ: y x= ,
tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ lµ: 2
limx
y→
= ∞⇒ 2x = .
B¶ng biÕn thiªn:
§å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh. §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; −2).
0,25®
0,5®
0,25®
2) 1 ®iÓm
§−êng th¼ng c¾t ®å thÞ hµm sè (1) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt md
⇔ ph−¬ng tr×nh 4 2 2
2x mx mx
+ = + −−
cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 2
2( 1)( 2) 4m x⇔ − − = cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 2 ⇔ 1 0m − > 1.m⇔ > VËy gi¸ trÞ cÇn t×m lµ m 1.m >
0,5®
0,5®
x
2
6
−2
2 4O
y
x − ∞ 0 2 4 + ∞ y’ + 0 − − 0 + − 2 + ∞ + ∞ y C§ CT − ∞ − ∞ 6
www.VNMATH.com
C©u 2. 2®iÓm
1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 2 2π tg cos 02 4 2x xx − −
sin (1) = 1 ®iÓm
§iÒu kiÖn: (*). Khi ®ã cos 0x ≠
( )2
21 sin 1(1) 1 cos 1 cos2 2 2cos
xx xx
π ⇔ − − = + ( ) ( )2 21 sin sin 1 cos cosx x x⇔ − = + x
( ) ( )1 sin (1 cos )(1 cos ) 1 cos (1 sin )(1 sin )x x x x x⇔ − − + = + − + x
( )1 sin (1 cos )(sin cos ) 0x x x x⇔ − + + =
π 2πsin 1 2cos 1 π 2πtg 1 π π
4
x kxx x kx x k
= +=⇔ = − ⇔ = + = − = − +
( )k∈Z .
KÕt hîp ®iÒu kiÖn (*) ta ®−îc nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ: π 2ππ π4
x k
x k
= + = − +
( ) . k∈Z
0,5® 0,25® 0,25®
2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1). 2 222 2x x x x− + −− 3= 1 ®iÓm
§Æt . 2
2 0x xt t−= ⇒ >
Khi ®ã (1) trë thµnh 24 3 3 4 0 ( 1)( 4) 0t t t t tt
− = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ = 4t (v× t ) 0>
VËy 2 22 4x x x x− = ⇔ − = 2
12.
= −⇔ =
xx
Do ®ã nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ 1
2.= −
=
xx
0,5® 0,5®
C©u 3. 3®iÓm1) 1 ®iÓm
Tõ ( ) suy ra cã t©m vµ b¸n kÝnh 2 2: ( 1) ( 2) 4− + − =C x y ( )C (1;2)I 2.R =§−êng th¼ng cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ nd (1; 1). = −
uurDo ®ã ®−êng th¼ng ∆ ®i qua
vµ vu«ng gãc víi d cã ph−¬ng tr×nh: (1;2)I 1 21 1x y x y 3 0− −
= ⇔ + −−
= .
Täa ®é giao ®iÓm cña vµ lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh: H d ∆1 0 2
(2;1).3 0 1
x y x
Hx y y− − = =
⇔ ⇒ + − = =
Gäi lµ ®iÓm ®èi xøng víi qua . Khi ®ã J (1;2)I d2 3
(3;0)2 0
J H I
J H I
x x xJ
y x x= − =
⇒ = − =.
V× ®èi xøng víi ( qua nªn cã t©m lµ vµ b¸n kÝnh
Do ®ã cã ph−¬ng tr×nh lµ:
( ')C
(C
)C d ( ')C2 2
(3;0)J 2.R =
') ( 3) 4− +x y = . Täa ®é c¸c giao ®iÓm cña ( vµ lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh: )C ( ')C
2 2
2 2 22 2
1 0 1( 1) ( 2) 4 1, 03, 2.( 3) 4 2 8 6 0( 3) 4
x y y xx y x yx yx y x xx y
− − = = − − + − = = = ⇔ ⇔ ⇔ = =− + = − + = − + =
VËy täa ®é giao ®iÓm cña vµ ( lµ vµ ( )C ')C (1;0)A (3;2).B
0,5 0,25® 0,25®
www.VNMATH.com
2) 1 ®iÓmTa cã cÆp vect¬ ph¸p tuyÕn cña hai mÆt ph¼ng x¸c ®Þnh lµ kd 1 (1;3 ; 1)= −
uurn k
vµ . Vect¬ ph¸p tuyÕn cña lµ 2 ( ; 1;1)= −uurn k ( )P (1; 1; 2)= − −
rn .
§−êng th¼ng cã vect¬ chØ ph−¬ng lµ: kd2
1 2, (3 1; 1; 1 3 ) 0 k k k− − − − − ≠r
Nªn 21 1 3 1.
1 1 2k k k k− − − − −
= = ⇔ =− −
VËy gi¸ trÞ cÇn t×m lµ
0,5®
0,5 ®
3) 1 ®iÓmTa cã (P) ⊥ (Q) vµ ∆ = (P) ∩ (Q), mµ AC ⊥ ∆ ⇒ AC ⊥(Q) ⇒AC ⊥ AD, hay
. T−¬ng tù, ta cã BD ⊥ ∆ nªn
BD ⊥(P), do ®ã CBD . VËy A vµ B A, B n»m trªn mÆt cÇu ®−êng kÝnh CD.
090=CAD090=
Vµ b¸n kÝnh cña mÆt cÇu lµ: 2 21
2 2CDR BC BD= = +
2 2 21 32 2
aAB AC BD= + + = .
Gäi H lµ trung ®iÓm cña BC⇒ AH ⊥ BC. Do BD ⊥(P) nªn BD ⊥ AH ⇒AH ⊥ (BCD).
VËy AH lµ kho¶ng c¸ch tõ A ®Õn mÆt ph¼ng (BCD) vµ 1 2 .2 2
aAH BC= =
0,25® 0,25® 0,5®
C©u 4. 2®iÓm
1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè2
1
1
xyx
+=
+ trªn ®o¹n [ ]1; 2− . 1 ®iÓm
2 31' .
( 1)
xyx
−=
+
' 0 1y x= ⇔ = .
Ta cã3( 1) 0, 2, (2) .5
y(1) y y− = = =
VËy [ ]1;2
(1) 2max y y−
= = vµ [ ]1;2min ( 1) 0.y y−
= − =
0,5® 0,5®
2) TÝnh tÝch ph©n 2
2
0 I x x d= −∫ x . 1 ®iÓm
Ta cã 2 0 0 1x x x− ≤ ⇔ ≤ ≤ , suy ra 1 2
2 2
0 1( ) ( ) = − + −∫ ∫I x x dx x x dx
1 22 3 3 2
0 1
1.2 3 3 2
= − + − =
x x x x
0,5® 0,5®
u n n k = = r uur uur
3 1( ) || kd P u n⊥ ⇔ ⇔r r
k 1.=k
.∀
A B
C
D
P
Q
∆
H
www.VNMATH.com
C©u 5. 1®iÓm
C¸ch 1: Ta cã ( 2 0 2 1 2 2 2 2 41) ...n n n nn n n
nnx C x C x C x C− −+ = + + + + ,
0 1 1 2 2 2 3 3 3( 2) 2 2 2 ... 2n n n n n nn n n n
nnx C x C x C x C x C− − −+ = + + + + + .
DÔ dµng kiÓm tra 1, 2= =n n kh«ng tháa m·n ®iÒu kiÖn bµi to¸n.
Víi th× 3≥n 3 3 2 3 2 2 1.n n n n nx x x x x− − −= = −
Do ®ã hÖ sè cña 3 3−nx trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña lµ 2( 1) ( 2+ +n nx x )
nC3 0 3 1 1
3 3 2 . . 2. .n n n na C C C− = + .
VËy 2
3 3
52 (2 3 4)26 26 73
2−
=− + = ⇔ = ⇔
= −
n
nn n na n n
n
VËy lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v× nguyªn d−¬ng). 5=n nC¸ch 2: Ta cã
2 32
3 3 22
0 0 0 0
1 2( 1) ( 2) 1 1
1 2 2 .
n nn n n
i kn n n nn i k n i i k k k
n n n ni k i k
x x xxx
x C C x C x C xxx
− −
= = = =
+ + = + +
= = ∑ ∑ ∑ ∑
Trong khai triÓn trªn, luü thõa cña x lµ 3 3n − khi 2 3i k− − = −3k
, hay Ta chØ cã hai tr−êng hîp tháa ®iÒu kiÖn nµy lµ
2 3i k+ = .0,i = = hoÆc i 1, 1k= = .
Nªn hÖ sè cña 3 3−nx lµ . 0 3 3 1 13 3 . .2 . .2n n n n na C C C C− = +
Do ®ã 2
3 3
52 (2 3 4)26 26 73
2−
=− + = ⇔ = ⇔
= −
n
nn n na n n
n
VËy lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v× nguyªn d−¬ng). 5=n n
0,75®
0,25®
hoÆc
0,75® 0,25®
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ------------------------------ M«n thi : To¸n , Khèi A §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò -------------------------------------------------------------- C©u I (2 ®iÓm)
Cho hµm sè 2x 3x 3y2(x 1)
− + −=−
(1).
1) Kh¶o s¸t hµm sè (1). 2) T×m m ®Ó ®−êng th¼ng y = m c¾t ®å thÞ hµm sè (1) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho AB = 1.
C©u II (2 ®iÓm)
1) Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh 22(x 16) 7 xx 3 >
x 3 x 3− −+ −− −
.
2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 1 44
2 2
1log (y x) log 1y
x y 25.
⎧ − − =⎪⎨⎪ + =⎩
C©u III (3 ®iÓm)
1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho hai ®iÓm ( )A 0; 2 vµ ( )B 3; 1− − . T×m täa ®é trùc
t©m vµ täa ®é t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp cña tam gi¸c OAB.
2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh thoi, AC c¾t BD t¹i gèc täa ®é O. BiÕt A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ). Gäi M lµ trung ®iÓm cña c¹nh SC.
a) TÝnh gãc vµ kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng SA, BM.
b) Gi¶ sö mÆt ph¼ng (ABM) c¾t ®−êng th¼ng SD t¹i ®iÓm N. TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABMN. C©u IV (2 ®iÓm)
1) TÝnh tÝch ph©n I = 2
1
x dx1 x 1+ −∫ .
2) T×m hÖ sè cña x8 trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña 821 x (1 x)⎡ ⎤+ −⎣ ⎦ .
C©u V (1 ®iÓm)
Cho tam gi¸c ABC kh«ng tï, tháa m·n ®iÒu kiÖn cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3. TÝnh ba gãc cña tam gi¸c ABC.
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh............................................................................Sè b¸o danh.................................................
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ------------------------
§Ò chÝnh thøc
§Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 M«n: To¸n, Khèi B
Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò -------------------------------------------
C©u I (2 ®iÓm)
Cho hµm sè y = xxx 323
1 23 +− (1) cã ®å thÞ (C).
1) Kh¶o s¸t hµm sè (1). 2) ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ∆ cña (C) t¹i ®iÓm uèn vµ chøng minh r»ng ∆ lµ tiÕp tuyÕn cña (C)
cã hÖ sè gãc nhá nhÊt.
C©u II (2 ®iÓm)
1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh xtgxx 2)sin1(32sin5 −=− .
2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè x
xy2ln= trªn ®o¹n [1; 3e ].
C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho hai ®iÓm A(1; 1), B(4; 3− ). T×m ®iÓm C thuéc ®−êng
th¼ng 012 =−− yx sao cho kho¶ng c¸ch tõ C ®Õn ®−êng th¼ng AB b»ng 6.
2) Cho h×nh chãp tø gi¸c ®Òu S.ABCD cã c¹nh ®¸y b»ng a, gãc gi÷a c¹nh bªn vµ mÆt ®¸y b»ng ϕ
( o0 < ϕ < o90 ). TÝnh tang cña gãc gi÷a hai mÆt ph¼ng (SAB) vµ (ABCD) theo ϕ . TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABCD theo a vµ ϕ .
3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A )4;2;4( −− vµ ®−êng th¼ng d:⎪⎩
⎪⎨
⎧
+−=−=+−=
.41
1
23
tztytx
ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ∆ ®i qua ®iÓm A, c¾t vµ vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng d.
C©u IV (2 ®iÓm)
1) TÝnh tÝch ph©n I = dxx
xxe∫
+
1
lnln31.
2) Trong mét m«n häc, thÇy gi¸o cã 30 c©u hái kh¸c nhau gåm 5 c©u hái khã, 10 c©u hái trung b×nh, 15 c©u hái dÔ. Tõ 30 c©u hái ®ã cã thÓ lËp ®−îc bao nhiªu ®Ò kiÓm tra, mçi ®Ò gåm 5 c©u hái kh¸c nhau, sao cho trong mçi ®Ò nhÊt thiÕt ph¶i cã ®ñ 3 lo¹i c©u hái (khã, trung b×nh, dÔ) vµ sè c©u hái dÔ kh«ng Ýt h¬n 2 ?
C©u V (1 ®iÓm) X¸c ®Þnh m ®Ó ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm
22422 1112211 xxxxxm −−++−=⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ +−−+ .
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh ................................................................................................. Sè b¸o danh .......................…....
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ------------------------ M«n: To¸n, Khèi D
§Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò ------------------------------------------- C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè 3 2y x 3mx 9x 1= − + + (1) víi m lµ tham sè.
1) Kh¶o s¸t hµm sè (1) khi m = 2. 2) T×m m ®Ó ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè (1) thuéc ®−êng th¼ng y = x + 1.
C©u II (2 ®iÓm) 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh .sin2sin)cossin2()1cos2( xxxxx −=+−
2) T×m m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm ⎪⎩
⎪⎨⎧
−=+
=+
.31
1
myyxx
yx
C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC cã c¸c ®Ønh );0();0;4();0;1( mCBA −
víi 0≠m . T×m täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC theo m. X¸c ®Þnh m ®Ó tam gi¸c GAB vu«ng t¹i G.
2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho h×nh l¨ng trô ®øng 111. CBAABC . BiÕt ),0;0;(aA
0,0),;0;(),0;1;0(),0;0;( 1 >>−− babaBCaB .
a) TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng CB1 vµ 1AC theo ., ba
b) Cho ba, thay ®æi, nh−ng lu«n tháa m·n 4=+ ba . T×m ba, ®Ó kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng
th¼ng CB1 vµ 1AC lín nhÊt.
3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ba ®iÓm )1;1;1(),0;0;1(),1;0;2( CBA vµ mÆt ph¼ng (P): 02 =−++ zyx . ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu ®i qua ba ®iÓm A, B, C vµ cã t©m thuéc mÆt ph¼ng (P).
C©u IV (2 ®iÓm)
1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ −3
2
2 )ln( dxxx .
2) T×m c¸c sè h¹ng kh«ng chøa x trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña 7
43 1
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +x
x víi x > 0.
C©u V (1 ®iÓm) Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh sau cã ®óng mét nghiÖm
01225 =−−− xxx . --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh.............................................................Sè b¸o danh........................................
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §¸p ¸n - Thang ®iÓm ..................... ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ........................................... §Ò chÝnh thøc M«n: To¸n, Khèi A (§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang)
C©u ý Néi dung §iÓmI 2,0 I.1 (1,0 ®iÓm)
( )12
332
−−+−=
xxxy = ( )
1 1x 12 2 x 1
− + −−
.
a) TËp x¸c ®Þnh: { }R \ 1 .
b) Sù biÕn thiªn:
2
x(2 x)y '2(x 1)
−=−
; y ' 0 x 0, x 2= ⇔ = = .
0,25
yC§ = y(2) =
12
− , yCT = y(0) = 32
.
§−êng th¼ng x = 1 lµ tiÖm cËn ®øng.
§−êng th¼ng1y x 12
= − + lµ tiÖm cËn xiªn.
0,25
B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 0 1 2 +∞ y' − 0 + + 0 −
y +∞ +∞ 12
−
32
−∞ −∞
0,25
c) §å thÞ:
0,25
www.VNMATH.com
I.2 (1,0 ®iÓm)
Ph−¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè víi ®−êng th¼ng y = m lµ :
( ) mx
xx =−
−+−12
332
⇔ ( ) 023322 =−+−+ mxmx (*).
0,25
Ph−¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi vµ chØ khi:
0>∆ ⇔ 24m 4m 3 0− − > ⇔ 3m2
> hoÆc 1m2
< − (**) .
0,25
Víi ®iÒu kiÖn (**), ®−êng th¼ng y = m c¾t ®å thÞ hµm sè t¹i hai ®iÓm A, B cã hoµnh ®é x1 , x2 lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (*).
AB = 1 ⇔ 121 =− xx ⇔ 2
1 2x x 1− = ⇔ ( )1 2
2
1 2x x 4x x 1+ − =
0,25
⇔ ( ) ( ) 123432 2 =−−− mm ⇔ 1 5m2
±= (tho¶ m·n (**))
0,25
II 2,0
II.1 (1,0 ®iÓm)
§iÒu kiÖn : x 4≥ . 0,25
BÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi bÊt ph−¬ng tr×nh: 2 22(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x− + − > − ⇔ − > −
0,25 + NÕu x > 5 th× bÊt ph−¬ng tr×nh ®−îc tho¶ m·n, v× vÕ tr¸i d−¬ng, vÕ ph¶i ©m. 0,25
+ NÕu 4 x 5≤ ≤ th× hai vÕ cña bÊt ph−¬ng tr×nh kh«ng ©m. B×nh ph−¬ng hai vÕ ta
®−îc: ( ) ( )22 22 x 16 10 2x x 20x 66 0− > − ⇔ − + < 10 34 x 10 34⇔ − < < + .
KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn 4 x 5≤ ≤ ta cã: 10 34 x 5− < ≤ . §¸p sè: x 10 34> −
0,25
II.2 (1,0 ®iÓm)
§iÒu kiÖn: y > x vµ y > 0.
( ) 1
1loglog 4
4
1 =−−y
xy ⇔ ( ) 11
loglog 44 =−−−y
xy
0,25
⇔ 4
y xlog 1y−− = ⇔
4
3yx = .
0,25
ThÕ vµo ph−¬ng tr×nh x2 + y2 = 25 ta cã:
223y y 25 y 4.
4⎛ ⎞ + = ⇔ = ±⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
So s¸nh víi ®iÒu kiÖn , ta ®−îc y = 4, suy ra x= 3 (tháa m·n y > x). VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ (3; 4).
0,25
III 3,0
III.1 (1,0 ®iÓm)
+ §−êng th¼ng qua O, vu«ng gãc víi BA( 3 ; 3) cã ph−¬ng tr×nh 3x 3y 0+ = .
§−êng th¼ng qua B, vu«ng gãc víi OA(0; 2) cã ph−¬ng tr×nh y = 1−
( §−êng th¼ng qua A, vu«ng gãc víi BO( 3 ; 1) cã ph−¬ng tr×nh 3x y 2 0+ − = )
0,25
Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph−¬ng tr×nh trªn ta ®−îc trùc t©m H( 3 ; 1)− 0,25
+ §−êng trung trùc c¹nh OA cã ph−¬ng tr×nh y = 1. §−êng trung trùc c¹nh OB cã ph−¬ng tr×nh 3x y 2 0+ + = .
( §−êng trung trùc c¹nh AB cã ph−¬ng tr×nh 3x 3y 0+ = ).
0,25
www.VNMATH.com
Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph−¬ng tr×nh trªn ta ®−îc t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c
OAB lµ ( )I 3 ; 1− .
0,25
III.2.a (1,0 ®iÓm)
+ Ta cã: ( )C 2; 0; 0− , ( )D 0; 1; 0− , ( )2;0;1−M ,
( )22;0;2 −=SA , ( )BM 1; 1; 2= − − .
0,25
Gäi α lµ gãc gi÷a SA vµ BM.
Ta ®−îc: ( ) SA.BM 3cos cos SA, BM2SA . BM
α = = = ⇒ 30α = ° .
0,25
+ Ta cã: ( )SA, BM 2 2; 0; 2⎡ ⎤ = − −⎣ ⎦ , ( )AB 2; 1; 0= − . 0,25
VËy:
( )SA, BM AB 2 6d SA, BM
3SA, BM
⎡ ⎤ ⋅⎣ ⎦= =⎡ ⎤⎣ ⎦
0,25
III.2.b (1,0 ®iÓm)
Ta cã MN // AB // CD ⇒ N lµ trung ®iÓm SD ⇒ ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ − 2;
2
1;0N .
0,25 ( )SA 2; 0; 2 2= − , ( )2;0;1 −−=SM , ( )22;1;0 −=SB ,
1SN 0; ; 22
⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠
( )SA, SM 0; 4 2; 0⎡ ⎤⇒ =⎣ ⎦ .
0,25
S.ABM
1 2 2V SA,SM SB6 3⎡ ⎤= ⋅ =⎣ ⎦
0,25
S.AMN
1 2V SA,SM SN6 3⎡ ⎤= ⋅ =⎣ ⎦ ⇒ S.ABMN S.ABM S.AMNV V V 2= + =
0,25
IV 2,0
IV.1 (1,0 ®iÓm)
2
1
xI dx1 x 1
=+ −∫ . §Æt: 1−= xt ⇒ 12 += tx ⇒ tdtdx 2= .
01 =⇒= tx , 12 =⇒= tx .
0,25
www.VNMATH.com
Ta cã:
1 1 12 32
0 0 0
t 1 t t 2I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt1 t 1 t t 1
+ + ⎛ ⎞= = = − + −⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠∫ ∫ ∫
0,25
I 1
3 2
0
1 12 t t 2t 2 ln t 13 2⎡ ⎤= − + − +⎢ ⎥⎣ ⎦
0,25
1 1 11I 2 2 2ln 2 4ln 23 2 3⎡ ⎤= − + − = −⎢ ⎥⎣ ⎦
.
0,25
IV.2 (1, 0 ®iÓm)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
8 2 3 42 0 1 2 2 4 3 6 4 88 8 8 8 8
5 6 7 85 10 6 12 7 14 8 168 8 8 8
1 x 1 x C C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x
C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x
⎡ ⎤+ − = + − + − + − + −⎣ ⎦
+ − + − + − + −
0,25
BËc cña x trong 3 sè h¹ng ®Çu nhá h¬n 8, bËc cña x trong 4 sè h¹ng cuèi lín h¬n 8. 0,25
VËy x8 chØ cã trong c¸c sè h¹ng thø t−, thø n¨m, víi hÖ sè t−¬ng øng lµ:
3 2 4 08 3 8 4C .C , C .C
0,25
Suy ra a8 168 70 238= + = . 0,25
V 1,0
Gäi 3cos22cos222cos −++= CBAM
32
cos2
cos2221cos2 2 −−⋅+⋅+−= CBCBA .
0,25
Do 0
2sin >A
, 12
cos ≤− CB nªn 2 AM 2cos A 4 2 sin 4
2≤ + − .
0,25
MÆt kh¸c tam gi¸c ABC kh«ng tï nªn 0cos ≥A , AA coscos2 ≤ . Suy ra:
42
sin24cos2 −+≤ AAM 42
sin242
sin212 2 −+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −= AA
22
sin242
sin4 2 −+−= AA01
2sin22
2
≤⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −−= A
. VËy 0≤M .
0,25
Theo gi¶ thiÕt: M = 0 ⇔
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
=
=−=
2
1
2sin
12
cos
coscos2
A
CBAA
⇔A 90B C 45
= °⎧⎨ = = °⋅⎩
0,25
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §¸p ¸n - Thang ®iÓm ..................... ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ........................................... §Ò chÝnh thøc M«n: To¸n, Khèi B (§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang)
C©u ý Néi dung §iÓmI 2,0 1 Kh¶o s¸t hµm sè (1,0 ®iÓm)
3 21y x 2x 3x3
= − + (1).
a) TËp x¸c ®Þnh: R . b) Sù biÕn thiªn: y' = x2 − 4x + 3; 3,10' ==⇔= xxy .
0,25
yC§ = y(1) =
43
, yCT = y(3) = 0; y" = 2x − 4, y'' = 0 ( ) 2x 2, y 23
⇔ = = . §å thÞ
hµm sè låi trªn kho¶ng ( ; 2),−∞ lâm trªn kho¶ng ( 2; + ∞ ) vµ cã ®iÓm uèn lµ
2U 2;3
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
0,25
B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 1 3 + ∞ y' + 0 − 0 +
y 43
+ ∞
− ∞ 0
0,25
c) §å thÞ: Giao ®iÓm cña ®å thÞ víi c¸c trôc Ox, Oy lµ c¸c ®iÓm ( ) ( )0;0 , 3;0 .
0,25
www.VNMATH.com
2 ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i ®iÓm uèn, ...(1,0 ®iÓm)
T¹i ®iÓm uèn U
22;3
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
, tiÕp tuyÕn cña (C) cã hÖ sè gãc 1)2(' −=y . 0,25
TiÕp tuyÕn ∆ t¹i ®iÓm uèn cña ®å thÞ (C) cã ph−¬ng tr×nh:
2 8y 1.(x 2) y x3 3
= − − + ⇔ = − + .
0,25
HÖ sè gãc tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x b»ng:
y'(x) = x2 34 +− x = 1)2( 2 −−x ≥ 1− ⇒ y' (x) ≥ y' (2), ∀ x. 0,25
DÊu " =" x¶y ra khi vµ chØ khi x = 2 ( lµ hoµnh ®é ®iÓm uèn). Do ®ã tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) t¹i ®iÓm uèn cã hÖ sè gãc nhá nhÊt. 0,25
II 2,0
1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1,0 ®iÓm)
5sinx 2− = 3 tg2x ( 1 sinx− ) (1) .
§iÒu kiÖn: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ k ,k Z
2π + π ∈ (*). 0,25
Khi ®ã (1) ⇔
2
2
3sin x5sin x 2 (1 sin x)1 sin x
− = −−
02sin3sin2 2 =−+⇔ xx . 0,25
2
1sin =⇔ x hoÆc 2sin −=x (v« nghiÖm).
0,25
π+π=⇔= 262
1sin kxx hoÆc π+π= 2
6
5 kx , Zk ∈ ( tho¶ m·n (*)). 0,25
2 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè (1,0 ®iÓm)
y =
2ln xx
⇒ 2
ln x(2 ln x)y 'x−= ⋅ 0,25
y'= 0
3
2 3
ln x 0 x 1 [1; e ]ln x 2 x e [1; e ].
⎡= = ∈⎡⇔ ⇔ ⎢⎢ = = ∈⎢⎣ ⎣
0.25
Khi ®ã: y(1) = 0, 2 3
2 3
4 9y(e ) , y(e )e e
= = ⋅ 0,25
So s¸nh 3 gi¸ trÞ trªn, ta cã:
33
22 [1; e ][1; e ]
4max y khi x e , min y 0 khi x 1e
= = = = .
0,25III 3,0
1 T×m ®iÓm C (1,0 ®iÓm)
Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng AB:
41
31
−−=− yx
⇔ 4x + 3y – 7 = 0. 0,25
Gi¶ sö );( yxC . Theo gi¶ thiÕt ta cã: 012 =−− yx (1).
d(C, (AB)) = 6 2 2
4x 3y 37 0 (2a)4x 3y 76
4x 3y 23 0 (2b).4 3
+ − =+ − ⎡⇔ = ⇔ ⎢ + + =+ ⎣
0,25
Gi¶i hÖ (1), (2a) ta ®−îc: C1( 7 ; 3). 0,25
Gi¶i hÖ (1), (2b) ta ®−îc: 243 27C ;11 11
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
. 0,25
2 TÝnh gãc vµ thÓ tÝch (1,0 ®iÓm)
www.VNMATH.com
Gäi giao ®iÓm cña AC vµ BD lµ O th× SO (ABCD)⊥ , suy ra
SAO = ϕ .
Gäi trung ®iÓm cña AB lµ M th× OM AB⊥ vµ ⇒⊥ ABSM Gãc gi÷a hai mÆt ph¼ng (SAB) vµ
(ABCD) lµ SMO .
0,25
Tam gi¸c OAB vu«ng c©n t¹i O, nªn ϕ=⇒== tgaSOaOAaOM2
2
2
2,
2.
Do ®ã: SOtgSMO 2 tgOM
= = ϕ . 0,25
2 3
S.ABCD ABCD1 1 a 2 2V S .SO a tg a tg .3 3 2 6
= = ϕ = ϕ 0,50
3 ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ∆ (1,0 ®iÓm)
§−êng th¼ng d cã vect¬ chØ ph−¬ng )4;1;2( −=v . 0,25 B ∈ d ⇔ )41;1;23( tttB +−−+− (víi mét sè thùc t nµo ®ã ).
( )AB 1 2t;3 t; 5 4t⇒ = + − − + . 0,25 AB ⊥ d ⇔ 0. =vAB 2(1 2t) (3 t) 4( 5 4t) 0⇔ + − − + − + = ⇔ t = 1. 0,25
AB (3; 2; 1)⇒ = − ⇒ Ph−¬ng tr×nh cña 1
4
2
2
3
4:
−−=+=+∆ zyx
. 0,25
IV 2,0
1 TÝnh tÝch ph©n (1,0 ®iÓm)
dx
xxxI
e∫
+=1
lnln31.
§Æt: 2 dxt 1 3ln x t 1 3ln x 2tdt 3x
= + ⇒ = + ⇒ = .
x 1 t 1= ⇒ = , x e t 2= ⇒ = . 0,25
Ta cã: ( )2 22
2 4 2
1 1
2 t 1 2I t dt t t dt3 3 9
−= = −∫ ∫ . 0,25
25 3
1
2 1 1I t t9 5 3⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
. 0,25
I =
135
116.
0,25
www.VNMATH.com
2 X¸c ®Þnh sè ®Ò kiÓm tra lËp ®−îc ... (1,0 ®iÓm)
Mçi ®Ò kiÓm tra ph¶i cã sè c©u dÔ lµ 2 hoÆc 3, nªn cã c¸c tr−êng hîp sau: • §Ò cã 2 c©u dÔ, 2 c©u trung b×nh, 1 c©u khã, th× sè c¸ch chän lµ:
23625.. 15
210
215 =CCC . 0,25
• §Ò cã 2 c©u dÔ, 1 c©u trung b×nh, 2 c©u khã, th× sè c¸ch chän lµ:
10500.. 25
110
215 =CCC . 0,25
• §Ò cã 3 c©u dÔ, 1 c©u trung b×nh, 1 c©u khã, th× sè c¸ch chän lµ:
22750.. 15
110
315 =CCC . 0,25
V× c¸c c¸ch chän trªn ®«i mét kh¸c nhau, nªn sè ®Ò kiÓm tra cã thÓ lËp ®−îc lµ: 56875227501050023625 =++ . 0,25
V X¸c ®Þnh m ®Ó ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm 1,0
§iÒu kiÖn: − 1 ≤ x ≤ 1. §Æt t 2 21 x 1 x= + − − .
Ta cã: 2 21 x 1 x t 0+ ≥ − ⇒ ≥ , t = 0 khi x = 0.
2 4t 2 2 1 x 2 t 2= − − ≤ ⇒ ≤ , t = 2 khi x = ± 1.
⇒ TËp gi¸ trÞ cña t lµ [0; 2 ] ( t liªn tôc trªn ®o¹n [ − 1; 1]). 0,25
Ph−¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh: m ( ) 2t 2 t t 2+ = − + + 2t t 2 mt 2
− + +⇔ =+
(*)
XÐt f(t) =2t t 2t 2
− + ++
víi 0 ≤ t ≤ 2 . Ta cã f(t) liªn tôc trªn ®o¹n [0; 2 ].
Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm x ⇔ Ph−¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm t ∈ [0; 2 ] ⇔
]2;0[]2;0[)(max)(min tfmtf ≤≤ .
0,25
Ta cã: f '(t) = ( )
2
2t 4t 0, t 0; 2t 2
− − ⎡ ⎤≤ ∀ ∈ ⎣ ⎦+⇒ f(t) nghÞch biÕn trªn [0; 2 ].
0,25 Suy ra:
[0; 2 ] [0; 2 ]min f (t) f ( 2) 2 1 ; max f (t) f (0) 1= = − = = .
VËy gi¸ trÞ cña m cÇn t×m lµ 2 1 m 1− ≤ ≤ . 0,25
www.VNMATH.com
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §¸p ¸n - Thang ®iÓm ..................... ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ........................................... §Ò chÝnh thøc M«n: To¸n, Khèi D (§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang)
C©u ý Néi dung §iÓmI 2,0 1 Kh¶o s¸t hµm sè (1,0 ®iÓm)
1962 23 ++−=⇒= xxxym .
a) TËp x¸c ®Þnh: R . b) Sù biÕn thiªn: 2 2y ' 3x 12x 9 3(x 4x 3)= − + = − + ; y ' 0 x 1, x 3= ⇔ = = . 0,25
yC§ = y(1) = 5 , yCT = y(3) =1. y'' = 6x 12− = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 3. §å thÞ hµm sè låi trªn kho¶ng ( ; 2),−∞ lâm trªn kho¶ng );2( ∞+ vµ cã ®iÓm uèn lµ
)3;2(U . 0,25 B¶ng biÕn thiªn:
x −∞ 1 3 + ∞ y' + 0 − 0 +
y 5 + ∞ −∞ 1 0,25
c) §å thÞ: §å thÞ hµm sè c¾t trôc Oy t¹i ®iÓm (0; 1).
0,25 2 T×m m ®Ó ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè ...(1,0 ®iÓm)
y = x3 − 3mx2 + 9x + 1 (1); y' = 3x2 − 6mx + 9; y'' = 6x − 6m . y"= 0 ⇔ x = m ⇒ y = − 2m3 + 9m + 1. 0,25
y" ®æi dÊu tõ ©m sang d−¬ng khi ®i qua x = m, nªn ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè (1) lµ I( m; − 2m3 + 9m +1). 0,25
I thuéc ®−êng th¼ng y = x + 1 ⇔ − 2m3 + 9m + 1 = m + 1 0,25 ⇔ 2m(4 − m2 ) = 0 ⇔ m = 0 hoÆc 2±=m . 0,25
www.VNMATH.com
II 2,0
1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1,0 ®iÓm)
( 2cosx −1) (2sinx + cosx) = sin2x − sinx ⇔ ( 2cosx −1) (sinx + cosx) = 0. 0,25
• 2cosx − 1= 0 ⇔ cosx =
1 x k2 , k2 3
π⇔ = ± + π ∈Z . 0,25
• sinx + cosx = 0 ⇔ tgx = −1 ⇔ x k , k
4π= − + π ∈Z .
0,25
VËy ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ: x k23π= ± + π vµ x k , k
4π= − + π ∈Z .
0,25 2 T×m m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm (1,0 ®iÓm)
§Æt: u = x , v y, u 0, v 0.= ≥ ≥ HÖ ®· cho trë thµnh: 3 3
u v 1u v 1 3m
+ =⎧⎨
+ = −⎩ (*)
0,25 u v 1
uv m+ =⎧
⇔ ⎨ =⎩⇔ u, v lµ hai nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh: t2 − t + m = 0 (**).
0,25 HÖ ®· cho cã nghiÖm (x; y) ⇔ HÖ (*) cã nghiÖm u ≥ 0, v ≥ 0 ⇔ Ph−¬ng tr×nh
(**) cã hai nghiÖm t kh«ng ©m. 0,25
⇔ 1 4m 0
1S 1 0 0 m .4
P m 0
∆ = − ≥⎧⎪ = ≥ ⇔ ≤ ≤⎨⎪ = ≥⎩
0,25 III 3,0
1 TÝnh to¹ ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC vµ t×m m... (1,0 ®iÓm)
Träng t©m G cña tam gi¸c ABC cã täa ®é:
A B C A B CG G
x x x y y y mx 1; y3 3 3
+ + + += = = = . VËy G(1; m3
). 0,25
Tam gi¸c ABC vu«ng gãc t¹i G ⇔ GA.GB 0= . 0,25 m mGA( 2; ), GB(3; )
3 3− − − .
0,25
GA.GB 0=2m6 0
9⇔ − + = m 3 6⇔ = ± .
0,25 2 TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a B1C vµ AC1,... (1,0 ®iÓm)
a) Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
1 1C (0; 1; b), B C (a; 1; b)= −
1 1AC ( a; 1; b), AB ( 2a;0; b)= − = −
0,25
www.VNMATH.com
( ) 1 1 1
1 1 2 21 1
B C, AC AB abd B C, ACa bB C, AC
⎡ ⎤⎣ ⎦= =⎡ ⎤ +⎣ ⎦
.
0,25 b) ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta cã:
1 1 2 2
ab ab 1 1 a bd(B C;AC ) ab 222ab 2 2a b+= ≤ = ≤ =
+.
0,25 DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = 2.
VËy kho¶ng c¸ch gi÷a B1C vµ AC1 lín nhÊt b»ng 2 khi a = b = 2. 0,25 3 ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu (1,0 ®iÓm)
I(x; y; z) lµ t©m mÆt cÇu cÇn t×m ⇔ I ∈ (P) vµ IA = IB = IC . Ta cã: IA2 = (x − 2)2 + y2 + ( z − 1)2
; IB2 = (x − 1)2 + y2 + z2 ;
IC2 = (x − 1)2 + (y − 1)2 + ( z − 1)2 . 0,25 Suy ra hÖ ph−¬ng tr×nh:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
=−++
22
22
02
ICIB
IBIA
zyx
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+=+
=++⇔
1
2
2
zyzx
zyx
0,25 .0;1 ===⇔ yzx 0,25 ⇒== 1IAR Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu lµ ( x − 1)2 + y2 + ( z − 1)2 =1. 0,25IV 2,0
1 TÝnh tÝch ph©n (1,0 ®iÓm)
I = 3
2
2
ln(x x)dx−∫ . §Æt 2
2
2x 1du dxu ln(x x)x x
dv dx v x
−⎧⎧ == − ⎪⇒ −⎨ ⎨=⎩ ⎪ =⎩
.
0,25 3 3
32
22 2
2x 1 1I x ln(x x) dx 3ln 6 2ln 2 2 dxx 1 x 1
− ⎛ ⎞= − − = − − +⎜ ⎟− −⎝ ⎠∫ ∫ 0,25
( ) 3
23ln 6 2ln 2 2x ln x 1= − − + − . 0,25
I = 3ln6 − 2ln2 − 2 − ln2 = 3ln3 − 2. 0,25 2 T×m sè h¹ng kh«ng chøa x... (1, 0 ®iÓm)
Ta cã: ( )7 k7 7 kk3 3
74 4k 0
1 1x C xx x
−
=
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∑ 0,25
7 k k 28 7k7 7k k3 4 127 7
k 0 k 0C x x C x
− − −
= == =∑ ∑ .
0,25 Sè h¹ng kh«ng chøa x lµ sè h¹ng t−¬ng øng víi k (k Z, 0 k 7)∈ ≤ ≤ tho¶ m·n:
4012
728 =⇔=− kk.
0,25 Sè h¹ng kh«ng chøa x cÇn t×m lµ 4
7C 35= . 0,25
www.VNMATH.com
V Chøng minh ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt 1,0
x5 − x2 − 2x − 1 = 0 (1) . (1) ⇔ x5 = ( x + 1)2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 ⇒ (x + 1) 2 ≥ 1 ⇒ x5 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1. 0,25
Víi x ≥ 1: XÐt hµm sè 5 2f (x) x x 2x 1= − − − . Khi ®ã f(x) lµ hµm sè liªn tôc
víi mäi x ≥ 1. Ta cã: f(1) = − 3 < 0, f(2) = 23 > 0. Suy ra f(x) = 0 cã nghiÖm thuéc ( 1; 2). (2) 0,25
f '( x) = 4 4 4 45x 2x 2 (2x 2x) (2x 2) x− − = − + − + .
3 4 42x(x 1) 2(x 1) x 0, x 1= − + − + > ∀ ≥ . 0,25
Suy ra f(x) ®ång biÕn trªn [ 1; +∞) (3). Tõ (1), (2), (3) suy ra ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng mét nghiÖm. 0,25
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ----------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Môn: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ----------------------------------------
C©u I (2 điểm)
Gọi m(C ) là đồ thị của hàm số 1y m xx
= + (*) ( m là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi 1m .4
=
2) Tìm m để hàm số (*) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của m(C ) đến tiệm
cận xiên của m(C ) bằng 1 .2
C©u II (2 điểm)
1) Giải bất phương trình 5x 1 x 1 2x 4.− − − > − 2) Giải phương trình 2 2cos 3x cos 2x cos x 0.− =
C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
1d : x y 0− = và 2d : 2x y 1 0.+ − =
Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc 1d , đỉnh C thuộc 2d
và các đỉnh B, D thuộc trục hoành.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng x 1 y 3 z 3d :1 2 1− + −= =−
và mặt
phẳng (P) : 2x y 2z 9 0.+ − + = a) Tìm tọa độ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) bằng 2. b) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình
tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), biết ∆ đi qua A và vuông góc với d.
C©u IV (2 điểm)
1) Tính tích phân 2
0
sin 2x sin xI dx.1 3cos x
π
+=+∫
2) Tìm số nguyên dương n sao cho 1 2 2 3 3 4 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C 4.2 C (2n 1).2 C 2005++ + + + +− + − + + + =L
( knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).
C©u V (1 điểm)
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 4.x y z+ + = Chứng minh rằng
1 1 1 1.2x y z x 2y z x y 2z
+ + ≤+ + + + + +
------------------------------ Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh .................................................…… số báo danh........................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005Môn: TOÁN, khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề --------------------------------------------------
Câu I (2 điểm)
Gọi m(C ) là đồ thị của hàm số ( )2x m 1 x m 1y
x 1+ + + +
=+
(*) ( m là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m 1.= 2) Chứng minh rằng với m bất kỳ, đồ thị m(C ) luôn luôn có điểm cực đại, điểm cực tiểu
và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng 20. Câu II (2 điểm)
1) Giải hệ phương trình ( )2 39 3
x 1 2 y 1
3log 9x log y 3.
⎧ − + − =⎪⎨
− =⎪⎩
2) Giải phương trình 1 sin x cos x sin 2x cos 2x 0.+ + + + =
Câu III (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2;0) và B(6;4) . Viết phương trình
đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B bằng 5.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng 1 1 1ABC.A B C với
1A(0; 3;0), B(4;0;0), C(0;3;0), B (4;0;4).− a) Tìm tọa độ các đỉnh 1 1A , C . Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với
mặt phẳng 1 1(BCC B ). b) Gọi M là trung điểm của 1 1A B . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm
A, M và song song với 1BC . Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng 1 1A C tại điểm N . Tính độ dài đoạn MN.
Câu IV (2 điểm)
1) Tính tích phân 2
0
s in2x cosxI dx1 cosx
π
=+∫ .
2) Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ?
Câu V (1 điểm)
Chứng minh rằng với mọi x ,∈ ta có: x x x
x x x12 15 20 3 4 55 4 3
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + ≥ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
.
Khi nào đẳng thức xảy ra?
--------------------------------Hết-------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh .................................................. Số báo danh …...............................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ----------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Môn: TOÁN, khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề -------------------------------------------
Câu I (2 điểm)
Gọi m(C ) là đồ thị của hàm số 3 21 m 1y x x3 2 3
= − + (*) ( m là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m 2.= 2) Gọi M là điểm thuộc m(C ) có hoành độ bằng 1.− Tìm m để tiếp tuyến của m(C ) tại
điểm M song song với đường thẳng 5x y 0.− = Câu II (2 điểm)
Giải các phương trình sau:
1) 2 x 2 2 x 1 x 1 4.+ + + − + =
2) 4 4 3cos x sin x cos x sin 3x 0.4 4 2π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Câu III (3 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm ( )C 2;0 và elíp ( )2 2x yE : 1.
4 1+ = Tìm
tọa độ các điểm A,B thuộc ( )E , biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1x 1 y 2 z 1d :
3 1 2− + += =
− và 2
x y z 2 0d :
x 3y 12 0.+ − − =⎧
⎨ + − =⎩
a) Chứng minh rằng 1d và 2d song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa cả hai đường thẳng 1d và 2d .
b) Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt hai đường thẳng 1 2d , d lần lượt tại các điểm A, B. Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc tọa độ).
Câu IV (2 điểm)
1) Tính tích phân ( )2
sin x
0
I e cos x cos xdx.
π
= +∫
2) Tính giá trị của biểu thức ( )4 3n 1 nA 3AMn 1 !+ +=+
, biết rằng 2 2 2 2n 1 n 2 n 3 n 4C 2C 2C C 149+ + + ++ + + =
( n là số nguyên dương, knA là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và k
nC là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Câu V (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz 1.= Chứng minh rằng
3 3 3 3 3 31 x y 1 y z 1 z x 3 3.xy yz zx
+ + + + + ++ + ≥
Khi nào đẳng thức xảy ra? -------------------------------Hết--------------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh.............................................. Số báo danh..........................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ---------------------
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối A
(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm I 2,0
I.1 1,0 1 1 1m y x4 4 x
= ⇒ = + .
a) TXĐ: \{0}.
b) Sự biến thiên: 2
2 2
1 1 x 4y '4 x 4x
−= − = , y ' 0 x 2, x 2.= ⇔ = − =
0,25
yCĐ ( ) ( )CTy 2 1, y y 2 1.= − = − = = Đường thẳng x 0= là tiệm cận đứng.
Đường thẳng 1y x4
= là tiệm cận xiên.
0,25
d) Đồ thị
0,25
www.VNMATH.com
I.2 1,0
2
1y ' m , y ' 0x
= − = có nghiệm khi và chỉ khi m 0> .
Nếu m 0> thì 1 2
1 1y ' 0 x , xm m
= ⇔ = − = .
0,25
Xét dấu y ' x
−∞ 1m
− 0 1m
+∞
y ' + 0 − || − 0 + Hàm số luôn có cực trị với mọi m 0.>
0,25
Điểm cực tiểu của ( )mC là 1M ;2 m .m
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
Tiệm cận xiên (d) : y mx mx y 0.= ⇔ − =
( )2 2
m 2 m md M,d .m 1 m 1
−= =
+ +
0,25
( ) 2
2
1 m 1d M;d m 2m 1 0 m 1.2 2m 1
= ⇔ = ⇔ − + = ⇔ =+
Kết luận: m 1= .
0,25
II. 2,0
II.1 1,0
Bất phương trình: 5x 1 x 1 2x 4− − − > − . ĐK:
5x 1 0x 1 0 x 2.2x 4 0
− ≥⎧⎪ − ≥ ⇔ ≥⎨⎪ − ≥⎩
0,25
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với 5x 1 2x 4 x 1 5x 1 2x 4 x 1 2 (2x 4)(x 1)− > − + − ⇔ − > − + − + − −
0,25 2 2x 2 (2x 4)(x 1) x 4x 4 2x 6x 4⇔ + > − − ⇔ + + > − +
2x 10x 0 0 x 10.⇔ − < ⇔ < <
0,25
Kết hợp với điều kiện ta có : 2 x 10≤ < là nghiệm của bất phương trình đã cho. 0,25 II.2 1,0
Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( )1 cos6x cos 2x 1 cos 2x 0+ − + = cos6x cos 2x 1 0⇔ − =
0,25
cos8x cos 4x 2 0⇔ + − = 22cos 4x cos 4x 3 0⇔ + − =
0,25
( )
=⎡⎢⇔⎢ = −⎢⎣
cos4x 1
3cos4x lo¹i .
2
Vậy ( )π= ⇔ = ∈cos4x 1 x k k .2
0,5
www.VNMATH.com
III. 3,0 III.1 1,0
Vì ( )1A d A t; t .∈ ⇒
Vì A và C đối xứng nhau qua BD và B,D Ox∈ nên ( )C t; t− .
0,25
Vì 2C d∈ nên 2t t 1 0 t 1.− − = ⇔ = Vậy ( ) ( )A 1;1 , C 1; 1− .
0,25
Trung điểm của AC là ( )I 1;0 . Vì I là tâm của hình vuông nên
IB IA 1ID IA 1
= =⎧⎨ = =⎩
0,25
b 1 1B Ox B(b;0) b 0,b 2D Ox D(d;0) d 0,d 2d 1 1
⎧ − =∈ = =⎧⎧ ⎧ ⎪⇔ ⇒ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎨∈ = =− =⎩ ⎩ ⎩⎪⎩
Suy ra, ( )B 0;0 và ( )D 2;0 hoặc ( )B 2;0 và ( )D 0;0 . Vậy bốn đỉnh của hình vuông là
( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 , B 0;0 , C 1; 1 , D 2;0 ,− hoặc
( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 , B 2;0 , C 1; 1 , D 0;0 .−
0,25
III.2a 1,0
Phương trình của tham số của
x 1 td : y 3 2t
z 3 t.
= −⎧⎪ = − +⎨⎪ = +⎩
0,25
( )I d I 1 t; 3 2t;3 t∈ ⇒ − − + + , ( )( ) 2t 2d I, P .
3− +
=
0,25
( )( ) t 4d I, P 2 1 t 3
t 2.=⎡
= ⇔ − = ⇔ ⎢ = −⎣
0,25
Vậy có hai điểm ( ) ( )1 2I 3;5;7 , I 3; 7;1− − . 0,25
III.2b 1,0 Vì A d∈ nên ( )A 1 t; 3 2t;3 t− − + + .
Ta có ( )A P∈ ⇔ ( ) ( ) ( )2 1 t 3 2t 2 3 t 9 0 t 1− + − + − + + = ⇔ = .
Vậy ( )A 0; 1;4− .
0,25
Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến ( )n 2;1; 2 .= −
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( )u 1;2;1= − .
Vì ( )P∆ ⊂ và d∆ ⊥ nên ∆ có vectơ chỉ phương ( )u n,u 5;0;5∆⎡ ⎤= =⎣ ⎦ .
0,5
Phương trình tham số của ∆ :
x ty 1z 4 t.
=⎧⎪ = −⎨⎪ = +⎩
0,25
www.VNMATH.com
IV 2,0 IV.1 1,0
2
0
(2cos x 1)sin xI dx1 3cos x
π
+=+∫ .
0,25
Đặt
2t 1cos x3t 1 3cos x3sin xdt dx.
2 1 3cos x
⎧ −=⎪⎪= + ⇒ ⎨⎪ = −⎪ +⎩
x 0 t 2, x t 1.2π= ⇒ = = ⇒ =
0,25
( )1 22
2
2 1
t 1 2 2I 2 1 dt 2t 1 dt.3 3 9
⎛ ⎞− ⎛ ⎞= + − = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
∫ ∫
0,25
23
1
2 2t 2 16 2 34t 2 1 .9 3 9 3 3 27⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎝ ⎠
0,25
IV.2 1,0 Ta có ( )2n 1 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 11 x C C x C x C x ... C x+ + ++ + + + ++ = + + + + + x .∀ ∈ 0,25
Đạo hàm hai vế ta có
( )( ) ( )2n 1 2 3 2 2n 1 2n2n 1 2n 1 2n 1 2n 12n 1 1 x C 2C x 3C x ... 2n 1 C x+
+ + + ++ + = + + + + + x .∀ ∈
0,25
Thay x 2= − ta có: ( )1 2 2 3 3 4 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C 4.2 C ... 2n 1 .2 C 2n 1.++ + + + +− + − + + + = +
0,25
Theo giả thiết ta có 2n 1 2005 n 1002+ = ⇒ = . 0,25
V 1,0
Với a,b 0> ta có : 2 1 a b 1 1 1 14ab (a b) .a b 4ab a b 4 a b
+ ⎛ ⎞≤ + ⇔ ≤ ⇔ ≤ +⎜ ⎟+ + ⎝ ⎠
Dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi a b= .
0,25
Áp dụng kết quả trên ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1).
2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≤ + ≤ + + = + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
Tương tự 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (2).
x 2y z 4 2y x z 4 2y 4 x z 8 y 2z 2x⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞≤ + ≤ + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥+ + + ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (3).
x y 2z 4 2z x y 4 2z 4 x y 8 z 2x 2y⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≤ + ≤ + + = + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
0,5
Vậy 1 1 1 1 1 1 1 1.
2x y z x 2y z x y 2z 4 x y z⎛ ⎞
+ + ≤ + + =⎜ ⎟+ + + + + + ⎝ ⎠
Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi
x y z.= = Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3x y z .4
= = =
0,25
-------------------------------Hết-------------------------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ---------------------
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối B
(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm I 2,0
I.1 1,0 2x 2x 2 1m 1 y x 1 .
x 1 x 1+ +
= ⇒ = = + ++ +
a) TXĐ: \{ }. 1−
b) Sự biến thiên: ( ) ( )
2
2 21 x 2xy ' 1
x 1 x 1+
= − =+ +
y ' 0 x 2, x 0., = ⇔ = − =
0,25
yCĐ ( ) ( )CTy 2 2, y y 0 2.= − = =1
= − Đường thẳng là tiệm cận đứng. x = − Đường thẳng là tiệm cận xiên. y x 1= +
0,25
Bảng biến thiên:
x − ∞ − 2 1− 0 + ∞ y’ + 0 − − 0 + y
2− + ∞ + ∞ − ∞ − ∞ 2
0,25
c) Đồ thị
0,25
www.VNMATH.com
I.2 1,0
Ta có: 1y x m
x 1= + +
+.
TXĐ: \{ }. 1−
( )( )( )2 2
x x 21y ' 1 , y ' 0 x 2, x 0.x 1 x 1
+= − = = ⇔ = − =
+ +
0,25
Xét dấu y '
x −∞ 2 − 1− 0 +∞y’ + 0 − || − 0 +
Đồ thị của hàm số (*) luôn có điểm cực đại là ( )M 2;m 3− − và điểm cực tiểu là
. ( )N 0;m 1+
0,50
( )( ) ( ) ( )( )2 2
MN 0 2 m 1 m 3 20.= − − + + − − =
0,25
II. 2,0
II.1 1,0
( )2 39 3
x 1 2 y 1 (1)
3log 9x log y 3 (2)
⎧ − + − =⎪⎨
− =⎪⎩
ĐK: x 10 y 2.≥⎧
⎨ < ≤⎩
0,25
( ) ( )3 3 3 32 3 1 log x 3log y 3 log x log y x y.⇔ + − = ⇔ = ⇔ = 0,25
Thay vào (1) ta có y x=
( )( )x 1 2 x 1 x 1 2 x 2 x 1 2 x 1− + − = ⇔ − + − + − − =
( )( )x 1 2 x 0 x 1, x 2.⇔ − − = ⇔ = =
Vậy hệ có hai nghiệm là ( ) ( )x; y 1;1= và ( ) ( )x; y 2;2 .=
0,50
II.2 1,0 Phương trình đã cho tương đương với
2sin x cos x 2sin x cos x 2cos x 0+ + + =
( )sin x cos x 2cos x sin x cos x 0⇔ + + + =
( )( )sin x cos x 2cos x 1 0.⇔ + + =
0,50
• sin x cos x 0 tgx 1 x k4π
+ = ⇔ = − ⇔ = − + π ( )k .∈
0,25
• 1 22cos x 1 0 cos x x k22 3
π+ = ⇔ = − ⇔ = ± + π ( )k .∈
0,25
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
IV 2,0 IV.1 1,0
Ta có 22
0
sin x cos xI 2 dx1 cos x
π
=+∫ . Đặt t 1 cos x dt sin xdx.= + ⇒ = −
x 0 t 2, x t 12π
= ⇒ = = ⇒ = .
0,25
( ) ( )21 2
2 1
t 1 1I 2 dt 2 t 2 dtt t− ⎛ ⎞= − = − +⎜ ⎟
⎝ ⎠∫ ∫
0,25
2 2
1
t2 2t ln t2
⎛ ⎞= − +⎜ ⎟
⎝ ⎠
0,25
( ) 12 2 4 ln 2 2 2ln 2 12
⎡ ⎤⎛ ⎞= − + − − = −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦.
0,25
IV.2 1,0 Có cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất. Với mỗi
cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai. Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ hai thì có cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba.
1 43 12C C
1 42 8C C
1 41 4C C
0,50
Số cách phân công đội thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là
1 4 1 4 1 43 12 2 8 1 4C .C .C .C .C .C 207900.=
0,50
V 1,0
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có
x x x12 15 12 152 .
5 4 5 4⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
x
x x
x12 15 2.3 (1).5 4
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
0,50
Tương tự ta có
x xx
x xx
12 20 2.4 (2).5 3
15 20 2.5 (3).4 3
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
0,25
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra (1), (2), (3) là các đẳng thức ⇔ ⇔ x 0.=
0,25
-------------------------------Hết-------------------------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ---------------------
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối D
(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang) Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,0 I.1 1,0
3 21 1m 2 y x x3 3
= ⇒ = − + .
a) TXĐ: .
b) Sự biến thiên: 2y ' x 2x, y ' 0 x 0, x 2.= − = ⇔ = =
0,25
Bảng biến thiên: x − ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 − 0 + y
13
− 1
+ ∞
c) Tính lồi lõm, điểm uốn y '' 2x 2, y '' 0 x 1.= − = ⇔ =
x −∞ 1 +∞ y’’ − 0 +
Đồ thị hàm số lồi
1U 1;3
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
lõm
Đồ thị của hàm số nhận 1U 1;3
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
là điểm uốn.
0,25
d) Đồ thị
-1
2
O
y
x
0,25
www.VNMATH.com
I.2 1,0
Ta có: 2y ' x mx.= −
Điểm thuộc (Cm) có hoành độ x 1= − là mM 1;2
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
.
0,25
Tiếp tuyến tại M của (Cm) là
∆: ( )( ) ( )m my y ' 1 x 1 y m 1 x2 2
2 .++ = − + ⇔ = + +
0,25
∆ song song với ( hay d :5x y 0− = d : y 5x= ) khi và chỉ khi
m 1 5m 4
m 2 0+ =⎧
.⇔ =⎨ + ≠⎩
Vậy m 4= .
0,50
II. 2,0 II.1 1,0
2 x 2 2 x 1 x 1 4.+ + + − + = ĐK: x 1≥ − .
0,25
Phương trình đã cho tương đương với
( ) ( )22 x 1 1 x 1 4 2 x 1 1 x 1 4 x 1 2+ + − + = ⇔ + + − + = ⇔ + =
0,50
x 3⇔ = .
0,25
II.2 1,0
Phương trình đã cho tương đương với
2 2 1 31 2sin x cos x sin 4x sin 2x 02 2⎡ ⎤π⎛ ⎞− + − + −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ 2
=
0,25
22 sin 2x cos 4x sin 2x 3 0⇔ − − + − =
( )2 2sin 2x 1 2sin 2x sin 2x 1 0⇔ − − − + − =
2sin 2x sin 2x 2 0 sin 2x 1⇔ + − = ⇔ = hoặc sin 2x 2= − (loại).
0,50
Vậy ( )sin 2x 1 2x 2k x k k .2 4π π
= ⇔ = + π⇔ = + π ∈
0,25
www.VNMATH.com
III. 3,0 III.1 1,0
Giả sử ( )o oA x ; y . Do đối xứng nhau qua Ox nên A,B o oB(x ; y ).−
Ta có và 2oAB 4y= 2 ( )22 2
o 0AC x 2 y .= − +
0,25
Vì ( )A E∈ nên 2 2
2 2o oo o
x xy 1 y 1 (1)4 4+ = ⇒ = − .
Vì nên AB AC= ( )2 2 2o o ox 2 y 4y (2)− + = .
0,25
Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được
o2o o
o
x 27x 16x 4 0 2x
7
=⎡⎢− + = ⇔⎢ =⎢⎣
.
0,25
Với thay vào (1) ta có 0x = 2 00y = . Trường hợp này loại vì A C≡ .
Với 0
2x7
= thay vào (1) ta có 0
4 3y .7
= ±
Vậy 2 4 3 2 4 3A ; , B ;7 7 7 7
⎛ ⎞ ⎛−⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜
⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎟⎠
hoặc 2 4 3 2 4 3A ; , B ;7 7 7 7
⎛ ⎞ ⎛−⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜
⎝ ⎠ ⎝.⎞⎟⎟⎠
0,25
III.2a 1,0
1d đi qua ( )1M 1; 2; 1− − và có vectơ chỉ phương ( )1u 3; 1;2= − .
2d có vectơ chỉ phương là ( )2
1 1 1 1 1 1u ; ; 3;
3 0 0 1 1 3⎛ ⎞− −
= =⎜ ⎟⎝ ⎠
1;2− .
0,25
Vì và nên 1u u= 2 21M d∉ 1 2d // d . 0,25
Mặt phẳng (P) chứa nên có phương trình dạng 2d
( ) ( ) ( )2 2x y z 2 x 3y 12 0 0α + − − +β + − = α +β ≠ .
Vì ( )1M P∈ nên ( ) ( )1 2 1 2 1 6 12 0 2 17 0.α − + − +β − − = ⇔ α + β =
0,25
Chọn Phương trình (P) là: 17 2.α = ⇒β = −
15x 11y 17z 10 0.+ − − =
0,25
III.2b 1,0
Vì nên A,B Oxz∈ A By y 0= = .
Vì nên 1A d∈ A Ax 1 2 z3 1 2− +
= =1
− ⇒ = ,A Ax z 5= − ( )A 5;0; 5−⇒ −
B B B2
B B
x z 2 0 x 12 B d B(12;0;10).
x 12 0 z 10− − = =⎧ ⎧
∈ ⇒ ⇔ ⇒⎨ ⎨− = =⎩ ⎩
0,50
( ) ( ) (OA 5;0; 5 ,OB 12;0;10 OA,OB 0; 10;0 .⎡ ⎤= − − = ⇒ = −⎣ ⎦ )
OAB
1 1S OA,OB .102 2∆⎡ ⎤= =⎣ ⎦ 5= (đvdt).
0,50
www.VNMATH.com
IV 2,0 IV.1 1,0
( )2 2
sin x
0 0
1 cos 2xI e d sin x d2
π π
+= +∫ ∫ x
0,25
sin x 2 2
0 0
1 1e x sin 2x2 2
π π⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠
0,50
e 14π
= + − .
0,25
IV.2 1,0 ĐK: . n 3≥Ta có 2 2 2 2
n 1 n 2 n 3 n 4C 2C 2C C 149+ + + ++ + + =
( )( )
( ) ( )( )
( )( )
n 1 ! n 2 ! n 3 ! n 4 !2 2 149
2! n 1 ! 2!n! 2! n 1 ! 2! n 2 !+ + + +
⇔ + + + =− + +
0,25
2n 4n 45 0 n 5, n⇔ + − = ⇔ = = −9.
. Vì n nguyên dương nên n 5=
0,25
4 36 5
6! 5!3.A 3A 32! 2!M .6! 6! 4
++= = =
0,50
V 1,0
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
3 3 3 33
3 3
1 x y 3 1.x .y 3xy
1 x y 3 (1).xy xy
+ + ≥ =
+ +⇔ ≥
0,25
Tương tự
3 3
3 3
1 y z 3 (2)yz yz
1 z x 3 (3).zx zx
+ +≥
+ +≥
0,25
Mặt khác
33 3 3 3 3 33 .xy yz zx xy yz zx
+ + ≥
3 3 3 3 3 (4).xy yz zx
⇒ + + ≥
0,25
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) và (4) ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra (1), (2), (3) và (4) là các đẳng thức ⇔ ⇔ .x y z 1
0,25 = = =
-------------------------------Hết-------------------------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2y 2x 9x 12x 4.= − + −
2. Tìm m để phương trình sau có 6 nghiệm phân biệt: 3 22 x 9x 12 x m.− + = Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: ( )6 62 cos x sin x sin x cos x
0.2 2sin x
+ −=
−
2. Giải hệ phương trình: ( )x y xy 3
x, y .x 1 y 1 4
⎧ + − =⎪ ∈⎨+ + + =⎪⎩
Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A 'B'C 'D ' với
( ) ( ) ( ) ( )A 0; 0; 0 , B 1; 0; 0 , D 0; 1; 0 , A ' 0; 0; 1 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD . 1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A 'C và MN. 2. Viết phương trình mặt phẳng chứa A 'C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc α
biết 1cos .6
α =
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân: 2
2 20
sin 2xI dx.cos x 4sin x
π
=+
∫
2. Cho hai số thực x 0, y 0≠ ≠ thay đổi và thỏa mãn điều kiện: ( ) 2 2x y xy x y xy+ = + − .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 31 1A .x y
= +
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường thẳng:
1 2 3d : x y 3 0, d : x y 4 0, d : x 2y 0.+ + = − − = − = Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng 3d sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng
1d bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng 2d .
2. Tìm hệ số của số hạng chứa 26x trong khai triển nhị thức Niutơn của n
74
1 x ,x
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
biết
rằng 1 2 n 202n 1 2n 1 2n 1C C ... C 2 1.+ + ++ + + = −
(n nguyên dương, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử)
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải phương trình: x x x x3.8 4.12 18 2.27 0.+ − − = 2. Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O ' , bán kính đáy bằng chiều cao và
bằng a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O ' lấy điểm B sao cho AB 2a.= Tính thể tích của khối tứ diện OO 'AB.
---------------------------------------Hết--------------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .......................................................... số báo danh: ..................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)
Cho hàm số 2x x 1y .x 2+ −=+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )C , biết tiếp tuyến đó vuông góc với tiệm cận xiên
của ( )C . Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: xcotgx sin x 1 tgxtg 4.2
⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟⎝ ⎠
2. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2x mx 2 2x 1.+ + = + Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đường thẳng:
1 2
x 1 tx y 1 z 1d : , d : y 1 2t2 1 1
z 2 t.
= +⎧− + ⎪= = = − −⎨− ⎪ = +⎩
1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với d1 và d2. 2. Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho ba điểm A, M, N thẳng hàng.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân: ln 5
x xln 3
dxIe 2e 3−=
+ −∫ .
2. Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )2 22 2A x 1 y x 1 y y 2 .= − + + + + + −
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2C : x y 2x 6y 6 0+ − − + = và điểm
( )M 3; 1− . Gọi 1T và 2T là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến ( )C . Viết phương trình đường thẳng 1 2T T .
2. Cho tập hợp A gồm n phần tử ( )n 4 .≥ Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng
20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm { }k 1, 2,..., n∈ sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất.
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải bất phương trình: ( ) ( )x x 2
5 5 5log 4 144 4log 2 1 log 2 1 .−+ − < + +
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD a 2= = , SA a= và SA vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.
----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh .................................................................... số báo danh..............................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)
Cho hàm số 3y x 3x 2= − + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 20) và có hệ số góc là m. Tìm m để đường thẳng d
cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt. Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: cos3x cos2x cosx 1 0.+ − − = 2. Giải phương trình: ( )22x 1 x 3x 1 0 x .− + − + = ∈
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng:
1 2x 2 y 2 z 3 x 1 y 1 z 1d : , d : .
2 1 1 1 2 1− + − − − += = = =
− −
1. Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1. 2. Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d2.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân: ( )1
2x
0
I x 2 e dx.= −∫
2. Chứng minh rằng với mọi a 0> , hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: x ye e ln(1 x) ln(1 y)
y x a.
⎧ − = + − +⎪⎨
− =⎪⎩
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2x y 2x 2y 1 0+ − − + = và đường thẳng d: x y 3 0.− + = Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
2. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2 2x x x x 2x2 4.2 2 4 0.+ −− − + =
2. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.
----------------------------- Hết -----------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh ............................................................. số báo danh.....................................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, khối A
(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) y = 3 22x 9x 12x 4.− + − • TXĐ: . • Sự biến thiên: ( )2y ' 6 x 3x 2= − + , y ' 0 x 1, x 2.= ⇔ = =
0,25
Bảng biến thiên:
+_++∞
-∞
0
1
0
021 +∞-∞
y
y'x
yCĐ = ( ) ( )CTy 1 1, y y 2 0.= = =
0,50
• Đồ thị:
O
−4
1
1
2 x
y
0,25
2 Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 3 22 x 9 x 12 x 4 m 4− + − = − . Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
3 2y 2 x 9 x 12 x 4= − + − với đường thẳng y m 4.= −
0,25
Hàm số 3 2y 2 x 9 x 12 x 4= − + − là hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng.
0,25
www.VNMATH.com
Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị hàm số: 3 2y 2 x 9x 12 x 4= − + −
0,25
Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0 m 4 1 4 m 5.< − < ⇔ < <
0,25
II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Điều kiện: ( )2sin x 1 .2
≠
Phương trình đã cho tương đương với:
( )6 6 23 12 sin x cos x sin x cos x 0 2 1 sin 2x sin 2x 04 2
⎛ ⎞+ − = ⇔ − − =⎜ ⎟⎝ ⎠
23sin 2x sin 2x 4 0⇔ + − =
0,50 sin 2x 1⇔ =
( )x k k .4π⇔ = + π ∈
0,25
Do điều kiện (1) nên: ( )5x 2m m .4π= + π ∈
0,25
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: x 1, y 1, xy 0.≥ − ≥ − ≥ Đặt ( )t xy t 0 .= ≥ Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra: x y 3 t.+ = +
0,25
Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được: ( )x y 2 2 xy x y 1 16 2+ + + + + + = .
Thay 2xy t , x y 3 t= + = + vào (2) ta được: 2 23 t 2 2 t 3 t 1 16 2 t t 4 11 t+ + + + + + = ⇔ + + = −
0,25
( ) ( )22 2
0 t 11 0 t 11t 3
4 t t 4 11 t 3t 26t 105 0
≤ ≤⎧ ≤ ≤⎧⎪⇔ ⇔ ⇔ =⎨ ⎨+ + = − + − =⎩⎪⎩
0,25
Với t 3= ta có x y 6, xy 9.+ = = Suy ra, nghiệm của hệ là (x; y) (3;3).= 0,25
O
−4
1
1
2 x −1 −2
y = m − 4
y
www.VNMATH.com
III 2,00 1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A 'C và MN (1,00 điểm)
Gọi ( )P là mặt phẳng chứa A 'C và song song với MN . Khi đó:
( ) ( )( )d A 'C, MN d M, P .=
0,25
Ta có: ( ) 1 1C 1;1;0 ,M ;0;0 , N ;1;02 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) ( )A 'C 1;1; 1 ,MN 0; 1; 0= − =
( )1 1 1 1 1 1A 'C, MN ; ; 1;0;1 .
1 0 0 0 0 1⎛ − − ⎞⎡ ⎤ = =⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠
0,25 Mặt phẳng ( )P đi qua điểm ( )A ' 0;0;1 , có vectơ pháp tuyến ( )n 1;0;1 ,= có
phương trình là: ( ) ( ) ( )1. x 0 0. y 0 1. z 1 0 x z 1 0.− + − + − = ⇔ + − =
0,25
Vậy ( ) ( )( )2 2 2
1 0 112d A 'C, MN d M, P .
2 21 0 1
+ −= = =
+ +
0,25
2 Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm) Gọi mặt phẳng cần tìm là ( ) ( )2 2 2Q : ax by cz d 0 a b c 0 .+ + + = + + >
Vì ( )Q đi qua ( )A ' 0;0;1 và ( )C 1;1;0 nên: c d 0
c d a b.a b d 0
+ =⎧⇔ = − = +⎨ + + =⎩
Do đó, phương trình của ( )Q có dạng: ( ) ( )ax by a b z a b 0.+ + + − + = .
0,25
Mặt phẳng ( )Q có vectơ pháp tuyến ( )n a;b;a b= + , mặt phẳng Oxy có
vectơ pháp tuyến ( )k 0;0;1= .
Vì góc giữa ( )Q và Oxy là α mà 1cos6
α = nên ( ) 1cos n,k6
=
0,25
( )22 2
a b 16a b a b
+⇔ =
+ + + ( ) ( )2 2 26 a b 2 a b ab⇔ + = + +
a 2b⇔ = − hoặc b 2a.= −
0,25
Với a 2b= − , chọn b 1,= − được mặt phẳng ( )1Q : 2x y z 1 0.− + − =
Với b 2a= − , chọn a 1,= được mặt phẳng ( )2Q : x 2y z 1 0.− − + =
0,25
IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm)
Ta có: 2 2
2 2 20 0
sin 2x sin 2xI dx dx.cos x 4sin x 1 3sin x
π π
= =+ +∫ ∫
Đặt 2t 1 3sin x dt 3sin 2xdx.= + ⇒ =
0,25
Với x 0= thì t 1= , với x2π= thì t 4.= 0,25
Suy ra: 4
1
1 dtI3 t
= ∫ 0,25
4
1
2 2t .3 3
= =
0,25
www.VNMATH.com
2 Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm)
Từ giả thiết suy ra: 2 2
1 1 1 1 1 .x y x y xy
+ = + −
Đặt 1 1a, bx y
= = ta có: ( )2 2a b a b ab 1+ = + −
( )( ) ( )23 3 2 2A a b a b a b ab a b .= + = + + − = +
0,25
Từ (1) suy ra: ( )2a b a b 3ab.+ = + −
Vì 2a bab
2+⎛ ⎞≤ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ nên ( ) ( )2 23a b a b a b
4+ ≥ + − +
( ) ( )2a b 4 a b 0 0 a b 4⇒ + − + ≤ ⇒ ≤ + ≤
Suy ra: ( )2A a b 16.= + ≤
0,50
Với 1x y2
= = thì A 16.= Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.
0,25
V.a 2,00 1 Tìm điểm 3M d∈ sao cho ( ) ( )1 2d M,d 2d M,d= (1,00 điểm)
Vì 3M d∈ nên ( )M 2y; y . 0,25
Ta có:
( ) ( )( )
1 22 2 22
2y y 3 3y 3 2y y 4 y 4d M,d , d M,d .
2 21 1 1 1
+ + + − − −= = = =
+ + −
0,25
( ) ( )1 2d M,d 2d M,d= ⇔ 3y 3 y 4
2 y 11, y 1.2 2+ −
= ⇔ = − = 0,25
Với y 11= − được điểm ( )1M 22; 11 .− −
Với y 1= được điểm ( )2M 2; 1 .
0,25
2 Tìm hệ số của 26x trong khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm)
• Từ giả thiết suy ra: ( )0 1 n 202n 1 2n 1 2n 1C C C 2 1 .+ + ++ + ⋅⋅⋅+ =
Vì k 2n 1 k2n 1 2n 1C C , k,0 k 2n 1+ −
+ += ∀ ≤ ≤ + nên:
( ) ( )0 1 n 0 1 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1C C C C C C 2 .2
++ + + + + ++ + ⋅⋅⋅+ = + + ⋅⋅⋅+
0,25
Từ khai triển nhị thức Niutơn của ( )2n 11 1 ++ suy ra:
( ) ( )2n 10 1 2n 1 2n 12n 1 2n 1 2n 1C C C 1 1 2 3 .++ +
+ + ++ + ⋅⋅⋅ + = + =
Từ (1), (2) và (3) suy ra: 2n 202 2= hay n 10.=
0,25
• Ta có: ( ) ( )10 10 1010 k k7 k 4 7 k 11k 40
10 104k 0 k 0
1 x C x x C x .x
−− −
= =
⎛ ⎞+ = =⎜ ⎟⎝ ⎠
∑ ∑
0,25
Hệ số của 26x là k10C với k thỏa mãn: 11k 40 26 k 6.− = ⇔ =
Vậy hệ số của 26x là: 610C 210.=
0,25
www.VNMATH.com
V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: ( )3x 2x x2 2 23 4 2 0 1 .
3 3 3⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
0,25
Đặt ( )x2t t 0
3⎛ ⎞= >⎜ ⎟⎝ ⎠
, phương trình (1) trở thành: 3 23t 4t t 2 0+ − − = 0,25
( ) ( )2 2t 1 3t 2 0 t3
⇔ + − = ⇔ = (vì t 0> ). 0,25
Với 2t3
= thì x2 2
3 3⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
hay x 1.=
0,25
2 Tính thể tích của khối tứ diện (1,00 điểm) Kẻ đường sinh AA '. Gọi D là điểm đối xứng với A ' qua O ' và H là hình chiếu của B trên đường thẳng A 'D.
A
A'
O
O' H D
B
Do BH A 'D⊥ và BH AA '⊥ nên ( )BH AOO 'A ' .⊥
0,25
Suy ra: OO'AB AOO'1V .BH.S .3
= 0,25
Ta có: 2 2 2 2A 'B AB A 'A 3a BD A 'D A 'B a= − = ⇒ = − =
BO 'D⇒ Δ đều a 3BH .2
⇒ =
0,25
Vì AOO' là tam giác vuông cân cạnh bên bằng a nên: 2AOO'
1S a .2
=
Vậy thể tích khối tứ diện OO 'AB là: 2 31 3a a 3aV . . .
3 2 2 12= =
0,25
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
----------------Hết----------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM −−−−−−−−−−−− ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm có 04 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) 2x x 1 1y x 1 .x 2 x 2+ −= = − ++ +
• Tập xác định: \{ }2− .
• Sự biến thiên: ( )2
1y ' 1 ,x 2
= −+
y' = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1.
0,25
Bảng biến thiên: yCĐ = y(−3) = −5; yCT = y(−1) = −1.
0,25
• Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = − 2. - Tiệm cận xiên: y = x − 1. 0,25
• Đồ thị (C):
0.25
2 Viết phương trình tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên của đồ thị (C) (1,00 điểm) Tiệm cận xiên của đồ thị (C) có phương trình y = x − 1, nên tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên có hệ số góc là k = −1. 0,25 Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: y' = −1
⇔ 1 − ( )2
1x 2+
= −1 ⇔ x = −2 22
± . 0,25
Với x = − 2 + 22
⇒ y =3 2
2 − 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d1): y = −x + 2 2 −5, 0,25
Với x = − 2 − 22
⇒ y = − 3 22
− 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d2): y = −x − 2 2 −5. 0,25
x y'
y
− ∞
− ∞ − ∞
+ ∞
+ ∞ + ∞ −5
−1
−1
0 0
−3 −2
− − + +
x
y
O −1
−1
−3 −2
−5
1
www.VNMATH.com
II 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm)
Điều kiện: xsin x 0, cos x 0, cos 0 2
≠ ≠ ≠ (1). 0,25
Phương trình đã cho tương đương với:
x xcos x cos sin x sincos x 2 2sin x 4xsin x cos x cos2
++ =
cos x sin x 1 14 4 sin 2xsin x cos x sin x cos x 2
⇔ + = ⇔ = ⇔ = 0,50
x k
125x k .12
π⎡ = + π⎢⇔ ⎢
π⎢ = + π⎢⎣
(k ∈ ), thỏa mãn (1). 0,25
2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm) 2x mx 2 2x 1+ + = + (2)
⇔ 2 2
2x 1 0x mx 2 (2x 1)
+ ≥⎧⎨ + + = +⎩
⇔ 2
1x2
3x (m 4)x 1 0 (3)
⎧ ≥ −⎪⎨⎪ − − − =⎩
0,25
(2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: − 12
≤ x1 < x2 0,25
⇔
⎧⎪Δ = − + >⎪
−⎪ = > −⎨⎪⎪ −⎛ ⎞− = + − ≥ − − −⎪ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎩
2
2
(m 4) 12 0
S m 4 1
2 6 21 3 m 4
f 1 0, trong ®ã f(x) = 3x (m 4)x 12 4 2
0,25
⇔ m ≥ 92
. 0,25
III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d1 và d2 (1,00 điểm)
Vectơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là: 1u (2; 1; 1)= − và 2u (1; 2; 1)= − . 0,25 ⇒ vectơ pháp tuyến của (P) là: 1 2n [u , u ] ( 1; 3; 5).= = − − − 0,25 Vì (P) qua A(0; 1; 2) ⇒ (P): x + 3y + 5z − 13 = 0. 0,25
Do B(0; 1; −1) ∈ d1, C(1; −1; 2) ∈ d2, nhưng B, C ∉ (P), nên d1, d2 // (P). Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z − 13 = 0. 0,25
2 Tìm tọa độ các điểm M ∈ d1, N ∈ d2 sao cho A, M, N thẳng hàng (1,00 điểm)
Vì M ∈ d1, N ∈ d2 nên M(2m; 1 + m; − 1 − m), N(1 + n; −1 − 2n; 2 + n) ⇒ AM = (2m; m; −3 − m); AN = (1 + n; −2 − 2n; n). 0,25 ⇒ [ AM , AN ] = (− mn − 2m − 6n − 6; −3mn − m − 3n − 3; −5mn − 5m) 0,25
A, M, N thẳng hàng ⇔ [ AM , AN ] = 0 0,25
⇔ m = 0, n = −1 ⇒ M(0; 1; −1), N(0; 1; 1). 0,25
www.VNMATH.com
IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm)
ln 5 ln 5 x
x x 2x xln 3 ln 3
dx e dxI .e 2e 3 e 3e 2−= =
+ − − +∫ ∫
Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx; 0,25 với x = ln3 thì t = 3; với x = ln5 thì t = 5. 0,25
⇒ 5
3
dtI(t 1)(t 2)
=− −∫
5
3
1 1 dtt 2 t 1
⎛ ⎞= −⎜ ⎟− −⎝ ⎠∫ 0,25
5
3
t 2 3ln ln .t 1 2−= =−
0,25
2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A (1,00 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét M(x − 1; −y), N(x + 1; y).
Do OM + ON ≥ MN nên ( ) ( )2 22 2 2 2x 1 y x 1 y 4 4y 2 1 y .− + + + + ≥ + = +
Do đó: 2A 2 1 y y 2 f (y).≥ + + − = 0,25
• Với y ≤ 2 ⇒ f(y) = 22 1 y+ + 2 − y
⇒ f '(y) =2
2y
y 1+− 1.
f '(y) = 0 ⇔ 2y = 21 y+
⇔ 2 2
y 0
4y 1 y
≥⎧⎪⎨
= +⎪⎩⇔ y = 1
3.
Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên:
0,50
• Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 22 1 y+ ≥ 2 5 > 2 3+ .
Vậy A ≥ 2 3+ với mọi số thực x, y.
Khi x = 0 và y = 13
thì A = 2 3+ nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 3+ . 0,25
V.a 2,00 1 Viết phương trình đường thẳng đi qua các tiếp điểm T1, T2 (1,00 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. MI = 2 5 > R nên M nằm ngoài (C). Nếu T(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì
∈⎧⎪⎨
⊥⎪⎩
T (C)
MT IT ⇒
∈⎧⎪⎨
=⎪⎩
T (C)
MT.IT 0 0,25
MT = (xo + 3; yo −1), IT = (xo −1; yo −3). Do đó ta có:
2 2o o o o
o o o o
x y 2x 6y 6 0
(x 3)(x 1) (y 1)(y 3) 0
⎧ + − − + =⎪⎨
+ − + − − =⎪⎩ 0,25
⇒ 2 2o o o o
2 2o o o o
x y 2x 6y 6 0
x y 2x 4y 0
⎧ + − − + =⎪⎨
+ + − =⎪⎩ ⇒ o o2x y 3 0+ − = (1) 0,25
Vậy, tọa độ các tiếp điểm T1 và T2 của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) đều thỏa mãn đẳng thức (1). Do đó, phương trình đường thẳng T1T2 là: 2x + y −3 = 0. 0,25
f(y)
y
f '(y) − 0 +
− ∞
2+ 3
13
2
www.VNMATH.com
2 Tìm k∈{1,2, …, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất (1,00 điểm) Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng k
nC . Từ giả thiết suy ra: 4 2n nC 20C= 0,25
2n 5n 234 0 n 18⇔ − − = ⇔ = (vì n ≥ 4) 0,25
Do k 118k18
C 18 kk 1C
+ −=+
> 1 ⇔ k < 9, nên 1 2 918 18 18C C ... C< < < ⇒ 9 10 18
18 18 18C C ... C .> > >
Vậy, số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9. 0,50 V.b 2,00
1 Giải bất phương trình (1,00 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với
x x 25 5 5
x x 25 5 5 5
x x 25 5
log (4 144) log 16 1 log (2 1)
log (4 144) log 16 log 5 log (2 1)
log (4 144) log [80(2 1)]
−
−
−
+ − < + +
⇔ + < + + +
⇔ + < +
0,50
( )x x 2 x x4 144 80 2 1 4 20.2 64 0−⇔ + < + ⇔ − + < 0,25 x4 2 16 2 x 4.⇔ < < ⇔ < < 0,25 2 Tính thể tích của khối tứ diện ANIB (1,00 điểm)
Xét ΔABM và ΔBCA vuông có AM 1 BAAB BC2
= = ⇒ ΔABM đồng dạng ΔBCA
⇒ ABM BCA= ⇒ oABM BAC BCA BAC 90+ = + = ⇒ AIB = 90o
⇒ MB ⊥ AC (1) 0,25 SA ⊥(ABCD) ⇒ SA ⊥ MB (2). Từ (1) và (2) ⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC). 0,25
Gọi H là trung điểm của AC ⇒ NH là đường trung bình của ΔSAC
⇒ NH = SA a2 2
= và NH//SA nên NH ⊥ (ABI), do đó VANIB = 13
NH.SΔABI. 0,25
2 2 21 1 1
AI AB AM= + ⇒ AI = a 3
3, 2 2 2BI AB AI= − ⇒ BI = a 6
3 ⇒ SΔABI =
2a 26
⇒ VANIB =21 a a 2. .
3 2 6 =
3a 2 .36
0,25
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
---------------- Hết ----------------
S
B
A
C
D
I
N
H
M
•
• •
••
•
•
•
•
a
a
a 2
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, khối D
(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) 3y x 3x 2.= − +
• TXĐ: . • Sự biến thiên: 2y ' 3x 3, y ' 0 x 1, x 1.= − = ⇔ = − =
0,25 Bảng biến thiên:
_ +++∞
-∞0
4
001-1 +∞-∞
y
y'x
yCĐ = ( ) ( )CTy 1 4, y y 1 0.− = = =
0,50
• Đồ thị:
0,25
2 Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đường thẳng d là: ( )y m x 3 20.= − + 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )C là:
( ) ( )( )3 2x 3x 2 m x 3 20 x 3 x 3x 6 m 0.− + = − + ⇔ − + + − =
0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị ( )C tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi
( ) 2f x x 3x 6 m= + + − có 2 nghiệm phân biệt khác 3
0,25
( )
( )
159 4 6 m 0 m4
f 3 24 m 0 m 24.
⎧Δ = − − >⎧ >⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨= − ≠⎪ ⎪⎩ ≠⎩
0,25
O −1 1
2
4
x
y
−2
www.VNMATH.com
II 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: ( )22sin 2x.sin x 2sin x 0 sin x sin 2x sin x 0− − = ⇔ + =
( )2sin x 2cos x 1 0.⇔ + =
0,50
• ( )sin x 0 x k k .= ⇔ = π ∈ 0,25
• ( )1 2cos x x k2 k .2 3
π= − ⇔ = ± + π ∈ 0,25
2 Giải phương trình (1,00 điểm)
Đặt ( )2t 1t 2x 1 t 0 x .2+= − ≥ ⇒ = Phương trình đã cho trở thành:
4 2t 4t 4t 1 0− + − =
0,25
( ) ( )2 2t 1 t 2t 1 0⇔ − + − = t 1, t 2 1.⇔ = = − 0,50
Với t 1,= ta có x 1.= Với t 2 1,= − ta có x 2 2.= − 0,25 III 2,00
1 Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua d1 (1,00 điểm) Mặt phẳng ( )α đi qua ( )A 1;2;3 và vuông góc với 1d có phương trình là:
( ) ( ) ( )2 x 1 y 2 z 3 0 2x y z 3 0.− − − + − = ⇔ − + − =
0,50
Tọa độ giao điểm H của 1d và ( )α là nghiệm của hệ:
( )x 0x 2 y 2 z 3y 1 H 0; 1; 2 .2 1 1
2x y z 3 0 z 2
=⎧− + −⎧ = =⎪ ⎪⇔ = − ⇒ −−⎨ ⎨⎪ ⎪− + − = =⎩ ⎩
0,25
Vì A ' đối xứng với A qua 1d nên H là trung điểm của AA ' ( )A ' 1; 4;1 .⇒ − − 0,25 2 Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm)
Vì Δ đi qua A, vuông góc với 1d và cắt 2d , nên Δ đi qua giao điểm B của
2d và ( ).α
0,25
Tọa độ giao điểm B của 2d và ( )α là nghiệm của hệ:
( )x 2x 1 y 1 z 1y 1 B 2; 1; 2 .1 2 1
2x y z 3 0 z 2
=⎧− − +⎧ = =⎪ ⎪⇔ = − ⇒ − −−⎨ ⎨⎪ ⎪− + − = = −⎩ ⎩
0,25
Vectơ chỉ phương của Δ là: ( )u AB 1; 3; 5 .= = − − 0,25
Phương trình của Δ là: x 1 y 2 z 3.1 3 5− − −= =
− − 0,25
IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm)
( )1
2x
0
I x 2 e dx.= −∫ Đặt 2x2x
u x 2 1du dx, v e .2dv e dx
= −⎧⎪ ⇒ = =⎨=⎪⎩
0,25
( )1 1
2x 2x
0 0
1 1I x 2 e e dx2 2
= − − ∫ 0,25
12 2
2x
0
e 1 5 3e1 e .2 4 4
−= − + − = 0,50
www.VNMATH.com
2 Chứng minh với mọi a 0,> hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1,00 điểm)
Điều kiện: x, y 1.> − Hệ đã cho tương đương với:
( ) ( ) ( )( )
x a xe e ln 1 x ln 1 a x 0 1
y x a 2
+⎧ − + + − + + =⎪⎨
= +⎪⎩
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy nhất trong khoảng ( )1; .− + ∞
0,25
Xét hàm số ( ) ( ) ( )x a xf x e e ln 1 x ln 1 a x ,+= − + + − + + với x 1.> −
Do ( )f x liên tục trong khoảng ( )1;− + ∞ và
( ) ( )x 1 xlim f x , lim f x
+→− →+ ∞= −∞ = + ∞
nên phương trình ( )f x 0= có nghiệm trong khoảng ( )1; .− + ∞
0,25
Mặt khác:
( )
( ) ( )( )
x a x
x a
1 1f ' x e e1 x 1 a x
ae e 1 0, x 1.1 x 1 a x
+= − + −+ + +
= − + > ∀ > −+ + +
⇒ ( )f x đồng biến trong khoảng ( )1; .− + ∞
0,25
Suy ra, phương trình ( )f x 0= có nghiệm duy nhất trong khoảng ( )1;− + ∞ . Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất.
0,25
V.a 1 Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc ... (1,00 điểm)
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 1 , bán kính R 1.=
Vì M d∈ nên ( )M x; x 3 .+
0,25
Yêu cầu của bài toán tương đương với: ( ) ( )2 2MI R 2R x 1 x 2 9 x 1, x 2.= + ⇔ − + + = ⇔ = = −
0,50
Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: ( ) ( )1 2M 1; 4 , M 2; 1 .−
0,25
2 Số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp (1,00 điểm) Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là 4
12C 495.= 0,25 Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:
- Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 2 1 15 4 3C .C .C 120.=
- Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 1 2 15 4 3C .C .C 90.=
- Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 1 1 25 4 3C .C .C 60.=
0,50
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là: 120 90 60 270.+ + =
Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 270 225.− =
0,25
www.VNMATH.com
V.b 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( ) ( )( )2 2 22x x x x x 2x x x2 2 1 4 2 1 0 2 4 2 1 0.− − −− − − = ⇔ − − = 0,50
• 2x 2x 22 4 0 2 2 x 1.− = ⇔ = ⇔ =
• 2 2x x x x 22 1 0 2 1 x x 0 x 0, x 1.− −− = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = =
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x 0, x 1.= =
0,50
2 Tính thể tích của khối chóp A.BCNM (1,00 điểm)
M
K
H
N
C
B
A
S
Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK. Do BC AK,BC SA⊥ ⊥ nên BC AH.⊥ Do AH SK,AH BC⊥ ⊥ nên ( )AH SBC .⊥
0,25
Xét tam giác vuông SAK: 2 2 21 1 1 2 3aAH .
AH SA AK 19= + ⇒ = 0,25
Xét tam giác vuông SAB: 2
22
SM SA 4SA SM.SB .SB 5SB
= ⇒ = =
Xét tam giác vuông SAC: 2
22
SN SA 4SA SN.SC .SC 5SC
= ⇒ = =
Suy ra: 2
SMNBCNM SBC
SBC
S 16 9 9 19aS S .S 25 25 100
= ⇒ = =
0,25
Vậy, thể tích của khối chóp A.BCNM là: 3
BCNM1 3 3aV .AH.S .3 50
= = 0,25
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
---------------- Hết ----------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số 2 2x 2(m 1)x m 4my (1),
x 2+ + + +=
+ m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1= − . 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng với gốc tọa
độ O tạo thành một tam giác vuông tại O.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: ( ) ( )2 21 sin x cos x 1 cos x sin x 1 sin 2x.+ + + = +
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 23 x 1 m x 1 2 x 1.− + + = −
Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1x y 1 z 2d :2 1 1
− += =−
và 2
x 1 2td : y 1 t
z 3.
= − +⎧⎪ = +⎨⎪ =⎩
1. Chứng minh rằng 1d và 2d chéo nhau. 2. Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( )P : 7x y 4z 0+ − = và cắt hai đường
thẳng 1d , 2d .
Câu IV (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: ( )y e 1 x,= + ( )xy 1 e x.= +
2. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz 1.= Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2x (y z) y (z x) z (x y)Py y 2z z z z 2x x x x 2y y
+ + += + + ⋅+ + +
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được chọn làm câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) và C(4; −2). Gọi H là
chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N.
2. Chứng minh rằng: 2n
1 3 5 2n 12n 2n 2n 2n
1 1 1 1 2 1C C C ... C2 4 6 2n 2n 1
− −+ + + + =+
( n là số nguyên dương, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải bất phương trình: 3 1
3
2 log (4x 3) log (2x 3) 2.− + + ≤
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Chứng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP.
---------------------------Hết--------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………số báo danh: ……………………………….
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: TOÁN, khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: 3 2 2 2y x 3x 3(m 1)x 3m 1= − + + − − − (1), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) cách đều
gốc tọa độ O.
Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình: 22sin 2x sin 7x 1 sin x.+ − = 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực
phân biệt:
( )2x 2x 8 m x 2 .+ − = −
Câu III. (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) 2 2 2S : x y z 2x 4y 2z 3 0+ + − + + − = và
mặt phẳng ( )P : 2x y 2z 14 0.− + − =
1. Viết phương trình mặt phẳng ( )Q chứa trục Ox và cắt ( )S theo một đường tròn có bán kính bằng 3.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu ( )S sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P lớn nhất.
Câu IV. (2 điểm) 1. Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường: y x ln x, y 0, x e.= = = Tính thể tích của khối tròn
xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox. 2. Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x 1 y 1 z 1P x y z .2 yz 2 zx 2 xy
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu: V.a hoặc V.b)
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Tìm hệ số của số hạng chứa 10x trong khai triển nhị thức Niutơn của n(2 x) ,+ biết:
( )nn 0 n 1 1 n 2 2 n 3 3 nn n n n n3 C 3 C 3 C 3 C ... 1 C 2048− − −− + − + + − =
(n là số nguyên dương, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm ( )A 2;2 và các đường thẳng: d1: x + y – 2 = 0, d2: x + y – 8 = 0.
Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải phương trình: ( ) ( )x x2 1 2 1 2 2 0.− + + − =
2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC.
---------------------------Hết---------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………Số báo danh: ……………………………….
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: TOÁN, khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số 2xy .x 1
=+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai trục Ox, Oy tại A, B và tam giác
OAB có diện tích bằng 1 .4
Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2x xsin cos 3 cos x 2.
2 2⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟⎝ ⎠
2. Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
3 33 3
1 1x y 5x y
1 1x y 15m 10.x y
⎧ + + + =⎪⎪⎨⎪ + + + = −⎪⎩
Câu III. (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ( ) ( )A 1;4;2 , B 1;2;4− và đường thẳng
x 1 y 2 z: .1 1 2− +Δ = =
−
1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( )OAB .
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng Δ sao cho 2 2MA MB+ nhỏ nhất.
Câu IV. (2 điểm)
1. Tính tích phân: e
3 2
1
I x ln xdx.= ∫
2. Cho a b 0.≥ > Chứng minh rằng: b a
a ba b
1 12 2 .2 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≤ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu: V.a hoặc V.b)
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Tìm hệ số của 5x trong khai triển thành đa thức của: ( ) ( )5 102x 1 2x x 1 3x .− + +
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2C : x 1 y 2 9− + + = và đường thẳng d : 3x 4y m 0.− + =
Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA,PB tới ( )C (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều.
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải phương trình: ( )x x2 2 x
1log 4 15.2 27 2log 0.4.2 3
+ + + =−
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, 0ABC BAD 90 ,= = BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( )SCD .
---------------------------Hết--------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………Số báo danh: ……………………………….
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn: TOÁN, khối A (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Khi m 1= − ta có 2x 3 1y x 2
x 2 x 2−
= = − ++ +
.
• Tập xác định: D = \{ 2}− . • Sự biến thiên:
2
2 2
1 x 4x 3y ' 1(x 2) (x 2)
+ += − =
+ +,
x 3y ' 0
x 1.= −⎡
= ⇔ ⎢ = −⎣
0,25
Bảng biến thiên: yCĐ = ( ) ( )CTy 3 6, y y 1 2.− = − = − = −
0,25
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2. 0,25
• Đồ thị:
0,25
2 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm)
( )
2 2
2x 4x 4 my '
x 2+ + −
=+
.
Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔ ( ) 2 2g x x 4x 4 m= + + − có 2 nghiệm
phân biệt x ≠ −2 ( )
2
2
' 4 4 m 0g 2 4 8 4 m 0
⎧∆ = − + >⎪⇔⎨− = − + − ≠⎪⎩
⇔ m ≠ 0.
0,50
x − ∞ −3 −2 −1 + ∞
y' + 0 − − 0 +
y −6 + ∞ + ∞
−∞ − ∞ −2
x
y − 3
− 6
−2
O −1−2
www.VNMATH.com
Gọi A, B là các điểm cực trị ⇒ ( )A 2 m; 2− − − , ( )B 2 m;4m 2− + − .
Do ( )OA m 2; 2 0= − − − ≠ , ( )OB m 2;4m 2 0= − − ≠ nên ba điểm O, A, B
tạo thành tam giác vuông tại O ⇔ 2OA.OB 0 m 8m 8 0= ⇔ − − + = ⇔ m 4 2 6= − ± (thỏa mãn m ≠ 0). Vậy giá trị m cần tìm là: m 4 2 6= − ± .
0,50
II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)2 ⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0. 0,50
⇔ π πx kπ, x k2π, x k2π4 2
= − + = + = (k ∈Z ). 0,50
2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)
Điều kiện: x 1≥ . Phương trình đã cho ⇔ 4x 1 x 13 2 m (1).x 1 x 1− −
− + =+ +
Đặt 4x 1tx 1−
=+
, khi đó (1) trở thành 23t 2t m (2).− + =
0,50
Vì 4 4x 1 2t 1x 1 x 1−
= = −+ +
và x 1≥ nên 0 t 1.≤ <
Hàm số 2f (t) 3t 2t, 0 t 1= − + ≤ < có bảng biến thiên:
Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔ 11 m3
− < ≤ .
0,50
III 2,00 1 Chứng minh d1 và d2 chéo nhau (1,00 điểm)
+) d1 qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phương 1u = (2; −1; 1),
d2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ chỉ phương 2u = (2; 1; 0). 0,25
+) 1 2[u , u ]= (−1; 2; 4) và MN = (−1; 0; 5). 0,50
+) 1 2[u , u ] . MN = 21 ≠ 0 ⇒ d1 và d2 chéo nhau. 0,25
2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)
Giả sử d cắt d1 và d2 lần lượt tại A, B. Vì A ∈ d1, B ∈ d2 nên
A(2s;1 s; 2 s), B( 1 2t;1 t;3).− − + − + +
⇒ AB = (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5).
0,25
(P) có véctơ pháp tuyến n = (7; 1; − 4). AB ⊥ (P) ⇔ AB cùng phương với n
0,25
⇔ 2t 2s 1 t s s 57 1 4
− − + − += =
− ⇔
5t 9s 1 04t 3s 5 0+ + =⎧
⎨ + + =⎩ ⇔
s 1t 2=⎧
⎨ = −⎩
⇒ ( ) ( )A 2;0; 1 , B 5; 1;3 .− − − 0,25
Phương trình của d là: x 2 y z 17 1 4− +
= =−
. 0,25
1 1/3 0
f(t)
t
0
1/3
-1
www.VNMATH.com
IV 2,00 1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là: (e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ (ex − e)x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1. 0,25
Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S = 1
x
0
xe ex dx−∫ =1 1
x
0 0
e xdx xe dx.−∫ ∫ 0,25
Ta có: 1
0
e xdx∫ = 2 1ex
02 = e
2,
1 1x x x
0 0
1xe dx xe e dx
0= −∫ ∫ = x 1
e e 10
− = .
Vậy eS 12
= − (đvdt). 0,50
2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) Ta có: 2x (y z)+ 2x x≥ . Tương tự, 2y (z x)+ ≥ 2y y , 2z (x y)+ ≥ 2z z . 0,25
⇒ 2y y2x x 2z zP
y y 2z z z z 2x x x x 2y y≥ + +
+ + +.
Đặt a = x x 2y y+ , b = y y 2z z+ , c = z z 2x x+ .
Suy ra: 4c a 2bx x9
+ −= , 4a b 2cy y
9+ −
= , 4b c 2az z9
+ −= .
0,25
Do đó 2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2aP9 b c a
+ − + − + −⎛ ⎞≥ + +⎜ ⎟⎝ ⎠
2 c a b a b c4 69 b c a b c a⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
≥ ( )2 4.3 3 6 2.9
+ − =
(Do c a bb c a+ + = c a
b c⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
+ b 1a
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
− 1 ≥ 2 ab
+ 2 ba
− 1 ≥ 4 − 1 = 3,
hoặc c a bb c a+ + ≥ 3
c a b3b c a⋅ ⋅ = 3. Tương tự, a b c
b c a+ + ≥ 3).
0,25
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2. 0,25 V.a 2,00
1 Viết phương trình đường tròn (1,00 điểm)
Ta có M(−1; 0), N(1; −2), AC = (4; − 4). Giả sử H(x, y). Ta có:
BH ACH AC⎧ ⊥⎪⎨
∈⎪⎩⇔
4(x 2) 4(y 2) 04x 4(y 2) 0
+ − + =⎧⎨ + − =⎩
⇔ x 1y 1=⎧
⎨ =⎩ ⇒ H(1; 1).
0,25
Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là: 2 2x y 2ax 2by c 0+ + + + = (1). 0,25 Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện:
2a c 12a 4b c 52a 2b c 2.
− =⎧⎪ − + = −⎨⎪ + + = −⎩
0,25
1a2
1b2
c 2.
⎧ = −⎪⎪⎪⇔ =⎨⎪
= −⎪⎪⎩
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 2 2x y x y 2 0.+ − + − =
0,25
www.VNMATH.com
2 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) Ta có: ( )2n 0 1 2n 2n
2n 2n 2n1 x C C x ... C x ,+ = + + + ( )2n 0 1 2n 2n2n 2n 2n1 x C C x ... C x− = − + +
( ) ( ) ( )2n 2n 1 3 3 5 5 2n 1 2n 12n 2n 2n 2n1 x 1 x 2 C x C x C x ... C x .− −⇒ + − − = + + + +
( ) ( ) ( )1 12n 2n
1 3 3 5 5 2n 1 2n 12n 2n 2n 2n
0 0
1 x 1 xdx C x C x C x ... C x dx
2− −+ − −
⇒ = + + + +∫ ∫
0,50
• ( ) ( ) ( ) ( )( )
1 2n 2n 2n 1 2n 1
0
11 x 1 x 1 x 1 xdx
02 2 2n 1
+ ++ − − + + −=
+∫ = 2n2 1
2n 1−+
(1)
• ( )1
1 3 3 5 5 2n 1 2n 12n 2n 2n 2n
0
C x C x C x ... C x dx− −+ + + +∫
12 4 6 2n
1 3 5 2n 12n 2n 2n 2n
0
x x x xC . C . C . ... C .2 4 6 2n
−⎛ ⎞= + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠
1 3 5 2n 12n 2n 2n 2n
1 1 1 1C C C ... C2 4 6 2n
−= + + + (2).
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
0,50
V.b 2,00 1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm)
Điều kiện: x > 34
. Bất phương trình đã cho ⇔ 2
3(4x 3)log
2x 3−+
≤ 2 0,25
⇔ (4x − 3)2 ≤ 9(2x + 3) 0,25
⇔ 16x2 − 42x −18 ≤ 0 ⇔ − 38
≤ x ≤ 3. 0,25
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: 34
< x ≤ 3. 0,25
2 Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm) Gọi H là trung điểm của AD. Do SAD∆ đều nên SH AD.⊥ Do ( ) ( )SAD ABCD⊥ nên
( )SH ABCD⊥
( )SH BP 1 .⇒ ⊥ Xét hình vuông ABCD ta có
CDH BCP∆ = ∆ ⇒ ( )CH BP 2 .⊥ Từ (1) và (2)
suy ra ( )BP SHC .⊥ Vì MN // SC và AN // CH nên ( ) ( )AMN // SHC . Suy ra
( )BP AMN⊥ ⇒ BP AM.⊥
0,50
Kẻ ( ) ( )MK ABCD , K ABCD .⊥ ∈ Ta có: CMNP CNP1V MK.S .3
=
Vì 2
CNP1 a 3 1 aMK SH , S CN.CP2 4 2 8
= = = = nên 3
CMNP3aV96
= (đvtt). 0,50
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
----------------Hết----------------
A
S
D C
B
H
M
N
P
K
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Khi m =1 ta có 3 2y x 3x 4= − + − . • Tập xác định: D = . • Sự biến thiên: 2y ' 3x 6x,= − + y ' 0= ⇔ x 0= hoặc x 2.=
0,25
Bảng biến thiên: yCĐ = y(2) = 0, yCT = y(0) = − 4.
0,50
• Đồ thị:
0,25
2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm) Ta có: 2 2y ' 3x 6x 3(m 1)= − + + − , y' = 0 ⇔ 2 2x 2x m 1 0− − + = (2). Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2 > 0 ⇔ m ≠ 0.
0,50
Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m3), B(1 + m; − 2 + 2m3).
O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3 = 2m ⇔ m = 12
± (vì m ≠ 0).
0,50
II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: ( )2sin 7x sin x 2sin 2x 1 0 cos 4x 2sin 3x 1 0.− + − = ⇔ − =
0,50
• ( )cos 4x 0 x k k .8 4π π
= ⇔ = + ∈Z
• 1 2sin 3x x k2 18 3
π π= ⇔ = + hoặc ( )5 2x k k .
18 3π π
= + ∈Z
0,50
x − ∞ 0 2 + ∞
y' − 0 + 0 −
y − 4 − ∞
+ ∞ 0
O
− 4
2
y
x − 1
www.VNMATH.com
2 Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x 2.≥ Phương trình đã cho tương đương với
( )( )3 2x 2 x 6x 32 m 0− + − − = 3 2
x 2
x 6x 32 m 0.
=⎡⇔ ⎢
+ − − =⎣
Ta chứng minh phương trình: ( )3 2x 6x 32 m 1+ − = có một nghiệm trong
khoảng ( )2;+∞ .
0,50
Xét hàm ( ) 3 2f x x 6x 32= + − với x 2.> Ta có:
( ) 2f ' x 3x 12x 0, x 2.= + > ∀ > Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m 0> , phương trình (1) luôn có một nghiệm trong khoảng ( )2;+∞ . Vậy với mọi m 0> phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.
0,50
III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm)
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2S : x 1 y 2 z 1 9− + + + + = có tâm ( )I 1; 2; 1− − và bán kính R 3.= 0,25
Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I. 0,25 (Q) có cặp vectơ chỉ phương là: ( ) ( )OI 1; 2; 1 , i 1;0;0= − − = .
⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là: ( )n 0; 1;2 .= −
0,25
Phương trình của (Q) là: ( ) ( ) ( )0. x 0 1. y 0 2 z 0 0 y 2z 0.− − − + − = ⇔ − = 0,25
2 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách lớn nhất (1,00 điểm) Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại hai điểm A,B . Nhận xét: nếu ( )( ) ( )( )d A; P d B; P≥ thì ( )( )d M; P lớn nhất khi M A.≡
0,25
Phương trình đường thẳng d: x 1 y 2 z 1.2 1 2− + +
= =−
0,25 Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ
( ) ( ) ( )2 2 2x 1 y 2 z 1 9x 1 y 2 z 1.
2 1 2
⎧ − + + + + =⎪⎨ − + +
= =⎪⎩ −
Giải hệ ta tìm được hai giao điểm ( ) ( )A 1; 1; 3 , B 3; 3;1 .− − − −
0,25
Ta có: ( )( ) ( )( )d A; P 7 d B; P 1.= ≥ =
Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi ( )M 1; 1; 3 .− − −
0,25
IV 2,00 1 Tính thể tích vật thể tròn xoay (1, 00 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của các đường y x ln x= và y 0= là: x ln x 0 x 1.= ⇔ =
0,25
f(x)
f '(x) +
0
x 2 + ∞
+ ∞
www.VNMATH.com
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là:
( )e e
22
1 1
V y dx x ln x dx.= π =π∫ ∫ 0,25
Đặt 3
2 2 2ln x xu ln x,dv x dx du dx, v .x 3
= = ⇒ = = Ta có:
( )ee e e3 3
2 2 2 2
1 1 11
x 2 e 2x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx.3 3 3 3
= − = −∫ ∫ ∫ 0,25
Đặt 3
2 dx xu ln x,dv x dx du , v .x 3
= = ⇒ = = Ta có:
e ee e3 3 3 32 2
1 11 1
x 1 e x 2e 1x ln xdx ln x x dx .3 3 3 9 9
+= − = − =∫ ∫
Vậy ( )35e 2
V27
π −= (đvtt).
0,25
2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)
Ta có: 2 2 2 2 2 2x y z x y zP .
2 2 2 xyz+ +
= + + +
Do 2 2 2 2 2 2
2 2 2 x y y z z xx y z xy yz zx2 2 2+ + +
+ + = + + ≥ + +
nên 2 2 2x 1 y 1 z 1P .
2 x 2 y 2 z⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≥ + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
0,50
Xét hàm số ( )2t 1f t2 t
= + với t 0.> Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra
( ) 3f t , t 0.2
≥ ∀ > Suy ra: 9P .2
≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ x y z 1.= = =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9 .2
0,50
V.a 2,00 1 Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm)
Ta có: ( ) ( )n nn 0 n 1 1 n 2 2 n nn n n n3 C 3 C 3 C ... 1 C 3 1 2− −− + − + − = − = .
Từ giả thiết suy ra n 11= .
0,50
Hệ số của số hạng chứa 10x trong khai triển Niutơn của ( )112 x+ là: 10 111C .2 22.=
0,50
2 Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm) Vì 1 2B d , C d∈ ∈ nên ( ) ( )B b;2 b ,C c;8 c .− − Từ giả thiết ta có hệ:
( )( )( ) ( )2 22 2
b 1 c 4 2bc 4b c 2 0AB.AC 0AB AC b 2b c 8c 18 b 1 c 4 3.
− − =⎧− − + =⎧⎧ =⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨= − = − +⎪ ⎪ − − − =⎩ ⎩ ⎪⎩
0,50
Đặt x b 1, y c 4= − = − ta có hệ 2 2
xy 2
x y 3.
=⎧⎪⎨
− =⎪⎩
Giải hệ trên ta được x 2, y 1= − = − hoặc x 2, y 1= = . Suy ra: ( ) ( )B 1;3 ,C 3;5− hoặc ( ) ( )B 3; 1 ,C 5;3− .
0,50
www.VNMATH.com
V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)
Đặt ( ) ( )x
2 1 t t 0 ,− = > ta có phương trình
1t 2 2 0 t 2 1, t 2 1.t
+ − = ⇔ = − = + 0,50
Với t 2 1= − ta có x 1.= Với t 2 1= + ta có x 1.= − 0,50
2 (1,00 điểm) Gọi P là trung điểm của SA. Ta có MNCP là hình bình hành nên MN song song với mặt phẳng (SAC). Mặt khác, ( )BD SAC⊥ nên BD MN.⊥
0,50
Vì ( )MN || SAC nên
( ) ( ) ( )( )1 1 a 2d MN;AC d N;(SAC d B; SAC BD .2 4 4
= = = =
Vậy ( ) a 2d MN;AC .4
=
0,50
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
----------------Hết----------------
N
E
C B
M P
D A
S
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Ta có 2x 2y 2 .x 1 x 1
= = −+ +
• Tập xác định: D = \{ 1}− .
• Sự biến thiên: 22y ' 0, x D.
(x 1)= > ∀ ∈
+
0,25
Bảng biến thiên
0,25
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 2. 0,25
• Đồ thị:
0,25
2 Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm)
Vì ( )M C∈ nên 00
0
2xM x ; .x 1
⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:
( )( )( ) ( )
20 0
0 0 2 20 0 0
2x 2x2y y ' x x x y x .x 1 x 1 x 1
= − + ⇔ = ++ + +
( )( )
22 00 2
0
2xA x ;0 , B 0; .x 1
⎛ ⎞⎜ ⎟⇒ −⎜ ⎟+⎝ ⎠
0,25
Từ giả thiết ta có: ( )
22002
0
2x 1. x2x 1
− =+
20 020 0
2x x 1 0
2x x 1 0.
⎡ + + =⇔ ⎢
− − =⎢⎣
0
0
1x2
x 1
⎡ = −⎢⇔⎢
=⎣
0,50
y
x −∞ 1− +∞ y ' + +
+∞ 2
−∞2
y
O x
2
1−
www.VNMATH.com
Với 01x2
= − ta có 1M ; 22
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Với 0x 1= ta có ( )M 1;1 .
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 1M ; 22
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
và ( )M 1;1 .
0,25
II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với 11 sin x 3 cos x 2 cos x
6 2π⎛ ⎞+ + = ⇔ − =⎜ ⎟
⎝ ⎠ 0,50
( )x k2 , x k2 k .2 6π π
⇔ = + π = − + π ∈Z 0,50
2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm).
Đặt ( )1 1x u, y v u 2, v 2 .x y
+ = + = ≥ ≥ Hệ đã cho trở thành:
( )3 3
u v 5 u v 5uv 8 mu v 3 u v 15m 10
+ =⎧ + =⎧⎪ ⇔⎨ ⎨ = −+ − + = − ⎩⎪⎩
0,25
u, v⇔ là nghiệm của phương trình: 2t 5t 8 m− + = (1). Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm
1 2t t , t t= = thoả mãn: 1 2t 2, t 2≥ ≥ (t1, t2 không nhất thiết phân biệt).
Xét hàm số ( ) 2f t t 5t 8= − + với t 2≥ :
Bảng biến thiên của ( )f t :
0,50
Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 7 m 24≤ ≤ hoặc m 22≥ . 0,25
III 2,00 1 Viết phương trình đường thẳng d ... (1,00 điểm)
Tọa độ trọng tâm: ( )G 0;2;2 . 0,25
Ta có: ( ) ( )OA 1;4;2 ,OB 1;2;4= = − .
Vectơ chỉ phương của d là: ( ) ( )n 12; 6;6 6 2; 1;1 .= − = − 0,50
Phương trình đường thẳng d: x y 2 z 2 .2 1 1
− −= =
− 0,25
2 Tìm tọa độ điểm M... (1,00 điểm)
Vì ( )M M 1 t; 2 t;2t∈∆⇒ − − + 0,25
t −∞ 2− 2 5 / 2 +∞ ( )f ' t − − 0 +
( )f t 22+∞
7 / 4 2
+∞
www.VNMATH.com
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 22 2 2MA MB t 6 t 2 2t 2 t 4 t 4 2t⇒ + = + − + − + − + + − + −
( )2212t 48t 76 12 t 2 28.= − + = − + 2 2MA MB+ nhỏ nhất t 2.⇔ =
0,50
Khi đó ( )M 1;0;4 .− 0,25 IV 2,00
1 Tính tích phân (1,00 điểm)
Đặt 4
2 3 2 ln x xu ln x,dv x dx du dx, v .x 4
= = ⇒ = = Ta có:
e e e4 42 3 3
1 11
x 1 e 1I .ln x x ln xdx x ln xdx.4 2 4 2
= − = −∫ ∫ 0,50
Đặt 4
3 dx xu ln x,dv x dx du , v .x 4
= = ⇒ = = Ta có:
e ee e4 4 43 3 4
11 11
x 1 e 1 3e 1x ln xdx ln x x dx x .4 4 4 16 16
+= − = − =∫ ∫
Vậy 45e 1I .32−
=
0,50
2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Bất đẳng thức đã cho tương đương với
( ) ( ) ( ) ( )a bb aa b
ln 1 4 ln 1 41 4 1 4 .
a b
+ ++ ≤ + ⇔ ≤
0,50
Xét hàm ( )( )xln 1 4
f xx
+= với x 0.> Ta có:
( )( ) ( )( )
x x x x
2 x
4 ln 4 1 4 ln 1 4f ' x 0
x 1 4
− + += <
+
⇒ f(x) nghịch biến trên khoảng ( )0; .+∞
Do f(x) nghịch biến trên ( )0;+∞ và a b 0≥ > nên ( ) ( )f a f b≤ và ta có điều phải chứng minh.
0,50
V.a 2,00 1 Tìm hệ số của x5 (1,00 điểm)
Hệ số của x5 trong khai triển của ( )5x 1 2x− là ( )4 452 .C .−
Hệ số của x5 trong khai triển của ( )102x 1 3x+ là 3 3103 .C .
0,50
Hệ số của x5 trong khai triển của ( ) ( )5 102x 1 2x x 1 3x− + + là
( )4 4 3 35 102 C 3 .C 3320.− + =
0,50
2 Tìm m để có duy nhất điểm P sao cho tam giác PAB đều (1,00 điểm) (C) có tâm ( )I 1; 2− và bán kính R 3.= Ta có: PAB∆ đều nên
IP 2IA 2R 6= = = ⇔ P thuộc đường tròn ( )C' tâm I, bán kính R ' 6.= 0,50
Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d tiếp xúc với ( )C' tại P ( )d I;d 6 m 19, m 41.⇔ = ⇔ = = −
0,50
www.VNMATH.com
V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)
Điều kiện: x4.2 3 0.− > Phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( )2x x x2 2log 4 15.2 27 log 4.2 3+ + = − ( )2x x5. 2 13.2 6 0⇔ − − =
0,50
⇔x
x
225
2 3
⎡ = −⎢⎢
=⎢⎣
Do x2 0> nên x2 3= 2x log 3⇔ = (thỏa mãn điều kiện).
0,50
2 Chứng minh SCD∆ vuông và tính khoảng cách từ H đến (SCD) (1,00 điểm) Gọi I là trung điểm của AD. Ta có: IA = ID = IC = a CD AC⇒ ⊥ . Mặt khác, CD SA⊥ . Suy ra CD SC⊥ nên tam giác SCD vuông tại C.
0,50
Trong tam giác vuông SAB ta có: 2 2 2
2 2 2 2 2SH SA SA 2a 2SB 3SB SA AB 2a a
= = = =+ +
Gọi d1 và 2d lần lượt là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì
22 1
1
d SH 2 2d d .d SB 3 3
= = ⇒ =
Ta có: B.SCD BCD1
SCD SCD
3V SA.Sd .S S
= =
2BCD
1 1S AB.BC a .2 2
= =
2 2 2 2 2SCD
1 1S SC.CD SA AB BC . IC ID2 2
= = + + + 2a 2.=
Suy ra 1ad .2
=
Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: 2 12 ad d .3 3
= =
0,50
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
----------------Hết----------------
S
A
B C
D H I
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)
Cho hàm số 2 2mx (3m 2)x 2y (1),
x 3m+ − −=
+ với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1= . 2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng o45 .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình 1 1 7π4s in x .3πs inx 4sin x2
⎛ ⎞+ = −⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠−⎜ ⎟⎝ ⎠
2. Giải hệ phương trình ( )2 3 2
4 2
5x y x y xy xy4 x, y .
5x y xy(1 2x)4
⎧ + + + + = −⎪⎪ ∈⎨⎪ + + + = −⎪⎩
Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( )A 2;5;3 và đường thẳng
x 1 y z 2d : .2 1 2− −= =
1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân
π46
0
tg xI dx.cos 2x
= ∫
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt : 4 42x 2x 2 6 x 2 6 x m+ + − + − = (m ).∈
PHẦN RIÊNG __________ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b __________ Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng
(E) có tâm sai bằng 53
và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.
2. Cho khai triển ( )n n0 1 n1 2x a a x ... a x ,+ = + + + trong đó *n ∈ và các hệ số 0 1 na ,a ,..., a
thỏa mãn hệ thức 1 n0 n
a aa ... 4096.2 2
+ + + = Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 na ,a ,..., a .
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình 2 2
2x 1 x 1log (2x x 1) log (2x 1) 4.− ++ − + − = 2. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA ' , B 'C ' .
...........................Hết...........................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:...............................................
ĐỀ CHÍNH THỨC
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối B
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2y 4x 6x 1= − + (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm ( )M 1; 9 .− −
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 3 3 2 2sin x 3cos x s inxcos x 3sin xcosx.− = −
2. Giải hệ phương trình 4 3 2 2
2
x 2x y x y 2x 9x 2xy 6x 6
⎧ + + = +⎪⎨
+ = +⎪⎩ ( )x, y .∈
Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( ) ( ) ( )A 0;1;2 , B 2; 2;1 ,C 2;0;1 .− − 1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A,B,C. 2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x 2y z 3 0+ + − = sao cho MA MB MC.= =
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân 4
0
sin x dx4I .
sin 2x 2(1 sin x cos x)
π π⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠=
+ + +∫
2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức 2 2x y 1.+ = Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức 2
2
2(x 6xy)P .1 2xy 2y
+=+ +
PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1. Chứng minh rằng k k 1 kn 1 n 1 n
n 1 1 1 1n 2 C C C+
+ +
⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ (n, k là các số nguyên dương, k n,≤ k
nC là
số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H( 1; 1),− − đường phân giác trong của góc A có phương trình x y 2 0− + = và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x 3y 1 0.+ − =
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải bất phương trình 2
0,7 6x xlog log 0.x 4
⎛ ⎞+ <⎜ ⎟+⎝ ⎠
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA a,= SB a 3= và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN.
...........................Hết...........................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:.............................................
ĐỀ CHÍNH THỨC
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối D
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)
Cho hàm số 3 2y x 3x 4 (1).= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I(1;2) với hệ số góc k ( k 3> − ) đều cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2sinx (1 cos2x) sin2x 1 2cosx.+ + = +
2. Giải hệ phương trình 2 2xy x y x 2y
x 2y y x 1 2x 2y
⎧ + + = −⎪⎨
− − = −⎪⎩ (x, y ).∈
Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0),B(3;0;3),C(0;3;3),D(3;3;3).
1. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. 2. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân 2
31
lnxI dx.x
= ∫
2. Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức 2 2
(x y)(1 xy)P .(1 x) (1 y)
− −=+ +
PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức 1 3 2n 12n 2n 2nC C ... C 2048−+ + + = ( k
nC là số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : 2y 16x= và điểm A(1;4). Hai điểm
phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc oBAC 90 .= Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải bất phương trình 2
12
x 3x 2log 0.x
− + ≥
2. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA' a 2.= Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.
...........................Hết...........................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:.............................................
ĐỀ CHÍNH THỨC
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
Câu Nội dung Điểm I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Khi m = 1 hàm số trở thành:2x x 2 4y x 2 .x 3 x 3+ −= = − +
+ +
• TXĐ: { }D \ 3 .= −
• Sự biến thiên:2
2 2
4 x 6x 5y ' 1 ,(x 3) (x 3)
+ += − =+ +
x 1
y ' 0x 5
= −⎡= ⇔ ⎢ = −⎣
• yCĐ ( )y 5 9= − = − , yCT ( )y 1 1.= − = −
0,25
• TCĐ: x 3= − , TCX: y x 2.= − 0,25
• Bảng biến thiên:
0,25
•Đồ thị:
0,25
2 Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) 2 2mx (3m 2)x 2 6m 2y mx 2 .
x 3m x 3m+ − − −= = − +
+ +
• Khi 1m3
= đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận. 0,25
• Khi 1m3
≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :
d1: x 3m x 3m 0,= − ⇔ + = d2: y mx 2 mx y 2 0.= − ⇔ − − = 0,25
Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là 1n (1;0)= , 2n (m; 1).= −
Góc giữa d1 và d2 bằng o45 khi và chỉ khi
1 20
2 21 2
n .n m m 2cos45 m 1.2n . n m 1 m 1
= = ⇔ = ⇔ = ±+ +
0,50
x −∞ 5− 3− 1− +∞ y’ + 0 − − 0 +
y
−∞ −∞
+∞ +∞
1−
9−
-3 -1
O -1
-9
-5
y
x 2 -2
www.VNMATH.com
II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Điều kiện sin x 0≠ và 3πsin(x ) 0.2
− ≠
Phương trình đã cho tương đương với: 1 1 2 2(s inx + cosx)s inx cosx
+ = −
⇔ 1(s inx + cosx) 2 2 0.s inxcosx
⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠
0,50
• s inx + cosx 0 x k .4π= ⇔ = − + π
• 1 2 2s inxcosx
+ = 0 2sin 2x x k2 8
π⇔ = − ⇔ = − + π hoặc 5x k .8π= + π
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :
x k ;4π= − + π 5x k ; x k (k ).
8 8π π= − + π = + π ∈
0,50
2 Giải hệ... (1,00 điểm)
2 3 2
4 2
5x y x y xy xy4
5x y xy(1 2x)4
⎧ + + + + = −⎪⎪⎨⎪ + + + = −⎪⎩
( )2 2
2 2
5x y xy xy x y4
5(x y) xy4
⎧ + + + + = −⎪⎪⇔ ⎨⎪ + + = −⎪⎩
( )∗
Đặt 2u x y
v xy⎧ = +⎨
=⎩. Hệ phương trình ( )∗ trở thành
2
5u v uv4
5u v4
⎧ + + = −⎪⎪⎨⎪ + = −⎪⎩
2
3 2
5 5v u u 0, v4 4
u 1 3u u 0 u , v .4 2 2
⎧ ⎡= − − = = −⎪ ⎢⎪⇔ ⇔ ⎢⎨⎢⎪ + + = = − = −⎢⎪⎩ ⎣
0,50
• Với u = 0, 5v4
= − ta có hệ pt
2x y 05xy4
⎧ + =⎪⎨
= −⎪⎩
⇔ 35x4
= và 325y16
= − .
• Với 1 3u , v2 2
= − = − ta có hệ phương trình
2 33 1x 0 2x x 3 02x 2
33 yy 2x2x
⎧ ⎧− + = + − =⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨= −⎪ ⎪= − ⎩⎪⎩
⇔ x 1= và 3y .2
= −
Hệ phương trình có 2 nghiệm : 3 35 25;4 16
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠ và 31; .
2⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
0,50
III 2,00 1 Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( )u 2;1;2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH (2t 1; t 5;2t 1).= − − − 0,50
Vì AH ⊥ d nên AH. u 0= ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.
Suy ra ( )H 3;1;4 . 0,50
www.VNMATH.com
2 Viết phương trình mặt phẳng ( )α chứa d sao cho... (1,00 điểm)
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ).α Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H.
0,50
Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình của ( )α là
1(x 3) 4(y 1) 1(z 4) 0− − − + − = ⇔ x 4y z 3 0.− + − =
0,50
IV 2,00 1 Tính tích phân... (1,00 điểm)
I = ( )
π π4 46 6
2 20 0
tg x tg xdx dx.cos 2x 1 tg x cos x
=−∫ ∫
Đặt 2
dxt tgx dt .cos x
= ⇒ = Với x 0= thì t 0= ; với x6π= thì 1t .
3=
0,25
Suy ra 13 4
20
tI dt1 t
=−∫ ( )
1 13 3
2
0 0
1 1 1t 1 dt dt2 t 1 t 1
⎛ ⎞= − + + −⎜ ⎟+ −⎝ ⎠∫ ∫3 1
t 1 t 1t ln 33 2 t 1
0
⎛ ⎞+= − − +⎜ ⎟−⎝ ⎠ 0,50
( )1 10ln 2 3 .2 9 3
= + − 0,25
2 Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm)
Điều kiện: 0 x 6≤ ≤ . Đặt vế trái của phương trình là f (x) , [ ]x 0; 6 .∈
Ta có 3 34 4
1 1 1 1f '(x)2x 6 x2 (2x) 2 (6 x)
= + − −−−
3 34 4
1 1 1 1 12 2x 6 x(2x) (6 x)
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠−⎝ ⎠, x (0;6).∈
Đặt 3 34 4
1 1 1 1u(x) , v(x) .2x 6 x(2x) (6 x)
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠−⎝ ⎠
Ta thấy ( ) ( )u 2 v 2 0= = ⇒ f '(2) 0.= Hơn nữa u(x), v(x) cùng dương trên
khoảng ( )0;2 và cùng âm trên khoảng ( )2;6 .
0,50
Ta có bảng biến thiên:
Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 42 6 2 6 m 3 2 6.+ ≤ < +
0,50
f’(x) + 0 − x 0 2 6
f(x) 3 2 6+
42 6 2 6+ 4 12 2 3+
www.VNMATH.com
V.a 2,00
1 Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm)
Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 2
2 2
x y 1a b
+ = , a b 0.> >
Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ( )2 2 2
c 5a 32 2a 2b 20
c a b .
⎧=⎪
⎪⎪ + =⎨⎪ = −⎪⎪⎩
0,50
Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2.
Phương trình chính tắc của (E) là 2 2x y 1.
9 4+ =
0,50
2 Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 na ,a ,..., a ... (1,00 điểm)
Đặt ( ) ( )n n0 1 nf x 1 2x a a x ... a x= + = + + + n1 n
0 n
a a 1a ... f 2 .2 2 2
⎛ ⎞⇒ + + + = =⎜ ⎟⎝ ⎠
Từ giả thiết suy ra n 122 4096 2= = n 12.⇔ = 0,50
Với mọi { }k 0,1, 2,...,11∈ ta có k kk 12a 2 C= , k 1 k 1
k 1 12a 2 C+ ++ =
k kk 12
k 1 k 1k 1 12
a 2 C1 1a 2 C+ +
+
< ⇔ < ( )k 1 1
2 12 k+⇔ <−
23k .3
⇔ <
Mà k ∈ k 7.⇒ ≤ Do đó 0 1 8a a ... a .< < <
Tương tự, k
k 1
a 1 k 7.a +
> ⇔ > Do đó 8 9 12a a ... a .> > >
Số lớn nhất trong các số 0 1 12a ,a ,..., a là 8 88 12a 2 C 126720.= =
0,50
V.b 2,00
1 Giải phương trình logarit... (1,00 điểm))
Điều kiện: 1x2
> và x 1.≠
Phương trình đã cho tương đương với 2
2x 1 x 1log (2x 1)(x 1) log (2x 1) 4− +− + + − =
2x 1 x 11 log (x 1) 2log (2x 1) 4.− +⇔ + + + − =
Đặt 2x 1t log (x 1),−= + ta có 2 t 12t 3 t 3t 2 0t 2.t
=⎡+ = ⇔ − + = ⇔ ⎢ =⎣
0,50
• Với 2x 1t 1 log (x 1) 1 2x 1 x 1 x 2.−= ⇔ + = ⇔ − = + ⇔ =
• Với −
=⎡⎢= ⇔ + = ⇔ − = + ⇔⎢ =⎣
22x 1
x 0 (lo¹i)t 2 log (x 1) 2 (2x 1) x 1 5
x (tháa m·n)4
Nghiệm của phương trình là: x 2= và 5x .4
=
0,50
www.VNMATH.com
2 Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm)
Gọi H là trung điểm của BC.
Suy ra A 'H ⊥ (ABC) và AH = 12
BC = 2 21 a 3a a.2
+ =
Do đó 2 2 2A 'H A 'A AH= − 23a= A 'H a 3.⇒ =
Vậy 3
A'.ABC ABC1 aV A'H.S3 2Δ= = (đvtt).
0,50
Trong tam giác vuông A 'B'H có: 2 2HB' A 'B' A 'H 2a= + = nên tam giác B'BH cân tại B '.
Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì B 'BHϕ =
Vậy a 1cos2.2a 4
ϕ = = .
0,50
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.
-------------Hết-------------
C A
B
B'
A '
H
C '
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) • TXĐ : .
• Sự biến thiên : , 2y ' 12x 12x= −x 0
y ' 0x 1
=⎡= ⇔ ⎢ =⎣ .
0,25
• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1.
0,25
• Bảng biến thiên :
0,25
• Đồ thị :
0,25
2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm) Đường thẳng với hệ số góc k và đi qua điểm có phương trình :
Δ (M 1; 9− − ).y kx k 9= + −
Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có
nghiệm : ( ) ( )
( )
3 2
2
4x 6x 1 k x 1 9 2
12x 12x k 3
⎧ − + = + −⎪⎨
− =⎪⎩Thay k từ (3) vào (2) ta được : ( )( )3 2 24x 6x 1 12x 12x x 1 9− + = − + −
( ) ( )2x 1 4x 5 0⇔ + − =x 1
5x .4
= −⎡⎢⇔⎢ =⎣
0,50
y’ + 0 − 0 + x −∞ 0 1
y 1
1−−∞
+∞
+∞
O
y
x
1
−1
1
• Với thì , phương trình tiếp tuyến là : x = −1 k 24= y 24x 15.= +
• Với 5x4
= thì 15k4
= , phương trình tiếp tuyến là : 15 21y x4 4
= − .
Các tiếp tuyến cần tìm là : và y 24x 15= + 15 21y x4 4
= − .
0,50
II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với
2 2 2 2sinx(cos x sin x) 3 cos x(cos x sin x) 0− + − = cos 2x(sin x 3 cos x) 0.⇔ + =
0,50
www.VNMATH.com
kcos2x 0 x .4 2π π• = ⇔ = +
sinx 3cosx 0 x k .3π• + = ⇔ = − + π
Nghiệm của phương trình là kx ,4 2π π= + x k
3π= − + π (k ).∈
0,50
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Hệ phương trình đã cho tương đương với
2 2
2
(x xy) 2x 9xxy 3x 32
⎧ + = +⎪⎨
= + −⎪⎩
22
2 xx 3x 3 2x2
⎛ ⎞⇒ + + − = +⎜ ⎟
⎝ ⎠9
.
4 3 2x 12x 48x 64x 0⇔ + + + = 3x(x 4) 0⇔ + =x 0x 4
=⎡⇔ ⎢ = −⎣
0,50
x 0• = không thỏa mãn hệ phương trình. 17x 4 y4
• = − ⇒ = .
Nghiệm của hệ phương trình là 17(x ; y) 4; .4
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
0,50
III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm)
Ta có ( )AB 2; 3; 1 ,= − − (AC 2; 1; 1 ,= − − − ) tích có hướng của hai vectơ
là AB, AC ( )n 2;4; 8= − .0,50
Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
( ) ( ) ( )2 x 0 4 y 1 8 z 2 0− + − − − = x 2y 4z 6 0⇔ + − + = .
0,50
2 Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm)
Ta có nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại trung điểm của BC.
AB.AC 0=(I 0; 1;1− ) 0,50
Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình 2x 2y z 3 0x y 1 z 1.1 2 4
+ + − =⎧⎪ + −⎨ = =⎪ −⎩
0,50
Suy ra ( )M 2;3; 7 .−IV 2,00
1 Tính tích phân (1,00 điểm)
Đặt ⇒ t sinx cosx= + dt (cosx sinx)dx 2 sin x dx.4π⎛ ⎞= − = − −⎜ ⎟
⎝ ⎠
Với x = 0 thì t = 1, với x4π= thì t 2= .
0,25
Ta có 2sin2x 2(1 sinx cosx) (t 1) .+ + + = +
Suy ra 2
21
2 dtI2 (t 1)
= −+∫
2
1
2 12 t 1
=+
0,50
ơ
2 1 1 4 3 2 .2 22 1
−⎛ ⎞= − =⎜ ⎟+⎝ ⎠ 4 0,25
www.VNMATH.com
2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) 2 2
2 2 2
2(x 6xy) 2(x 6xy)P .1 2xy 2y x y 2xy 2y
+ += =+ + + + + 2
.. ,
• Nếu thì Suy ra P = 2. y 0= 2x 1=• Xét Đặt khi đó y 0≠ x ty=
2
2
2t 12tPt 2t
+=+ + 3
,
⇔ (1). 2(P 2)t 2(P 6)t 3P 0− + − + =
− Với phương trình (1) có nghiệm P 2= 3t .4
=
− Với phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
P 2≠ ,.2' 2P 6P 36 0 6 P 3Δ = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤
0,50
P 3= khi 3x , y10 10
= = 1 hoặc
3 1x , y10 10
= − = − .
6
P = − khi 3 2x , y13 13
= = − hoặc 3 2x , y13 13
= − = .
Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6.
0,50
V.a 2,00 1 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)
Ta có: k k 1n 1 n 1
n 1 1 1n 2 C C +
+ +
⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟+ ⎝ ⎠
n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)!.n 2 (n 1)!
+ + − + + −+ +
0,50
[ ]1 k!(n k)!. (n 1 k) (kn 2 n!
−= + −+
1)+ +
kn
k!(n k)! 1 .n! C−= =
0,50
2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00) • Ký hiệu Gọi là điểm đối xứng của H qua . Khi đó thuộc đường thẳng AC.
1d : x y 2 0,− + = 2d : 4x 3y 1 0.+ − = H'(a ;b)
1d H '
• là vectơ chỉ phương của u (1;1= ) 1d , HH ' (a 1;b 1)= + + vuông góc với
và trung điểm I
ua 1 b 1;
2 2− −⎛ ⎞
⎜ của thuộc Do đó tọa độ của H ' là
nghiệm của hệ phương trình
⎟⎝ ⎠
HH ' 1d .
1(a 1) 1(b 1) 0a 1 b 1 2 0
2 2
+ + + =⎧⎪⎨ − −− + =⎪⎩
( )H ' 3;1 .⇒ −
0,50
• Đường thẳng AC đi qua vuông góc với nên có vectơ pháp tuyến là
và có phương trình
H ' 2d
v (3; 4)= − 3(x 3) 4(y 1) 0 3x 4y 13 0.+ − − = ⇔ − + =
• Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình 3x 4y + 13 = 0
x y 2 0−⎧
⎨ − + =⎩A(5;7).⇒
• Đường thẳng CH đi qua với vectơ pháp tuyến (H 1; 1− − ) 1 HA2
= (3 ; 4)
nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 3x + 4y +7 = 0. ⇔
• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình 3x 4y 7 0
3x 4y 13 0.+ + =⎧
⎨ − + =⎩
Suy ra C 10 3; .3 4
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
0,50
www.VNMATH.com
V.b 2,00 1 Giải bất phương trình (1,00 điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
6x xlog 1x 4
+ >+
2x x 6
x 4+⇔ >+
0,50
2x 5x 24 0x 4
− −⇔ >+
( )( )x 3 x 8
0.x 4
+ −⇔ >
+
Tập nghiệm của bất phương trình là : ( ) (4; 3 8; .− − ∪ + ∞)0,50
2 Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH Do đó SH là đường cao của hình chóp S.BMDN.
( )ABCD .⊥
2SB a 3a AB+ = + =Ta có: SA nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra 2 2 2 2
ABSM a.2
= = Do đó tam giác đều, suy ra SAMa 3SH .
2=
Diện tích tứ giác BMDN là 2BMDN ABCD
1S S2
= = 2a .
Thể tích khối chóp S.BMDN là BMDN1V SH.S3
=3a 33
= (đvtt).
0,50
S
A
B C
H M
N
E D
Kẻ (E AD)∈ME // DNaAE Đặt .2
= ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có suy ra
(SM, ME) .= ϕ Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA AE⊥0,50 2 2 a 5SE SA AE ,
2= + = 2 2 a 5ME AM AE .
2= + = Suy ra
a52SME = ϕTam giác SME cân tại E nên và cos .
5a 52
ϕ = =
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
----------------Hết----------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Nội dung Câu Điểm I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) • Tập xác định : D = .
• Sự biến thiên : , 2y ' 3x 6x= −x 0
y ' 0x 2
=⎡= ⇔ ⎢ =⎣ .
0,25
• yCĐ = ( ) ( )CTy 0 4, y y 2 0.= = = 0,25
• Bảng biến thiên :
0,25
• Đồ thị :
0,25
2 Chứng minh rằng mọi đường thẳng … (1,00 điểm)
Gọi là đồ thị hàm số (1). Ta thấy thuộc Đường thẳng d đi qua với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + 2.
(C) I(1;2) (C).I(1;2)
Hoành độ giao điểm của và d là nghiệm của phương trình (C) 3 2x 3x 4 k(x 1) 2− + = − + ⇔ 2(x 1) x 2x (k 2) 0⎡ ⎤− − − + =⎣ ⎦
⇔2
x 1x 2x (k 2) 0 (*)
=⎡⎢ − − + =⎣ .
0,50
Do nên phương trình (*) có biệt thức Δ = và không là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt tại ba điểm phân biệt I(
với là nghiệm của (*).
k > −
x −∞ 0 2 +∞y’ + 0 − 0
y 4
0 −∞
+ +∞
4
−1 O
y
2 x
(ứng với giao điểm I)
3 + >x ; y ),
I
' 3 k 0 x 1=(C) I I
A A B BA(x ; y ),B(x ; y ) A Bx , xVì và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn thẳng AB (đpcm).
A Bx x 2 2x+ = =0,50
II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với 24sinx cos x s in2x = 1 + 2cosx+ ⇔ (2cosx 1)(sin2x 1) 0.+ − = 0,50
1 2cosx x k2 .2 3
π• = − ⇔ = ± + π
sin2x 1 x k .4π• = ⇔ = + π
Nghiệm của phương trình đã cho là 2x k2 ,3π= ± + π x k
4π= + ).∈π (k
0,50
www.VNMATH.com
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0.
Hệ phương trình đã cho tương đương với (x y)(x 2y 1) 0 (1)
x 2y y x 1 2x 2y (2)
+ − − =⎧⎪⎨
− − = −⎪⎩
Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ x = 2y + 1 (3).
0,50
Thay (3) vào (2) ta được (y 1) 2y 2(y 1)+ = + ⇔ y = 2 (do ) ⇒ x = 5. y 1 0+ > Nghiệm của hệ là (x ; y) (5;2).=
0,50
III 2,00 1 Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm)
Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng trong đó 2 2 2x y z 2ax 2by 2cz d 0 (*),+ + + + + + = 2 2 2a b c d 0 (**).+ + − >Thay tọa độ của các điểm A, B, C, D vào (*) ta được hệ phương trình
6a 6b d 186a 6c d 186b 6c d 186a 6b 6c d 27.
+ + = −⎧⎪ + + = −⎪⎨ + + = −⎪⎪ + + + = −⎩
0,50
Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặt cầu là 2 2 2x y z 3x 3y 3z = 0.+ + − − − 0,50
2 Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm)
Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm 3 3 3I ; ;2 2 2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là mx ny pz q 0+ + + = 2 2 2(m n p 0).+ + >
Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta được 3m 3n q 03m 3p q 0 6m 6n 6p q 0.3n 3p q 0.
+ + =⎧⎪ + + = ⇒ = = = − ≠⎨⎪ + + =⎩
Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là x y z 6 0.+ + − =
0,50
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc của điểm I trên mặt phẳng (ABC).
H
Phương trình đường thẳng IH :
3 3x y z2 2 .
1 1 1
− − −= =
32
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình x y z 6 0
3 3x y z2 2
+ + − =⎧⎪⎨ − = − = −⎪⎩
3 .2
Giải hệ trên ta được H(2;2;2).
0,50
IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm)
Đặt và u ln x= 3dxdvx
= dxdux
⇒ = và 21v .
2x= − 0,25
Khi đó 2 2
2 31 1
ln x dxI2x 2x
= − + ∫ 2
21
ln 2 18 4x
= − − 0,50
3 2 ln 2 .16
−= 0,25
www.VNMATH.com
2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm)
Ta có [ ]22 2
(x y)(1 xy) (x y)(1 xy) 1 1 1P P(1 x) (1 y) 4 4 4(x y) (1 xy)
− − + += ≤ ≤ ⇔ − ≤+ + + + +
.≤ 0,50
• Khi thì x 0, y 1= = 1P .4
= −
• Khi thì x 1, y 0= = 1P .4
=
Giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 ,4
− giá trị lớn nhất của P bằng 1 .4
0,50
V.a 2,00
1 Tìm n biết rằng…(1,00)
Ta có 2n 0 1 2n 1 2n2n 2n 2n 2n0 (1 1) C C ... C C .−= − = − + − +
2n 2n 0 1 2n 1 2n2n 2n 2n 2n2 (1 1) C C ... C C .−= + = + + + +
0,50
⇒ 1 3 2n 1 2n2n 2n 2nC C ... C 2 .− −+ + + = 1
6.
Từ giả thiết suy ra 2n 12 2048 n− = ⇔ =
0,50
2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm)
Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên 2bB( ;b),
16
2cC( ;c)16
với b, c
là hai số thực phân biệt, b 4≠ và c 4 .≠2 2b cAB 1;b 4 , AC 1;c 4 .
16 16⎛ ⎞ ⎛
= − − = − −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠
Góc nên oBAC 90=
AB .AC 0= ⇔2 2b c1 1 (b 4)(c 4)
16 16⎛ ⎞⎛ ⎞
− − + − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
0=
⇔ (1). 272 4(b c) bc 0+ + + =
0,50
Phương trình đường thẳng BC là: 2
2 2
cx y c16b c b c16 16
− −=−−
16x (b c)y bc 0⇔ − + + = (2).
Từ (1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I( 17; 4).−
0,50
V.b 2,00
1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm)
Bpt đã cho tương đương với 2x 3x 20 1
x− +< ≤ . 0,50
2 0 x 1x 3x 2 0x 2.x
< <⎡− +• > ⇔ ⎢ >⎣
2 x 0x 4x 2 0x 2 2 x 2 2
<⎡− +• ≤ ⇔ ⎢− ≤ ≤ +⎣
.
Tập nghiệm của bất phương trình là : ) (2 2 ;1 2;2 2 .⎡ ⎤− ∪ +⎣ ⎦
0,50
www.VNMATH.com
2 Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B.
Thể tích khối lăng trụ là 2 3ABC.A'B'C' ABC
1 2V AA '.S a 2. .a2 2
= = = a (đvtt).
0,50
A'B'
B M
E
C
A
C'
Gọi E là trung điểm của BB Khi đó mặt phẳng (AME) song song với nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, bằng khoảng cách giữa
và mặt phẳng (AME).
'. B 'CB 'C
B'CNhận thấy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) bằng khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AME). Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME). Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên 0,50
2 2 2 21 1 1 1h BA BM BE
= + + 2 2 2 21 1 4 2h a a a
= + + = 27a
a 7h .7
⇒ = ⇒
a 7 .7
Khoảng cách giữa hai đường thẳng và AM bằng B 'C
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
----------------Hết----------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn thi: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số 22 3xyx+
=+
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại
hai điểm phân biệt A , B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ .OCâu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình ( )( )( )
1 2sin cos3
1 2sin 1 sinx x
x x−
=+ −
.
2. Giải phương trình ( )32 3 2 3 6 5 8 0 .x x x− + − − = ∈ Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân ( )2
3 2
0
cos 1 cosI x
π
= −∫ x dx .
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp có đáy .S ABCD ABCD là hình thang vuông tại A và ;D 2AB AD a= = , ;CD a= góc giữa
hai mặt phẳng và ( )SBC ( )ABCD bằng Gọi là trung điểm của cạnh 60 . I AD . Biết hai mặt phẳng ( )SBI và ( cùng vuông góc với mặt phẳng )SCI ( )ABCD , tính thể tích khối chóp theo .S ABCD .a
Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,x y z thoả mãn ( ) 3 ,x x y z yz+ + = ta có:
( ) ( ) ( )( )( ) ( )3 3 3 5 3 .x y x z x y x z y z y z+ + + + + + + ≤ + PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho hình chữ nhật ,Oxy ABCD có điểm là giao điểm của hai đường
chéo (6;2)I
AC và BD . Điểm ( )1;5M thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh thuộc đường thẳng . Viết phương trình đường thẳng
CD: 5 0x yΔ + − = AB .
2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz ( ) : 2 2 4 0P x y z− − − = và mặt cầu
( ) 2 2 2: 2 4 6 11 0.S x y z x y z+ + − − − − = Chứng minh rằng mặt phẳng ( )P cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi và là hai nghiệm phức của phương trình 1z 2z 2 2 10z z 0+ + = . Tính giá trị của biểu thức 2 2
1 2 .A z z= + B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho đường tròn ,Oxy ( ) 2 2: 4 4 6C x y x y 0+ + + + = và đường thẳng
với m là tham số thực. Gọi là tâm của đường tròn ( Tìm để : 2 3x my mΔ + − + = 0, I ).C m Δ cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác lớn nhất. IAB
2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz ( ) : 2 2 1P x y z 0− + − = và hai đường thẳng
11 9:
1 1 6x y z+ +
Δ = = , 21 3:
2 11
2x y z− − +
Δ = =−
. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1Δ sao cho
khoảng cách từ M đến đường thẳng 2Δ và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P bằng nhau. Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình ( ) ( )
( )2 2
2 22 2log 1 log
, .3 81x xy y
x y xyx y
− +
⎧ + = +⎪ ∈⎨=⎪⎩
---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số (1). 42 4y x x= − 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Với các giá trị nào của phương trình ,m 2 2| 2 |x x m− = có đúng 6 nghiệm thực phân biệt ?
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3sin cos sin 2 3cos3 2(cos4 sin ).x x x x x x+ + = +
2. Giải hệ phương trình 2 2 2
1 7( , ).
1 13xy x y
x yx y xy y+ + =⎧
∈⎨+ + =⎩
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân 3
21
3 ln .( 1)
xI dx+
=+∫ x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác . ' ' 'ABC A B C có ' ,BB a= góc giữa đường thẳng 'BB và mặt phẳng bằng
tam giác
(ABC)
60 ; ABC vuông tại và C BAC = 60 . Hình chiếu vuông góc của điểm 'B lên mặt phẳng ( )ABC trùng với trọng tâm của tam giác .ABC Tính thể tích khối tứ diện 'A ABC theo .a
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực ,x y thay đổi và thoả mãn ( )3 4 2.x y xy+ ≥ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức +
4 4 2 2 2 23( ) 2( ) 1A x y x y x y= + + − + + . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho đường tròn ,Oxy 2 2 4( ) : ( 2)5
C x y− + = và hai đường thẳng 1 : 0x y ,Δ − =
Xác định toạ độ tâm 2 : 7 0x yΔ − = . K và tính bán kính của đường tròn ( biết đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng và tâm
1);C 1( )C
1 2,Δ Δ K thuộc đường tròn ( ).C2. Trong không gian với hệ toạ độ cho tứ diện ,Oxyz ABCD có các đỉnh và
Viết phương trình mặt phẳng đi qua sao cho khoảng cách từ đến bằng khoảng cách từ đến (
(1;2;1), ( 2;1;3), (2; 1;1)A B C− −(0;3;1).D ( )P ,A B C ( )P
D ).PCâu VII.a (1,0 điểm)
Tìm số phức thoả mãn: z (2 ) 10z i− + = và . 25.z z = B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho tam giác ,Oxy ABC cân tại A có đỉnh và các đỉnh ( 1;4)A − ,B C thuộc đường thẳng Xác định toạ độ các điểm : 4x yΔ − − = 0. B và biết diện tích tam giác ,C ABC bằng 18.
2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz ( ) : 2 2 5 0P x y z− + − = và hai điểm ( 3;0;1),A − Trong các đường thẳng đi qua (1; 1;3).B − A và song song với hãy viết phương trình đường thẳng mà
khoảng cách từ ( ),P
B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm)
Tìm các giá trị của tham số để đường thẳng m y x m= − + cắt đồ thị hàm số 2 1xyx−
= tại hai điểm phân biệt
sao cho ,A B 4.AB =---------- Hết ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số 4 2(3 2) 3y x m x= − + + m mC m có đồ thị là là tham số. ( ),1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 0.m = 2. Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2. 1y = − ( mC )
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 cos5 2sin3 cos2 sin 0.x x x x− − =
2. Giải hệ phương trình 22
( 1) 3 0( , ).5( ) 1 0
x x yx y
x yx
+ + − =⎧⎪ ∈⎨
+ − + =⎪⎩
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân 3
1
.1x
dxIe
=−∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông tại . ' ' 'ABC A B C ABC , , ' 2 , ' 3 .B AB a AA a A C a= = = Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng ' ',A C I là giao điểm của và Tính theo thể tích khối tứ diện và khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng (
AM ' .A C a IABCA ).IBC
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm ,x y thay đổi và thoả mãn 1.x y+ = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2(4 3 )(4 3 ) 25 .S x y y x xy= + + +
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Ox cho tam giác có là trung điểm của cạnh Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh lần lượt có phương trình là
y ABC (2;0)M .ABA 7 2 3 0x y− − = và Viết phương
trình đường thẳng 6 4 0.x y− − =
.AC2. Trong không gian với hệ toạ độ , cho các điểm và mặt phẳng
Xác định toạ độ điểm Oxyz (2;1;0), (1;2;2), (1;1;0)A B C
( ) : 20 0.P x y z+ + − = D thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (
AB).P
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ ,Ox tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức thoả mãn điều kiện | y z (3 4 ) | 2.z i− − =
B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , cho đường tròn .Oxy 2 2( ) : ( 1) 1C x y− + = Gọi là tâm của Xác định
toạ độ điểm
I ( ).C
M thuộc sao cho ( )C IMO = 30 .
2. Trong không gian với hệ toạ độ , cho đường thẳng Oxyz 2 2:1 1 1
x y+ −Δ = =
−z
m
và mặt phẳng
Viết phương trình đường thẳng nằm trong ( sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng ( ) : 2 3 4 0.P x y z+ − + = d )P
.ΔCâu VII.b (1,0 điểm)
Tìm các giá trị của tham số để đường thẳng m 2y x= − + cắt đồ thị hàm số 2 1x xy
x+ −
= tại hai điểm phân
biệt sao cho trung điểm của đoạn thẳng thuộc trục tung. ,A B AB---------- Hết ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
• Tập xác định: 3\ .2
D ⎧ ⎫= −⎨ ⎬⎩ ⎭
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: ( )2
1' 0,2 3
y xx−
= < ∀+
.D∈
Hàm số nghịch biến trên: 3;2
⎛ ⎞−∞ −⎜ ⎟⎝ ⎠
và 3 ;2
⎛ ⎞− +∞⎝ ⎠⎜ ⎟ .
- Cực trị: không có.
0,25
- Giới hạn và tiệm cận: 1lim lim2x x
y y→−∞ →+∞
= = ; tiệm cận ngang: 12
y = .
3 32 2
lim , limx x
y y− +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞→ − → −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= −∞ = +∞ ; tiệm cận đứng: 32
x = − . 0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…
Tam giác OAB vuông cân tại suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng ,O 1± . 0,25
Gọi toạ độ tiếp điểm là 0 0( ; )x y , ta có: 20
1 1(2 3)x
−= ±
+ ⇔ 0 2x = − hoặc 0 1.x = − 0,25
• , ; phương trình tiếp tuyến 0 1x = − 0 1y = y x= − (loại). 0,25
I (2,0 điểm)
• , ; phương trình tiếp tuyến 0 2x = − 0 0y = 2y x= − − (thoả mãn). Vậy, tiếp tuyến cần tìm: 2.y x= − −
x −∞ 32
− +∞ y' − −
y 12
−∞
+∞
12
y
xO
12
y =
32
x = −
0,25
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Điều kiện: sin 1x ≠ và 1sin2
x ≠ − (*). 0,25
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: (1 2sin )cos 3(1 2sin )(1 sin )x x x− = + − x
⇔ cos 3sin sin 2 3 cos 2x x x− = + x ⇔ cos cos 23 6
x xπ π⎛ ⎞ ⎛+ = −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠
0,25
⇔ 22
x kπ π= + hoặc 2 .18 3
x kπ π= − + 0,25
Kết hợp (*), ta được nghiệm: ( )218 3
x k kπ π= − + ∈ . 0,25
2. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Đặt 3 3 2u x= − và 6 5 , 0v x v= − ≥ (*). Ta có hệ: 3 2
2 3 85 3
u vu v+ =⎧
⎨8+ =⎩
0,25
⇔ 3 2
8 23
15 4 32 40 0
uv
u u u
−⎧ =⎪⎨⎪ + − + =⎩
⇔ 2
8 23
( 2)(15 26 20) 0
uv
u u u
−⎧ =⎪⎨⎪ + − + =⎩
0,25
⇔ u và v (thoả mãn). 2= − = 4 0,25
II (2,0 điểm)
Thế vào (*), ta được nghiệm: 2.x = − 0,25
Tính tích phân…
2 25 2
0 0
cos cos .I xdx x
π π
= −∫ ∫
III
dx 0,25
Đặt t x sin , cos ;
(1,0 điểm)
dt x= = dx 0, 0; , 1.2
x t x tπ= = = =
( ) ( )112 2 2 25 2 2 3 5
10 0 0 0
2 1 8cos 1 sin cos 1 .3 5 15
I xdx x xdx t dt t t t
π π
⎛ ⎞= = − = − = − + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ∫
0,50
( )2 2 2
22
0 0 0
1 1 1cos 1 cos 2 sin 2 .2 2 2 4
I x dx x dx x x
π π π
π⎛ ⎞= = + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ Vậy 1 2
8 .15 4
I I I π 0,25 = − = −
Tính thể tích khối chóp... ( ) (SIB ABCD)⊥ và ( ) ( )SIC ABCD ;⊥ suy ra ( )SI ABCD⊥ .
Kẻ IK BC⊥ ( )K BC∈ ⇒ ( )BC SIK⊥ ⇒ SKI = 60 . 0,50
Diện tích hình thang :ABCD 23 .ABCDS a=
Tổng diện tích các tam giác ABI và bằng CDI23 ;
2a suy ra
23 .2IBCaSΔ =
0,25
IV (1,0 điểm)
( )2 2 5BC AB CD AD a= − + = ⇒ 2 3 5
5IBCS aIK
BCΔ= = ⇒ 3 15.tan .
S
A B
5aSI IK SKI= =
Thể tích khối chóp . :S ABCD31 3 1. .
3 5ABCDa5SI= =V S
0,25
I
C D K
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
Chứng minh bất đẳng thức…
Đặt và ,a x y b x z= + = + .c y z= +
Điều kiện ( ) 3x x y z yz+ + = trở thành: c 2 2 2 .a b ab= + −
a b abc c+ + ≤ , ,a b cBất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
3 3 33 5 ; dương thoả mãn điều kiện trên.
0,25
2 2 2c a b ab= + − 2( ) 3a b ab= + − 2 23( ) ( )4
a b a b≥ + − + = 21 ( )4
a b+ ⇒ (1). 2a b c+ ≤ 0,25
3 3 33 5a b abc c+ + ≤ 3( ) 3 5a b a b ab abc c+ + − + ≤
.
⇔ ( ) 2 2
⇔ 2 3( ) 3 5a b c abc c+ + ≤
⇔ 2( ) 3 5a b c ab c+ + ≤0,25
V (1,0 điểm)
(1) cho ta: ( ) và 22a b c c+ ≤ 23 2) 3 ;4
ab a b c≤ + ≤3 ( từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi: .a b c= = ⇔ x y z= = 0,25
1. (1,0 điểm) Viết phương trình ...AB
Gọi N đối xứng với M qua suy ra ,I ( )11; 1N − và N thuộc đường thẳng .CD 0,25
VI.a (2,0 điểm)
E∈Δ ⇒ ( );5 ;E x x− ( )6;3IE x x= − − và ( 11;6 )NE x x= − − .E là trung điểm ⇒ CD .IE EN⊥
. 0IE EN = ⇔ ( 6)( 11) (3 )(6 ) 0x x x x− − + − − = ⇔ 6x = hoặc 7.x =
0,25
• 6x = ⇒ ( )0; 3 ;IE = − phương trình : 5 0AB y .− = 0,25
• 7x = ⇒ ( )1; 4 ;IE = − phương trình : 4 19 0.AB x y− + = 0,25
2. (1,0 điểm) Chứng minh cắt xác định toạ độ tâm và tính bán kính… ( )P ( ),S
( )S có tâm bán kính (1;2;3),I 5.R =
Khoảng cách từ đến I ( ) :P ( ), ( )d I P =2 4 3 4
33
;R− − −
= < suy ra đpcm. 0,25
Gọi và lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến, H r
H là hình chiếu vuông góc của trên I ( ) :P ( ),( ) 3,IH d I P= = 2 2 4.r R IH= − = 0,25
Toạ độ thoả mãn: ( ; ; )H x y z=
1 22 23
2 2 4 0
x ty tz t
x y z
= +⎧⎪ = −⎪⎨ = −⎪⎪ .− − − =⎩
0,25
Giải hệ, ta được (3; 0; 2).H 0,25
Tính giá trị của biểu thức…
236 36 ,iΔ = − = 1 1 3z i= − + và 2 1 3 .z i= − − 0,25
VII.a (1,0 điểm)
2 21| | ( 1) 3 10z = − + = và 2 2
2| | ( 1) ( 3) 10.z = − + − = 0,50
M B A I
C D E N
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
2 21 2| | | | 20.A z z= + = 0,25
1. (1,0 điểm) Tìm ...m
( )C có tâm bán kính ( 2; 2),I − − 2.R = 0,25
Diện tích tam giác :IAB 1 . .sin2
S IA IB AIB= ≤ 21 1;2
R = lớn nhất khi và chỉ khi S .IA IB⊥ 0,25
Khi đó, khoảng cách từ đến I :Δ ( , ) 12
Rd I Δ = = ⇔ 2
2 2 2 31
1
m m
m
− − − +=
+ 0,25
⇔ ( ) hoặc 2 21 4 1m m− = + ⇔ 0m = 815
m = . 0,25
2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ...M
2Δ qua và có vectơ chỉ phương (1;3; 1)A − (2;1; 2).u = −
1M ∈Δ ⇒ ( 1 ; ; 9 6 ).M t t t− + − +
(2 ;3 ;8 6 ),MA t t t , (8 14;20 14 ; 4)MA u t t t⎡ ⎤= − − − = − − −⎣ ⎦ ⇒ ,MA u⎡ ⎤⎣ ⎦23 29 88 68.t t= − +
0,25
Khoảng cách từ M đến 2 :Δ 22
,( , ) 29 88 68.
MA ud M t t
u
⎡ ⎤⎣ ⎦Δ = = − +
Khoảng cách từ M đến ( ) :P ( )( )22 2
1 2 12 18 1 11 20,( ) .
31 2 2
t t t td M P
− + − + − − −= =
+ − +
0,25
2 11 2029 88 68
3t
t t−
− + = ⇔ 235 88 53 0t t− + = ⇔ 1t = hoặc 53 .35
t = 0,25
VI.b (2,0 điểm)
1t = ⇒ (0;1; 3);M −5335
t = ⇒ 18 53 3; ;35 35 35
M ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
. 0,25
Giải hệ phương trình… VII.b
Với điều kiện (*), hệ đã cho tương đương: 0xy >2 2
2 2
24
x y xyx xy y
⎧ + =⎪⎨
− + =⎪⎩ 0,25
(1,0 điểm)
2 4x yy=⎧
⎨=⎩ 2.
x yy=⎧
⎨ = ±⎩ ⇔ ⇔ 0,50
( ; ) (2;2)x y = ( ; ) ( 2; 2).x y = − −Kết hợp (*), hệ có nghiệm: và 0,25
-------------Hết-------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn thi: TOÁN; Khối: B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
• Tập xác định: .D =• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: hoặc 3' 8 8 ;y x x= − ' 0y = ⇔ 0x = 1.x = ±
Hàm số nghịch biến trên: và đồng biến trên: và (1 ( ; 1)−∞ − (0;1); ( 1;0)− ; ).+ ∞
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại đạt cực đại tại y1, 2;CTx y= ± = − 0,x = CĐ 0.=
- Giới hạn: lim lim .x x
y y→−∞ →+∞
= = +∞ 0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm) Tìm ...m2 2 2x x m− = ⇔ 4 22 4 2 .x x m− = 0,25
Phương trình có đúng nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng cắt đồ thị hàm số
6 2y m=4 22 4y x x= − tại điểm phân biệt. 6 0,25
Đồ thị hàm số 4 22 4y x x= −
và đường thẳng . 2y m=
0,25
I (2,0 điểm)
Dựa vào đồ thị, yêu cầu bài toán được thoả mãn khi và chỉ khi: 0 2 2m< < ⇔ 0 1m< <
x −∞ 1− 0 1 +∞ +
+∞
x
y' − 0 + 0 − 0
y +∞
2− 2−
0
O
y
2−2−
1− 1
16
2
y
O x
2
21− 1
16
2−
2y m=
. 0,25
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Phương trình đã cho tương đương: 2(1 2sin )sin cos sin 2 3 cos3 2cos 4x x x x x− + + =
II
x
⇔ sin cos2 cos sin 2 3 cos3 2cos4x x x x x+ + = x 0,25
⇔ sin3 3 cos3 2cos 4x x x+ = ⇔ cos 3 cos4 .6
x xπ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
⇔ 4 3 26
x x kπ π= − + hoặc 4 3 26
x x kπ π= − + + . 0,25
Vậy: 26
x kπ π= − + hoặc 2 ( )42 7
x k kπ π= + ∈ . 0,25
2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…
Hệ đã cho tương đương: 2
2
1 7
1 13
xxy yxxy y
⎧ + + =⎪⎪⎨⎪ + + =⎪⎩
(do không thoả mãn hệ đã cho) 0y = 0,25
⇔ 2
1 7
1 13
xxy y
xxy y
⎧⎛ ⎞+ + =⎪⎜ ⎟
⎝ ⎠⎪⎨⎛ ⎞⎪ + − =⎜ ⎟⎪⎝ ⎠⎩
⇔
21 1 20 0
17
x xy y
x xy y
⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ + + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎨
⎛ ⎞⎪ = − +⎜ ⎟⎪⎝ ⎠⎩
0,25
⇔ 1 5
12
xy
x y
⎧ + = −⎪⎨⎪ =⎩
(I) hoặc 1 4
3
xy
x y
⎧ + =⎪⎨⎪ =⎩
(II). 0,25
(2,0 điểm)
(I) vô nghiệm; (II) có nghiệm: 1( ; ) 1;3
x y ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
và ( ; ) (3;1).x y =
Vậy: 1( ; hoặc ( ; ) 1;3
x y ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
) (3;1).x y =0,25
Tính tích phân…
3 ln ,u x= + 2 ;( 1)
dxdvx
=+
1 ,du dxx
= 1 .1
vx
= −+
0,25
I 3 3
1 1
3 ln1 ( 1)x dx
x x x+= − +
+ +∫ 0,25
3 3
1 1
3 ln3 3 14 2
dxdx1x x
+= − + + −+∫ ∫ 0,25
III (1,0 điểm)
3 3
1 1
3 ln3 1 27ln ln 1 3 ln .4 4
x x− ⎛ ⎞= + − + = +⎜ ⎟⎝ ⎠16
0,25
Tính thể tích khối chóp…
Gọi D là trung điểm và là trọng tâm tam giác AC G ABCta có ' ( )B G ABC⊥ ⇒ 'B BG = 60
⇒ 3' ' .sin '2
aB G B B B BG= = và 2aBG = ⇒ 3 .
4aBD =
Tam giác có: ABC 3 ,2 2
AB ABBC AC= = ⇒ .4
ABCD =
0,50
IV (1,0 điểm)
2 2 2
B A
BC CD BD+ = ⇒ 2 2 2
63 9
4 16 1AB AB a+ = ⇒ 3 13 ,
13aAB = 3 13 ;
26aAC =
29 3 .104ABCaSΔ = 0,25
'
B
C
'
G
C'
AD
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
Thể tích khối tứ diện ' :A ABC ' '1 ' .3A ABC B ABC ABCV V B G SΔ= =
39 .208
a= 0,25
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức…
Kết hợp với 3( ) 4x y xy+ + ≥ 2 2( ) 4x y x+ ≥ y suy ra: ⇒ 3 2( ) ( ) 2x y x y+ + + ≥ 1.x y+ ≥ 0,25
A 4 4 2 2 2 23( ) 2( ) 1x y x y x y= + + − + + = ( )22 2 4 4 2 23 3 ( ) 2( )2 2
x y x y x y+ + + − + +1 0,25
≥ ( ) ( )2 22 2 2 2 2 23 3 2( ) 12 4
x y x y x y+ + + − + + ⇒ ( ) ( )22 2 2 29 2 14
A x y x y≥ + − + + .
Đặt , ta có 2t x y= + 22
2 2 ( ) 12 2
x yx y ++ ≥ ≥ ⇒ 1 ;2
t ≥ do đó 29 2 14
A t t≥ − + .
Xét 29( ) 2 1;4
f t t t= − + 9'( ) 2 02
f t t= − > với mọi 12
t ≥ ⇒1;2
1 9min ( ) .2 16
f t f⎡ ⎞+∞ ⎟⎢⎣ ⎠
⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
V (1,0 điểm)
9 ;16
A ≥ đẳng thức xảy ra khi 1 .2
x y= = Vậy, giá trị nhỏ nhất của bằng A 9 .16
0,25
1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ tâm ...K
Gọi ⇔( ; );K a b ( )K C∈ 2 2 4( 2)5
a b− + = (1); tiếp xúc 1( )C 1,Δ 2Δ ⇔
VI.a
72 5 2
a b a b− −= (2). 0,25
(1) và (2), cho ta: 2 25( 2) 5 4
5 7a ba b a b
⎧ − + =⎪⎨ − = −⎪⎩
(I) hoặc (II). ⇔2 25( 2) 5 4
5( ) 7a ba b a b
⎧ − + =⎨
− = −⎩
2 25( 2) 5 45( ) 7
a ba b b a
⎧ − + =⎨
− = −⎩0,25
(2,0 điểm)
(I) vô nghiệm; (II) ⇔225 20 16 02
a ab a⎧ − + =⎨
= −⎩⇔ 2
2 8 4( ; ) ; .5 525 40 16 0
a ba b
b b=⎧ ⎛ ⎞⇔ =⎨ ⎜ ⎟− + = ⎝ ⎠⎩
0,25
Bán kính 1( ) :C 2 2 .52
a bR
−= = Vậy: 8 4;
5 5K ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
và 2 2 .5
R = 0,25
2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng ( )...P
Mặt phẳng ( )P thoả mãn yêu cầu bài toán trong hai trường hợp sau: Trường hợp 1: ( )P qua ,A B và song song với .CD 0,25 Vectơ pháp tuyến của ( ) :P , .n AB CD⎡ ⎤= ⎣ ⎦
( 3; 1;2),AB = − − ( 2;4;0)CD = − ⇒ ( 8; 4; 14).n = − − − Phương trình ( )P : 4 2 7 15 0.x y z+ + − = 0,25
Trường hợp 2: ( )P qua ,A B và cắt Suy ra .CD ( )P cắt CD tại trung điểm của
vectơ pháp tuyến của
I .CD
(1;1;1) (0; 1;0);I AI⇒ = − ( ) :P , (2;0;3).n A= B AI⎡ ⎤ =⎣ ⎦ 0,25
Phương trình ( ) : 2 3 5 0.P x z+ − =
Vậy ( ) hoặc : 4 2 7 15 0P x y z+ + − = ( ) : 2 3 5 0.P x z+ − =0,25
Tìm số phức ...z
Gọi ;z x yi= + (2 ) ( 2) ( 1) ;z i x y i
VII.a
2 2(2 ) 10 ( 2) ( 1) 10z i x y− + = ⇔ − + − =− + = − + − (1). 0,25
2 2. 25 25z z x y= ⇔ + = (2). 0,25
(1,0 điểm)
Giải hệ (1) và (2) ta được: hoặc ( ; Vậy: hoặc ( ; ) (3;4)x y = ) (5;0).x y = 3 4z i= + 5.z = 0,50
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ các điểm , ...B C
Gọi là hình chiếu của trên suy ra là trung điểm H A ,Δ H .BC 9( , ) ;2
AH d A BC= = 2 4 2.ABCSBC
AHΔ= =
VI.b
22 97 .
4 2BCAB AC AH= = + =
0,25
Toạ độ B và C là nghiệm của hệ: ( ) ( )2 2 971 42
4 0.
x y
x y
⎧ + + − =⎪⎨⎪ − − =⎩
0,25
Giải hệ ta được: 11 3( ; ) ;2 2
x y ⎛= ⎜⎝ ⎠
⎞⎟ hoặc 3 5( ; ) ; .
2 2x y ⎛ ⎞= −⎜ ⎟
⎝ ⎠ 0,25
Vậy 11 3 3 5; , ;2 2 2 2
B C⎛ ⎞ ⎛ −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠
hoặc 3 5 11 3; , ;2 2 2 2
B C⎛ ⎞ ⎛−⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
.⎞⎟⎠
0,25
2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
Gọi là đường thẳng cần tìm; nằm trong mặt phẳng qua và song song với Δ Δ
( )Q A ( ).P
Phương trình ( ) : 2 2 1 0.Q x y z− + + =
0,25
,K là hình chiếu của H B trên Ta có ,Δ ( ).Q BK BH≥ nên là đường thẳng cần tìm. AH 0,25
Toạ độ thoả mãn: ( ; ; )H x y z=1 1 3
1 2 22 2 1 0
x y z
x y z
− + −⎧ = =⎪−⎨
⎪ − + + =⎩
⇒ 1 11 7; ; .9 9 9
H ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
(2,0 điểm)
26 11 2; ; .9 9 9
AH ⎛= −⎜⎝ ⎠
H B C
A
Δ
B
⎞⎟ Vậy, phương trình 3 1: .
26 11 2x y z+ −Δ = =
− 0,25
Tìm các giá trị của tham số ...m
Toạ độ ,A B thoả mãn:
2 1x x mx
y x m
⎧ − = − +⎪⎨⎪ = − +⎩
⇔22 1 0, ( 0)
.x mx x
y x m⎧ − − = ≠⎨
= − +⎩
(1)0,25
Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt 1 2,x x khác 0 với mọi .m
Gọi ta có: .1 1 2 2( ; ), ( ; )A x y B x y 2 2 2 21 2 1 2 1 2( ) ( ) 2( )AB x x y y x x= − + − = −
0,25
Áp dụng định lí Viet đối với (1), ta được: 2
2 21 2 1 22 ( ) 4 4.
2mAB x x x x⎡ ⎤= + − = +⎣ ⎦ 0,25
VII.b (1,0 điểm)
2
4 4 16 22
mAB m= ⇔ + = ⇔ = ± 6. 0,25
-------------Hết-------------
Q K
A H
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn: TOÁN; Khối: D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
Khi 0,m = 4 22 .y x x= −• Tập xác định: .D =• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: hoặc 3' 4 4 ;y x x= − ' 0y = ⇔ 1x = ± 0.x =
0,25
Hàm số nghịch biến trên: ( ; và đồng biến trên: và (1 1)−∞ − (0;1); ( 1;0)− ; ).+ ∞- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại đạt cực đại tại y1, 1;CTx y= ± = − 0,x = CĐ 0.=
- Giới hạn: lim lim .x x
y y→−∞ →+∞
= = +∞0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm) Tìm ...m
Phương trình hoành độ giao điểm của ( và đường thẳng )mC 1:y = − 4 2(3 2) 3 1.x m x m− + + = −Đặt phương trình trở thành: 2 , 0;t x t= ≥ 2 (3 2) 3 1 0t m t m− + + + =
0,25
⇔ hoặc t m 1t = 3 1.= + 0,25
Yêu cầu của bài toán tương đương: 0 3 1 43 1 1
mm< + <⎧
⎨ + ≠⎩0,25
I (2,0 điểm)
⇔ 1 1,3
m− < < 0.m ≠ 0,25
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Phương trình đã cho tương đương: 3 cos5 (sin 5 sin ) sin 0x x x x− + − =
⇔ 3 1cos5 sin 5 sin2 2
x x x− =
x −∞ 1− 0 1 y' − 0 + 0 − 0 +
y +∞
1− 1−
0
+∞
+∞
x O
y
2− 21−
1− 1
8
0,25
II (2,0 điểm)
⇔ sin 5 sin3
x xπ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
⇔ 5 23
x x kπ π− = + hoặc 5 23
x x kπ π π− = − + . 0,25
Vậy: 18 3
x kπ π= + hoặc 6 2
x kπ π= − + ( ). k ∈ 0,25
2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…
Hệ đã cho tương đương: 2
2
31 0
5( ) 1
x yx
x yx
⎧ + + − =⎪
0⎪ + − + =⎪⎩
⎪⎨ 0,25
⇔ 2
2
3 1
3 51 1 0⇔
x yx
x x
⎧ + = −⎪⎪⎨⎛ ⎞⎪ − − + =⎜ ⎟⎪⎝ ⎠⎩
2
3 1
4 6 2 0
x yx
xx
⎧ + = −⎪⎪⎨⎪ − + =⎪⎩
0,25
⇔ 1 1
2xx y
⎧ =⎪⎨⎪ + =⎩
hoặc
1 12
12
x
x y
⎧ =⎪⎪⎨ ⎪ + =⎪⎩
0,25
⇔ 11
xy
=⎧⎨ =⎩
hoặc 2
3 .2
x
y
=⎧⎪⎨ = −⎪⎩
Nghiệm của hệ: và ( ; ) (1;1)x y = 3( ;
0,25
) 2; .2
x y ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
Tính tích phân…
Đặt 3, ; 1, ; 3,x dtt e dx x t e x t et
= = = = = = 0,25 .
3
( 1)
e
e
dtIt t
=−∫ =
3
1 11
e
e∫ dt
t t⎛ ⎞−⎜ ⎟−⎝ ⎠
0,25
= 3 3
ln | 1| ln| |e ee et t− − 0,25
III (1,0 điểm)
= 2ln( 1) 2.e e+ + − 0,25
Tính thể tích khối chóp... IV (1,0 điểm) Hạ ; là đường cao
của tứ diện ( )IH AC H AC⊥ ∈ ⇒ ( )IH ABC⊥ IH
.IABC
⇒ // 'IH AA ⇒ 2' ' 3
IH CIAA CA
= = ⇒ 2 4' .3 3
aIH AA= =
2 2' ' 5,AC A C A A a= − = 2 2 2 .BC AC AB a= − =
Diện tích tam giác :ABC 21 . .2ABCS AB BCΔ = = a
Thể tích khối tứ diện :IABC 31 4. .
3 9ABCaV I H SΔ= =
0,50 A C
C' A'
B
B'
M
K
I
H a
2a 3a
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
Hạ ' ( ' ).AK A B K A B⊥ ∈ Vì ( ' ')BC ABB A⊥ nên ⇒ AK BC⊥ ( ).AK IBC⊥ Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) là IBC .AK 0,25
'2 2
2 '. 2 5 .' 5'AA BS AA AB aAK
A B A A ABΔ= = =
+ 0,25
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…
Do nên: 1,x y+ = 2 2 3 316 12( ) 9 25S x y x y xy x= + + + + y0,25
2 2 316 12 ( ) 3 ( ) 34x y x y xy x y xy⎡ ⎤= + + − + +⎣ ⎦2 216 2 12.x y xy= − +
Đặt ta được: ,t xy= 216 2 12;S t t= − +2( ) 10
4 4x yxy +≤ ≤ = ⇒ 10; .
4t ⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
Xét hàm trên đoạn 2( ) 16 2 12f t t t= − + 10;4
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
'( ) 32 2;f t t= − '( ) 0f t = ⇔ 1 ;16
t = (0) 12,f = 116
f ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 191,16
14
f ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 25.2
10;4
1 25max ( ) ;4 2
f t f⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠
10;4
1 191min ( ) .16 16
f t f⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
Giá trị lớn nhất của bằng S25 ;2
khi 1
14
x y
xy
+ =⎧⎪⎨ =⎪⎩
⇔ 1 1( ; ) ; .2 2
x y ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
V (1,0 điểm)
Giá trị nhỏ nhất của bằng S191;16
khi 1
116
x y
xy
+ =⎧⎪⎨ =⎪⎩
⇔ 2 3 2 3( ; ) ;4 4
x y⎛ ⎞+ −= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
hoặc 2 3 2 3( ; ) ; .4 4
x y⎛ ⎞− += ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
Toạ độ A thoả mãn hệ: ⇒ 7 2 3 06 4 0
x yx y
− − =⎧⎨ − − =⎩
(1;2).A
B đối xứng với A qua ,M suy ra (3; 2).B = −0,25
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 6 4x y− − = 0..Phương trình : 6 9 0BC x y+ + = 0,25
Toạ độ trung điểm của đoạn thẳng N BC thoả mãn hệ: 7 2 3 0
6 9 0x y
x y− − =⎧
⎨ + + =⎩⇒
30; .2
N ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
⇒ phương trình đường thẳng (2. 4; 3 ;AC MN= = − − ) : 3 4 5 0.AC x y− + = 0,25
2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ...D
( 1;1;2),AB = − phương trình :AB212 .
x ty tz t
= −⎧⎪ = +⎨⎪ =⎩
0,25
VI.a (2,0 điểm)
D thuộc đường thẳng AB (2 ;1 ;2 ) (1 ; ;2 ).D t t t CD t t t⇒ − + ⇒ = − 0,25
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) :P (1;1;1).n =
C không thuộc mặt phẳng ( ).P
//( ) . 0CD P n CD⇔ = 11.(1 ) 1. 1.2 0 .2
t t t t⇔ − + + = ⇔ = − Vậy 5 1; ; 1 .2 2
D⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
0,50
Tìm tập hợp các điểm…
Đặt ( , );z x yi x y= + ∈ ( ) ( )3 4 3 4 .z i x y− + = − + +
VII.a
i 0,25
Từ giả thiết, ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 23 4 2 3 4 4x y x y− + + = ⇔ − + + = . 0,50
(1,0 điểm)
Tập hợp điểm biểu diễn các số phức là đường tròn tâm bán kính z (3; 4I − ) 2.R = 0,25
1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ...M
Gọi điểm ( ); .M a b Do ( );M a b thuộc nên ( )C ( )2 21 1;a b− + = ( )O C∈ ⇒ 1.IO IM= = 0,25
Tam giác IMO có nên OIM = 120 2 2 2 2 22 . .cos120 3.OM IO IM IO IM a b= + − ⇔ + = 0,25
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ ( )2 2
2 2
31 1 2
33 .2
aa b
a b b
⎧ =⎪⎧ − + =⎪ ⎪⇔⎨ ⎨+ =⎪ ⎪⎩ = ±⎪⎩
Vậy 3 3; .2 2
M⎛ ⎞
= ±⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
0,50
2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
Toạ độ giao điểm của với thoả mãn hệ: I Δ ( )P2 2
1 1 1x
2 3 4 0
y z
x y z
+ −⎧ = =⎪−⎨
⎪ + − + =⎩
⇒ ( 3;1;1).I − 0,25
Vectơ pháp tuyến của vectơ chỉ phương của ( ) :P (1;2; 3);n = − :Δ (1;1; 1).u = − 0,25
Đường thẳng cần tìm qua và có vectơ chỉ phương d I ( ), 1; 2; 1v n u⎡ ⎤= = − −⎣ ⎦ . 0,25
VI.b (2,0 điểm)
Phương trình :d3
1 21 .
x ty tz t
= − +⎧⎪ = −⎨⎪ = −⎩
0,25
Tìm các giá trị của tham số ...m VII.b
Phương trình hoành độ giao điểm: 2 1 2x x x m
x+ − = − + ⇔ 23 (1 ) 1 0 ( 0).x m x x+ − − = ≠ 0,25
(1,0 điểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x khác 0 với mọi .m 0,25
1 2 1.2 6I
x x mx + −= =Hoành độ trung điểm của I 0,25 :AB
10 06I
mI Oy x m−∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ =1. 0,25
-------------Hết-------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 2x2 + (1 − m)x + m (1), m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thoả mãn điều
kiện 2 2 21 2 3x x x+ + < 4.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình (1 sin cos 2 )sin
14 cos1 tan 2
x x xx
x
π⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ =
+.
2. Giải bất phương trình 21 2( 1
x xx x−
− − + ) ≥ 1.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 1 2 2
0
2 d1 2
x x
x
x e x e xe
+ ++∫ .
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2
2 2
(4 1) ( 3) 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x
⎧ + + − − =⎪⎨
+ + − =⎪⎩ (x, y ∈ R).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 0x y+ = và d2: 3 x y− = 0 . Gọi (T) là
đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết
phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng 32
và điểm A có hoành độ dương.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 12 1 1
x y z− = =−
2+ và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0.
Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết 2( 2 ) (1 2 )z i= + − i . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng đi qua trung
điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆: 2 22 3 2
3x y z+ − += = . Tính
khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = 3(1 3 )
1i
i−
−. Tìm môđun của số phức z + i z.
----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 11
xyx+
=+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm m để đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng 3 (O là gốc tọa độ). Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (sin . 2 cos 2 )cos 2cos 2 sin 0x x x x x+ + − =
2. Giải phương trình 23 1 6 3 14 8x x x x+ − − + − − = 0 (x ∈ R).
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( )2
1
ln d2 ln
e xI xx x
=+
∫ .
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ' có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng . ' 'ABC A B C( ' )A BC và ( )ABC bằng . Gọi G là trọng tâm tam giác . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
60o 'A BC
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 23( ) 3( ) 2M a b b c c a ab bc ca a b c= + + + + + + + + .
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(− 4; 1), phân giác trong góc A có
phương trình x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), trong đó b, c dương và mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng
(P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng 13
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: (1 )z i i z− = + .
B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 2 2
13 2x y
+ = . Gọi F1 và F2 là các
tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ: 12 1 2x y z−= = . Xác định tọa độ điểm M trên
trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến Δ bằng OM.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 22
log (3 1)
4 2 3x x
y x
y
− =⎧⎪⎨
+ =⎪⎩ (x, y ∈ R).
---------- Hết ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ...................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số . 4 2 6y x x= − − +1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1 16
y x= − .
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình s in 2 cos 2 3sin cos 1 0.x x x x− + − − =
2. Giải phương trình 3 32 2 2 2 44 2 4 2 4x x x x x x+ + + + + −+ = + (x ∈ R).
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1
32 lne
dI x xx
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ x .
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a ; hình
chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH = 4
AC . Gọi CM là đường
cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 24 21 3 1y x x x x= − + + − − + + 0 . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; −7), trực tâm là H(3; −1), tâm đường tròn
ngoại tiếp là I(−2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0. Viết
phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: | z | = 2 và z2 là số thuần ảo. B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên Δ. Viết phương trình đường thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ1: 3x t
y tz t
= +⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
và Δ2: 2 1
2 1 2x y− −
= =z . Xác
định tọa độ điểm M thuộc Δ1 sao cho khoảng cách từ M đến Δ2 bằng 1.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2
2 2
4 2 02log ( 2) log 0x x y
x
⎧ − + + =⎪⎨ y− − =⎪⎩
(x, y ∈ R).
---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + 1. • Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 'y = 3x2 − 4x; '( )y x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 43
.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và 4 ;3
⎛ ⎞+∞⎜ ⎟⎝ ⎠
; nghịch biến trên khoảng 40;3
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = 43
; yCT = 527
− .
- Giới hạn: limx
y→−∞
= − ∞ ; limx
y→+∞
= + ∞.
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = 0 ⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2 − x − m = 0 (*)
0,25
Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt, khác 1. 0,25
Ký hiệu g(x) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 và x3 là các nghiệm của (*).
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: 2 2
2 3
0(1) 0
3
g
x x
⎧∆ >⎪
≠⎨⎪ + <⎩
0,25
I (2,0 điểm)
⇔ 1 4 0
01 2 3
mm
m
+ >⎧⎪− ≠⎨⎪ + <⎩
⇔ 14
− < m < 1 và m ≠ 0. 0,25
y 1 +∞
−∞
'y + 0 − 0 +
x −∞ 0 43
+∞
527
−
527
−
O
y
x
43
1
2
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.
Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 2 sin4
x π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx 0,25
⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = sin cos coscosx x x
x+ ⇔ sinx + cos2x = 0 0,25
⇔ 2sin2x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = − 12
0,25
⇔ x = − 6π + k2π hoặc x = 7
6π + k2π (k ∈ Z). 0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ 0.
Ta có: 22( 1)x x− + = 2 2( 1) 1x x+ − + > 1, suy ra 1 − 22( 1)x x− + < 0.
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 22( 1)x x− + ≤ 1 − x + x (1)
0,25
Mặt khác 22( 1)x x− + = 2 22(1 ) 2( )x x− + ≥ 1 − x + x (2), do đó: 0,25
(1) ⇔ 22( 1)x x− + = 1 − x + x (3)
Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. + 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó:
(3) ⇔ 1 − x = x
0,25
II (2,0 điểm)
⇔ 2
1 0
(1 )
x
x x
− ≥⎧⎪⎨
− =⎪⎩ ⇔ 2
1
3 1 0
x
x x
≤⎧⎪⎨
− + =⎪⎩
⇔ x = 3 52− , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
0,25
I = 1
2
0
d1 2
x
xex x
e⎛ ⎞
+⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠∫ =
12
0
dx x∫ + 1
0
d1 2
x
xe x
e+∫ . 0,25
Ta có: 1
2
0
dx x∫ = 1
3
0
13
x = 13
0,25
và 1
0
d1 2
x
xe x
e+∫ = 12
1
0
d(1 2 )1 2
x
xe
e++∫ , suy ra: 0,25
III (1,0 điểm)
I = 13
+ 1
0
1 ln(1 2 )2
xe+ = 13
+ 1 1 2ln2 3
e+ = 13
+ 1 1 2ln2 3
e+ . 0,25
• Thể tích khối chóp S.CDNM. SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM
= AB2 − 12
AM.AN − 12
BC.BM
= a2 − 2
8a −
2
4a =
258a .
0,25
VS.CDNM = 13
SCDNM.SH = 35 3
24a . 0,25
IV (1,0 điểm)
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. ∆ADM = ∆DCN ⇒ ADM DCN= ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC). Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó: d(DM, SC) = HK.
0,25
A
B C
D
S
N H
K
M
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
Ta có: HC = 2CD
CN = 2
5a và HK =
2 2
.SH HC
SH HC+ = 2 3
19a , do đó: d(DM, SC) = 2 3
19a . 0,25
Điều kiện: x ≤ 34
; y ≤ 52
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 2y− (1) 0,25
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 2y− ), với f(t) = (t2 + 1)t.
Ta có 'f (t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.
Do đó: (1) ⇔ 2x = 5 2y− ⇔ 2
0
5 4 .2
x
xy
≥⎧⎪⎨ −
=⎪⎩
0,25
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x2 + 2
25 22
x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
+ 2 3 4x− −7 = 0 (3).
Nhận thấy x = 0 và x = 34
không phải là nghiệm của (3).
Xét hàm g(x) = 4x2 + 2
25 22
x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
+ 2 3 4x− − 7, trên khoảng 30;4
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
0,25
V (1,0 điểm)
'( )g x = 8x − 8x 25 22
x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
− 43 4x−
= 4x (4x2 − 3) − 43 4x−
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.
Mặt khác 12
g ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 12
; suy ra y = 2.
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = 1 ; 22
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
0,25
1. (1,0 điểm)
d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) = | 3. 3 1.1|3 1. 3 1
−+ +
= 12
và tam giác
OAB vuông tại B, do đó AOB = 60 ⇒ BAC = 60 . 0,25
Ta có: SABC = 12
AB.AC.sin 60 = 34
(OA.sin 60 ).(OA.tan 60 )
= 3 38
OA2.
Do đó: SABC = 32
, suy ra OA2 = 43
.
0,25
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: 2 2
3 043
x y
x y
⎧ + =⎪⎨
+ =⎪⎩
⇒ A 1 ; 13
⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠.
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0.
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: 3 0
3 3 4 0
x y
x y
⎧ − =⎪⎨
− − =⎪⎩ ⇒ C 2 ; 2
3−⎛ ⎞
−⎜ ⎟⎝ ⎠
.
0,25
VI.a (2,0 điểm)
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I 1 3;22 3
−⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠ và bán kính IA = 1.
Phương trình (T): 2 21 3 1
22 3x y⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠
. 0,25
d2
y
x
C
B O
A
d1
I
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1).
0,25
Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC = ( )cos ,v n . 0,25
d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC = MC. ( )cos ,v n 0,25
= 6 . | 2 2 1|6. 6− − = 1
6. 0,25
Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i) 0,25
= 5 + 2 i, suy ra: 0,25
z = 5 − 2 i. 0,25
VII.a (1,0 điểm)
Phần ảo của số phức z bằng: − 2 . 0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC. Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ:
4 00
x yx y+ − =⎧
⎨ − =⎩ ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).
0,25
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương trình: x + y + 4 = 0. 0,25
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t). Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB .CE = 0 ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0
0,25
⇔ 2t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6. Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6). 0,25
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương. Ta có: MA = (2; −2; 1), ,v MA⎡ ⎤⎣ ⎦ = (7; 2; −10).
0,25
Suy ra: d(A, ∆) = ,v MA
v
⎡ ⎤⎣ ⎦ = 49 4 1004 9 4+ ++ +
= 3. 0,25
Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5. 0,25
VI.b (2,0 điểm)
Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25. 0,25
Ta có: 3(1 3 )i− = − 8. 0,25
Do đó z = 81 i−−
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i. 0,25
⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i. 0,25
VII.b (1,0 điểm)
Vậy: z iz+ = 8 2 . 0,25 ------------- Hết -------------
• M
∆ B C
A •
H
M
∆
P C
• E d
A
B C H
D
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: R \ {−1}.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 21'
( 1)y
x=
+ > 0, ∀x ≠ −1.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞). - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2
x xy y
→−∞ →+∞= = ; tiệm cận ngang: y = 2.
( 1)
limx
y−→ −
= + ∞ và ( 1)
limx
y+→ −
= −∞ ; tiệm cận đứng: x = −1.
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: 2 11
xx++
= −2x + m
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình) ⇔ 2x2 + (4 − m)x + 1 − m = 0 (1).
0,25
∆ = m2 + 8 > 0 với mọi m, suy ra đường thẳng y = −2x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. 0,25
Gọi A(x1; y1) và B(x2; y2), trong đó x1 và x2 là các nghiệm của (1); y1 = −2x1 + m và y2 = −2x2 + m.
Ta có: d(O, AB) = | |5
m và AB = ( ) ( )2 21 2 1 2x x y y− + − = ( )21 2 1 25 20x x x x+ − =
25( 8)2
m +.
0,25
I (2,0 điểm)
SOAB = 12
AB. d(O, AB) = 2| | 8
4m m + , suy ra:
2| | 84
m m + = 3 ⇔ m = ± 2. 0,25
x −∞ −1 + ∞
'y + +
y
2
2 +∞
−∞
2
−1 O x
y
1
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: 22sin cos sin cos2 cos 2cos2 0x x x x x x− + + = 0,25
⇔ cos2 sin (cos 2)cos2 0x x x x+ + = ⇔ (sin cos 2)cos 2 0x x x+ + = (1). 0,25
Do phương trình sin cos 2 0x x+ + = vô nghiệm, nên: 0,25
(1) ⇔ cos 2 0x = ⇔ 4 2
x kπ π= + (k ∈ Z). 0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: 1 63
x− ≤ ≤ . 0,25
Phương trình đã cho tương đương với: 2( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0x x x x+ − + − − + − − = 0,25
⇔ 3( 5) 5 ( 5)(3 1) 03 1 4 6 1
x x x xx x
− −+ + − + =
+ + − +
⇔ x = 5 hoặc 3 1 3 1 03 1 4 6 1
xx x
+ + + =+ + − +
. 0,25
II (2,0 điểm)
3 1 13 1 0 ; 633 1 4 6 1
x xx x
⎡ ⎤+ + + > ∀ ∈ −⎢ ⎥+ + − + ⎣ ⎦, do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5. 0,25
Đặt 2 lnt x= + , ta có 1d dt xx
= ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3. 0,25
3
22
2 dtI tt−
= ∫ 3 3
22 2
1 1d 2 dt tt t
= −∫ ∫ . 0,25
332
2
2ln tt
= + 0,25
III (1,0 điểm)
1 3ln3 2
= − + . 0,25
• Thể tích khối lăng trụ.
Gọi D là trung điểm BC, ta có:
BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ 'A D, suy ra: ' 60ADA = .
0,25
Ta có: 'AA = AD.tan 'ADA = 32a ; SABC =
2 34
a .
Do đó: 3
. ' ' '3 3V S . '
8ABC A B C ABCaAA= = .
0,25
• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra:
GH // 'A A ⇒ GH ⊥ (ABC).
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH).
Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI = .GE GAGH
= 2
2GAGH
.
0,25
IV (1,0 điểm)
Ta có: GH = '3
AA = 2a ; AH = 3
3a ; GA2 = GH2 + AH2 =
2712a . Do đó: R =
272.12
a . 2a
= 712
a . 0,25
H A
B
C
'A
'B
'C
G
D
A
E
H
G
I
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 2( )ab bc ca− + + . 0,25
Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 2( ) 10
3 3a b ct + +
≤ ≤ = .
Xét hàm 2( ) 3 2 1 2f t t t t= + + − trên 10;2
⎡ ⎞⎟⎢⎣ ⎠
, ta có: 2'( ) 2 31 2
f t tt
= + −−
;
3
2''( ) 2(1 2 )
f tt
= −−
≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra '( )f t nghịch biến.
0,25
Xét trên đoạn 10;3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
ta có: 1 11'( ) ' 2 3 03 3
f t f ⎛ ⎞≥ = − >⎜ ⎟⎝ ⎠
, suy ra f(t) đồng biến.
Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈ 10;3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
. 0,25
V (1,0 điểm)
Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈ 10;3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1
⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1). Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi D là điểm đối xứng của C(− 4; 1) qua d: x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn: ( 4) ( 1) 0
4 1 5 02 2
x yx y+ − − =⎧
⎪⎨ − +
+ − =⎪⎩
⇒ D(4; 9). 0,25
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y)
thỏa mãn: 2 2
5 0
( 5) 32
x y
x y
+ − =⎧⎪⎨
+ − =⎪⎩với x > 0, suy ra A(4; 1). 0,25
⇒ AC = 8 ⇒ AB = 2SABC
AC = 6.
B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)2 = 36 ⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5).
0,25
Do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD cùng hướng, suy ra B(4; 7). Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0.
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (ABC) có phương trình: 11x y z
b c+ + = . 0,25
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra: 1b
− 1c
= 0 (1). 0,25
Ta có: d(O, (ABC)) = 13
⇔
2 2
11 11
b c+ +
= 13
⇔ 21
b + 2
1c
= 8 (2). 0,25
VI.a (2,0 điểm)
Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c = 12
. 0,25
Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có: | z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i |
0,25
⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2 0,25
⇔ x2 + y2 + 2y − 1 = 0. 0,25
VII.a (1,0 điểm)
Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x2 + (y + 1)2 = 2. 0,25
d
A
B
D
C
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Nhận thấy: F1(−1; 0) và F2(1; 0).
Đường thẳng AF1 có phương trình: 13 3
x y+= . 0,25
M là giao điểm có tung độ dương của AF1 với (E), suy ra:
2 31;3
M⎛ ⎞
= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⇒ MA = MF2 = 2 33
. 0,25
Do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN. 0,25
Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường tròn tâm M, bán kính MF2.
Phương trình (T): ( )2
2 2 3 413 3
x y⎛ ⎞
− + − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. 0,25
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2).
Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM = (t; −1; 0)
⇒ ,v AM⎡ ⎤⎣ ⎦ = (2; 2t; − t − 2) 0,25
⇒ d(M, ∆) = ,v AM
v
⎡ ⎤⎣ ⎦ = 25 4 8
3t t+ +
. 0,25
Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔ 25 4 8
3t t+ +
= | t | 0,25
VI.b (2,0 điểm)
⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2. Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0).
0,25
Điều kiện y > 13
, phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2x. 0,25
Do đó, hệ đã cho tương đương với: 2 2
3 1 2
(3 1) 3 1 3
xy
y y y
⎧ − =⎪⎨
− + − =⎪⎩⇔
2
3 1 2
6 3 0
xy
y y
⎧ − =⎪⎨
− =⎪⎩ 0,25
⇔
122
12
x
y
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
0,25
VII.b (1,0 điểm)
⇔ 1
1 .2
x
y
= −⎧⎪⎨
=⎪⎩
0,25
------------- Hết -------------
M
y
x
A
F1 F2
O
N
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 'y = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); 'y (x) = 0 ⇔ x = 0.
0,25
- Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0); nghịch biến trên khoảng (0; +∞). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 6. - Giới hạn: lim
xy
→−∞ = lim
xy
→+∞ = − ∞.
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = 16
x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 6. 0,25
Do đó, hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình − 4x3 − 2x = − 6 0,25
⇔ x = 1, suy ra tọa độ tiếp điểm là (1; 4). 0,25
I (2,0 điểm)
Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + 4 hay y = − 6x + 10. 0,25
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin2x) + 3sinx − 1 = 0 0,25
⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = 0 (1). 0,25
Do phương trình cosx + sinx + 2 = 0 vô nghiệm, nên: 0,25
II (2,0 điểm)
(1) ⇔ sinx = 12
⇔ x = 6π+ k2π hoặc x = 5
6π + k2π ( k ∈ Z). 0,25
'y + 0 −
y 6
− ∞
x −∞ 0 +∞
− ∞
y
x
6
2− 2 O
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ − 2.
Phương trình đã cho tương đương với: ( )( )32 24 4 42 2 2 2 0xx x+ −− − = . 0,25
• 24x − 24 = 0 ⇔ x = 1. 0,25
• 2 22 x+ − 3 42x − = 0 ⇔ 2 2x + = x3 − 4 (1).
Nhận xét: x ≥ 3 4 . 0,25
Xét hàm số f(x) = 2 2x + − x3 + 4, trên )3 4 ;⎡ +∞⎣ .
'f (x) = 12x +
− 3x2 < 0, suy ra f(x) nghịch biến trên )3 4 ;⎡ +∞⎣ .
Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1; x = 2.
0,25
I = 1
32 ln de
x x xx
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠∫ =
1
2 ln de
x x x∫ − 1
ln3 de x x
x∫ . 0,25
• Đặt u = lnx và dv = 2xdx, ta có: du = dxx
và v = x2.
1
2 ln de
x x x∫ = ( )2
1ln
ex x −
1
de
x x∫ = e2 − 2
12
ex =
2 12
e + . 0,25
• 1
ln de x x
x∫ = ( )1
ln d lne
x x∫ = 2
1
1 ln2
e
x = 12
. 0,25
III (1,0 điểm)
Vậy I = 2
2e − 1. 0,25
• M là trung điểm SA.
AH = 24
a , SH = 2 2SA AH− = 144
a . 0,25
HC = 3 24
a , SC = 2 2SH HC+ = a 2 ⇒ SC = AC.
Do đó tam giác SAC cân tại C, suy ra M là trung điểm SA. 0,25
• Thể tích khối tứ diện SBCM.
M là trung điểm SA ⇒ SSCM = 12
SSCA
⇒ VSBCM = VB.SCM = 12
VB.SCA = 12
VS.ABC
0,25
IV (1,0 điểm)
⇒ VSBCM = 16
SABC.SH = 3 1448
a . 0,25
Điều kiện: − 2 ≤ x ≤ 5. Ta có (− x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy ra y > 0.
0,25
y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − 2 ( 3)(7 )( 2)(5 )x x x x+ − + −
= ( )2( 3)(5 ) ( 2)(7 )x x x x+ − − + − + 2 ≥ 2, suy ra: 0,25
y ≥ 2 ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 13
. 0,25
V (1,0 điểm)
Do đó giá trị nhỏ nhất của y là 2 . 0,25
S
C D
B A
M
H
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: (x + 2)2 + y2 = 74.
Phương trình AH: x = 3 và BC ⊥ AH, suy ra phương trình BC có dạng: y = a (a ≠ − 7, do BC không đi qua A). Do đó hoành độ B, C thỏa mãn phương trình: (x + 2)2 + a2 = 74 ⇔ x2 + 4x + a2 − 70 = 0 (1).
0,25
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi: | a | < 70 .
Do C có hoành độ dương, nên B(− 2 − 274 a− ; a) và C(− 2 + 274 a− ; a). 0,25
AC ⊥ BH, suy ra: .AC BH = 0
⇔ ( )274 5a− − ( )274 5a− + + (a + 7)(− 1 − a) = 0
⇔ a2 + 4a − 21 = 0
0,25
⇔ a = − 7 (loại) hoặc a = 3 (thỏa mãn). Suy ra C(− 2 + 65 ; 3).
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có vectơ pháp tuyến của (P) và (Q) lần lượt là
Pn = (1; 1; 1) và Qn = (1; − 1; 1), suy ra:
,P Qn n⎡ ⎤⎣ ⎦ = (2; 0; −2) là vectơ pháp tuyến của (R). 0,25
Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = 0. 0,25
Ta có d(O,(R)) = ,2
D suy ra:
2D
= 2 ⇔ D = 2 2 hoặc D = 2 2− . 0,25
VI.a (2,0 điểm)
Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 2 = 0 hoặc x − z − 2 2 = 0. 0,25
Gọi z = a + bi, ta có: 2 2z a b= + và z2 = a2 − b2 + 2abi. 0,25
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: 2 2
2 2
2
0
a b
a b
⎧ + =⎪⎨
− =⎪⎩ 0,25
⇔2
2
1
1.
a
b
⎧ =⎪⎨
=⎪⎩ 0,25
VII.a (1,0 điểm)
Vậy các số phức cần tìm là: 1 + i; 1 − i; − 1 + i; − 1 − i. 0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi tọa độ H là (a; b), ta có: 2 2 2( 2)AH a b= + − và khoảng cách từ H đến trục hoành là | b |, suy ra: a2 + (b − 2)2 = b2.
0,25
Do H thuộc đường tròn đường kính OA, nên: a2 + (b − 1)2 = 1. 0,25
Từ đó, ta có: 2
2 2
4 4 0
2 0.
a b
a b b
⎧ − + =⎪⎨
+ − =⎪⎩
Suy ra: (2 5 2; 5 1)H − − hoặc ( 2 5 2; 5 1)H − − − .
0,25
VI.b (2,0 điểm)
Vậy phương trình đường thẳng ∆ là
( 5 1) 2 5 2 0x y− − − = hoặc ( 5 1) 2 5 2 0x y− + − = . 0,25
I •
A
B C H
O
H
y
x
A
P Q
R
• O
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t). + ∆2 đi qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2).
0,25
Do đó: AM = (t + 1; t − 1; t); ,v AM⎡ ⎤⎣ ⎦ = (2 − t; 2; t − 3). 0,25
Ta có: d(M, ∆2) = ,v AM
v
⎡ ⎤⎣ ⎦ = 22 10 17
3t t− + , suy ra:
22 10 173
t t− + = 1 0,25
⇔ t2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4. Do đó M(4; 1; 1) hoặc M(7; 4; 4).
0,25
Điều kiện: x > 2, y > 0 (1). 0,25
Từ hệ đã cho, ta có: 2 4 2 0
2x x yx y
⎧ − + + =⎪⎨
− =⎪⎩ 0,25
⇔ 2 3 0
2x xy x
⎧ − =⎪⎨
= −⎪⎩ ⇔
02
xy=⎧
⎨ = −⎩ hoặc
31.
xy=⎧
⎨ =⎩ 0,25
VII.b (1,0 điểm)
Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (3; 1). 0,25 ------------- Hết -------------
M ∆2
∆1
d =1
H
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1.2 1
xyx
− +=−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và
B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng đạt giá trị lớn nhất.
1k k+ 2
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2
1 sin 2 cos 2 2 sin sin 2 .1 cot
x x x xx
+ + =+
2. Giải hệ phương trình 2 2 3
2 2 2
5 4 3 2( ) 0( , ).
( ) 2 ( )x y xy y x y
x yxy x y x y
⎧ − + − + =⎪ ∈⎨+ + = +⎪⎩
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 4
0
sin ( 1)cos d .sin cos
x x x xI xx x x
π
+ +=+∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho , ,x y z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức .2 3
= + ++ + +x y zP
x y y z z x
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và đường tròn
Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
2 2( ) : 4 2 0.C x y x y+ − − =
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3. ( ) : 2 4 0.P x y z− − + =
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết: 22 .z z= + z B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip 2 2
( ): 1.4 1x yE + = Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc
(E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu và điểm
. Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.
2 2 2( ) : 4 4 4 0S x y z x y z+ + − − − =(4; 4; 0)A
Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết: (2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 2− + + + − = −z i z i i . ----------- Hết ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 22( 1)y x m x= − + + m (1), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC; trong đó O là gốc
tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sin2xcosx + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx. 2. Giải phương trình 23 2 6 2 4 4 10 3 ( ).x x x x x+ − − + − = − ∈
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3
20
1 sin d .cos
x xI xx
π
+= ∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1BB1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, 3.AD a= Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm
của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 60 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1
o
B đến mặt phẳng (A1BD) theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2
3 3 2 24 9a b a bPb a b a
⎛ ⎞ ⎛= + − +⎜ ⎟ ⎜
⎝ ⎠ ⎝
⎞⋅⎟⎠
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆: x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0.
Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 2 1:1 2 1
x y− +Δ = =− −
z và mặt
phẳng (P): x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của ∆ và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc với ∆ và 4 14.MI =
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: 5 3 1 0izz
+− − .=
B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh 1 ; 1 .2
B ⎛⎜⎝ ⎠
⎞⎟ Đường tròn nội tiếp
tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung
độ dương. (3; 1)D
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 2 11 3
x y z+ − += =−
52
và hai
điểm A(– 2; 1; 1), B(– 3; – 1; 2). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức 3
1 3 .1
izi
⎛ ⎞+= ⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠
----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 11
xyx
+= ⋅+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng
cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin 2 2cos sin 1 0.tan 3
x x xx
+ − − =+
2. Giải phương trình ( ) ( )22 1
2
log 8 log 1 1 2 0 ( ).x x x− + + + − − = ∈x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 4
0
4 1 d .2 1 2
xI xx
−=+ +∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2 3a và Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
30 .SBC =
Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 3 2
2
2 ( 2)( , ).
1 2x y x xy m
x yx x y m
⎧ − + + =⎪ ∈⎨+ − = −⎪⎩
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường
thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d: 1 32 1 2
x y z+ −= =−
⋅
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i.
B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y – 5 = 0. Viết
phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 3:2 4 1
x y− −Δ = = z và mặt phẳng
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P). ( ) : 2 2 0.P x y z− + =
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 22 3
1x xy
x+ +=
+3 trên
đoạn [0; 2]. ----------- Hết ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: 1\ .2
D ⎧ ⎫= ⎨ ⎬⎩ ⎭
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: ( )2
1' 02 1
yx−=−
,< ∀x ∈ D.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1;2
⎛ ⎞− ∞⎜ ⎟⎝ ⎠
và 1 ; .2
⎛ ⎞⎜ ⎟ + ∞⎝ ⎠
0,25
Giới hạn và tiệm cận: 1lim lim ;2x x
y y→ −∞ → +∞
= = − tiệm cận ngang: 1.2
y = −
1
Trang 1/5
2⎝ ⎠
lim ,x
y−
⎛ ⎞→⎜ ⎟
= − ∞ 12
lim ;x
y+
⎛ ⎞→⎜ ⎟⎝ ⎠
= + ∞ tiệm cận đứng: 1.2
x = 0,25
Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m = 12 1
xx
− +−
⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = 12
không là nghiệm) ⇔ 2x2 + 2mx – m – 1 = 0 (*). 0,25
∆' = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 0,25
Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có:
k1 + k2 = – 21
1(2 1)x −
– 22
1(2 1)x −
= 2
1 2 1 2 1 22
1 2 1 2
4( ) 8 4( ) 2 .(4 2( ) 1)
x x x x x xx x x x
+ − − + +−− + +
0,25
I (2,0 điểm)
Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2. Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1.
0,25
x − ∞ 12
+ ∞ y’ − −
y 12
− 12
−
− ∞
+ ∞
y
x 12
−
12
O 1
(C)
– 1
www.VNMATH.com
Trang 2/5
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: sin x ≠ 0 (*). Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx
0,25
⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – 2 ) = 0. 0,25
• cosx = 0 ⇔ x = 2π + kπ, thỏa mãn (*). 0,25
• cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x + 4π ) = 1 ⇔ x =
4π + k2π, thỏa mãn (*).
Vậy, phương trình có nghiệm: x = 2π + kπ; x =
4π + k2π (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm) 2 2 3
2 2 2
5 4 3 2( ) 0 (1)( ) 2 ( ) (2
x y xy y x yxy x y x y
⎧ − + − + =⎪⎨
+ + = +⎪⎩ ).
Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2.
0,25
• xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1. Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1).
0,25
• x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0 ⇔ 6y – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0 ⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y.
0,25
II (2,0 điểm)
Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra:
(x; y) = 2 10 10;5 5
⎛ ⎞⎜⎜ hoặc (x; y) = ⎟⎟⎝ ⎠
2 10 10; .5 5
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠
Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), 2 10 10; ,5 5
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
2 10 10; .5 5
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
I = 4
0
( sin cos ) cos dsin cos
x x x x x xx x x
π
+ ++∫ =
4 4
0 0
cosd dsin cos
x x .x xx x x
π π
++∫ ∫ 0,25
Ta có: 4
0
dx
π
∫ = 40
xπ
= 4π
0,25
và 4
0
cos dsin cos
x x xx x x
π
+∫ = 4
0
d( sin cos )sin cos
x x xx x x
π
++∫ = ( ) 4
0ln sin cosx x x
π
+ 0,25
III (1,0 điểm)
= 2ln Suy ra: I = 1 .2 4
⎛ ⎞π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ 4π + 2ln 1 .
2 4⎛ ⎞π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
0,25
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC). AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA là góc giữa (SBC) và (ABC) ⇒ SBA = 60o ⇒ SA = = tanAB SBA 2 3 .a
0,25 IV
(1,0 điểm)
Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N ⇒ MN //BC và N là trung điểm AC.
MN = ,2
BC a= BM = .2
AB a=
Diện tích: SBCNM = 2( ) 3
2 2BC MN BM a+ = ⋅ Thể tích: VS.BCNM = 31 3
3 BCNMS SA a⋅ = ⋅
0,25
S
A B
C N
M
D H
www.VNMATH.com
Trang 3/5
Câu Đáp án Điểm
Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND) ⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)). Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH.
0,25
Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a
⇒ d(AB, SN) = AH = 2 2
. 213
SA AD aSA AD
= ⋅+
39 0,25
Trước hết ta chứng minh: 1 1 2 (*),1 1 1a b ab
+ ≥+ + +
với a và b dương, ab ≥ 1.
Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) ⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab ⇔ ( ab – 1)( a – b )2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1. Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1.
0,25
Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có: 1 1
2 3 1 1
xP z xx yy z
= + ++ + +
≥ 1 2 .32 1y xx y
++ +
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: zy
= xz
hoặc 1xy
= (1)
0,25
Đặt xy
= t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2
2
22 3 1
tt t
+ ⋅+ +
Xét hàm f(t) = 2
2
2 ,2 3 1
tt t
++ +
t ∈ [1; 2]; 3
2 2 2
2 (4 3) 3 (2 1) 9)'( )
(2 3) (1 )t t t t
f tt t
⎡ ⎤− − + − +⎣ ⎦=+ +
< 0.
⇒ f(t) ≥ f(2) = 34 ;33
dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ xy
= 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2).
0,25
V (1,0 điểm)
⇒ P ≥ 34 .33
Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng 34 ;33
khi x = 4, y = 1, z = 2. 0,25
1. (1,0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5. Tứ giác MAIB có MAI = MBI = 90o và MA = MB ⇒ SMAIB = IA.MA
0,25
⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = 2 2IA MA+ = 5. 0,25
M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2). IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0
0,25
⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1). 0,25
2. (1,0 điểm)
VI.a (2,0 điểm)
Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ 2 2 2
2 2 2
2 4 0( 2) ( 1) 9
( 2) ( 3)
x y zx y z
x y z
− − + =⎧⎪ − + + − =⎨⎪ + + + − =⎩ 9
0,25
M
I A
B
∆
www.VNMATH.com
Trang 4/5
Câu Đáp án Điểm
⇔ 2 2 2
2 4 02 0
( 2) ( 1)
x y zx y zx y z
⎧ − − + =⎪ + − + =⎨⎪ − + + − =⎩ 9
0,25
⇔ 2
2 23
7 11 4
x yz y
y y
⎧ = −⎪ =⎨⎪ − + =⎩ 0
0,25
⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc 6 4 12; ;7 7 7
.⎞− ⎟⎝ ⎠⎛⎜ Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc 6 4 12; ; .
7 7 7M ⎛−⎜⎝ ⎠
⎞⎟ 0,25
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: 22z z= + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi 0,25
⇔ a2 – b2 + 2abi = a2 + b2 + a – bi ⇔ 2 2 2 2
2a b a b
ab b⎧ − = + +⎨
= −⎩
a0,25
⇔ 22
(2 1) 0a bb a⎧ = −⎨
+ =⎩0,25
VII.a (1,0 điểm)
⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = 1 1;2 2
⎛⎜ hoặc (a; b) = ⎞− ⎟⎝ ⎠
1 1; .2 2
⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
Vậy, z = 0 hoặc z = 12
− + 12
i hoặc z = 12
− – 12
i. 0,25
1. (1,0 điểm) VI.b
Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên:
B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | = 24 .x− 0,25
Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x.
Diện tích: SOAB = 21 42
x x− 0,25
= 21 (4 )2
2x x− ≤ 1.
Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2. 0,25
Vậy: 22;2
A⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
và 22;2
B⎛ ⎞
−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
hoặc 22;2
A⎛ ⎞
−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
và 22; .2
B⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
2. (1,0 điểm)
(S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S).
Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = 3
OA = 4 2 .3
0,25
Khoảng cách: d(I, (P)) = 2 2R r− = 2 .3
(P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*). (P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a.
0,25
d(I, (P)) = 2 2 2
2( )a b c
a b c
+ +
+ + =
2 2
2
2
c
a c+ ⇒
2 2
2
2
c
a c+ = 2
3 0,25
(2,0 điểm)
⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0. 0,25
y
x O
A
H
B
www.VNMATH.com
Trang 5/5
Câu Đáp án Điểm
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i
0,25
⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i 0,25
⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ 3 3 2
2 2a b
a b− =⎧
⎨ + − = −⎩0,25
VII.b (1,0 điểm)
⇔ 1 ,3
a = 13
b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = 2a b+ 2 = 23
⋅ 0,25
------------- Hết -------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có: y = x4 – 4x2 + 1. • Tập xác định: D = R.
• Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y' = 4x3 – 8x; y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.±
0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (– ∞; – 2 ) và (0; 2 ); đồng biến trên các khoảng (– 2; 0) và ( 2; + ∞).
– Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2;± yCT = – 3, đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1. – Giới hạn: lim lim .
x xy y
→ − ∞ → + ∞= = +
Trang 1/4
∞
0,25
– Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
y'(x) = 4x3 – 4(m + 1)x = 4x(x2 – m – 1); y'(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x2 = m + 1 (1). 0,25
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi và chỉ khi: (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > – 1 (*).
0,25
Khi đó: A(0; m), B( 1;m− + – m2 – m – 1) và C( 1;m + – m2 – m – 1). Suy ra: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m2 – 4m – 4 = 0
0,25
I (2,0 điểm)
⇔ m = 2 ± 2 2; thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm: m = 2 – 2 2 hoặc m = 2 + 2 2. 0,25
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: sinx(1 + cos2x) + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx 0,25
⇔ cos2x(sinx – 1) + cosx(sinx – 1) = 0 ⇔ (sinx – 1)(cos2x + cosx) = 0 0,25
• sinx = 1 ⇔ x = 2π + k2π. 0,25
II (2,0 điểm)
• cos2x = – cosx = cos(π – x) ⇔ x = 3π + k 2 .
3π
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = 2π + k2π; x =
3π + k 2
3π (k ∈ Z).
0,25
+ ∞
– 3 – 3
1
x – ∞ –
+ ∞
2 0 2 y' – 0 + 0 – 0 +
y
+ ∞
x
y
–2 2 2− 2
–3
1
O
www.VNMATH.com
Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: – 2 ≤ x ≤ 2 (*). Khi đó, phương trình đã cho tương đương: ( ) 23 2 2 2 4 4 10 3+ − − + − = −x x x x (1). 0,25
Đặt t = 2 + x – 2 2 − ,x (1) trở thành: 3t = t2 ⇔ t = 0 hoặc t = 3. 0,25
• t = 0, suy ra: 2 + x = 2 2 − x ⇔ 2 + x = 4(2 – x) ⇔ x = 6 ,5
thỏa mãn (*). 0,25
• t = 3, suy ra: 2 + x = 2 2 − x + 3, vô nghiệm (do 2 + x ≤ 2 và 2 2 − x + 3 ≥ 3 với mọi x ∈ [– 2; 2]).
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = 6 .5
0,25
3
20
1 sin dcos+= ∫
x xI xx
π
= 3
20
1 dcos
xx
π
∫ + 3
20
sin d .cosx x x
x
π
∫ 0,25
Ta có: 3
20
1 dcos
xx
π
∫ = ( ) 30
tan xπ
= 3. 0,25
và: 3
20
sin dcosx x x
x
π
∫ = 3
0
1dcos
xx
π
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠∫ =
3
0cosx
x
π
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
– 3
0
dcos
xx
π
∫ = 23π +
3
20
d sinsin 1
xx
π
−∫
= 23π +
3
0
1 1 1 dsin2 sin 1 sin 1
xx x
π
⎛ ⎞−⎜ ⎟− +⎝ ⎠∫
0,25
III (1,0 điểm)
= 23π +
3
0
1 sin 1ln2 sin 1
xx
π
⎛ − ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠
= 23π + ln(2 3).− Vậy, I = 3 + 2
3π + ln(2 3).− 0,25
Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒ A1O ⊥ (ABCD). Gọi E là trung điểm AD ⇒ OE ⊥ AD và A1E ⊥ AD
⇒ là góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A EO 1A1) và (ABCD) ⇒ 1 60 .A EO =0,25
⇒ A1O = OE tan = 1A EO2
AB tan 1A EO = 3 .2
a
Diện tích đáy: SABCD = AB.AD = 2 3.a
Thể tích: 1 1 1 1.VABCD A B C D = SABCD.A1O =
33 .2a
0,25
Ta có: BB1C // A1D ⇒ B1B C // (A1BD) ⇒ d(BB1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)).
Hạ CH ⊥ BD (H ∈ BD) ⇒ CH ⊥ (A1BD) ⇒ d(C, (A1BD)) = CH. 0,25
IV (1,0 điểm)
A1
B1 C1
A
C
D H
B
E
O
D1
Suy ra: d(BB1, (A1BD)) = CH = 2 2
.CD CBCD CB+
= 3 .2
a 0,25
V (1,0 điểm)
Với a, b dương, ta có: 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2)
⇔ 2(a2 + b2) + ab = a2b + ab2 + 2(a + b) ⇔ 2 a bb a
⎛ +⎜⎝ ⎠
⎞⎟ + 1 = (a + b) + 2 1 1 .
a b⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
www.VNMATH.com
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
(a + b) + 2 1 1a b
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
≥ 2 1 12( )a ba b
⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠
= 2 2 2a bb a
⎛ + +⎜⎝ ⎠
⎞⎟ , suy ra:
2 a bb a
⎛ +⎜⎝ ⎠
⎞⎟ + 1 ≥ 2 2 2a b
b a⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠
⇒ a bb a
+ ≥ 5 .2
0,25
Đặt t = a bb a
+ , t ≥ 52
, suy ra: P = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18.
Xét hàm f(t) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18, với t ≥ 5 .2
0,25
Ta có: '( )f t = 6(2t2 – 3t – 2) > 0, suy ra: 5;2
min ( )f t⎡ ⎞+∞⎟⎢⎣ ⎠
= 52
f ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= – 23.4
Vậy, minP = – 23 ;4
khi và chỉ khi: 52
a bb a
+ = và 1 12a ba b
⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟⎝ ⎠
⇔ (a; b) = (2; 1) hoặc (a; b) = (1; 2).
0,25
1. (1,0 điểm)
N ∈ d, M ∈ ∆ có tọa độ dạng: N(a; 2a – 2), M(b; b – 4). O, M, N cùng thuộc một đường thẳng, khi và chỉ khi:
a(b – 4) = (2a – 2)b ⇔ b(2 – a) = 4a ⇔ b = 4 .2
aa−
0,25
OM.ON = 8 ⇔ (5a2 – 8a + 4)2 = 4(a – 2)2. 0,25
⇔ (5a2 – 6a)(5a2 – 10a + 8) = 0 ⇔ 5a2 – 6a = 0
⇔ a = 0 hoặc a = 6 .5
0,25
Vậy, N(0; – 2) hoặc 6 2;5 5
N ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
. 0,25
2. (1,0 điểm)
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 2 1
1 23 0
1x y z
x y z
− +⎧ = =⎪− −⎨
⎪ + + − =⎩
⇒ I(1; 1; 1). 0,25
Gọi M(a; b; c), ta có:
M ∈ (P), MI ⊥ ∆ và MI = 4 1 ⇔ 42 2 2
3 02 2 0
( 1) ( 1) ( 1) 224
a b ca b ca b c
⎧ + + − =⎪ − − + =⎨⎪ − + − + − =⎩
0,25
⇔ 2 2 2
2 13 4
( 1) (2 2) ( 3 3) 224
b ac aa a a
⎧ = −⎪ = − +⎨⎪ − + − + − + =⎩
0,25
VI.a (2,0 điểm)
O •
∆ d
N M
⇔ (a; b; c) = (5; 9; – 11) hoặc (a; b; c) = (– 3; – 7; 13). Vậy, M(5; 9; – 11) hoặc M(– 3; – 7; 13).
0,25
VII.a Gọi z = a + bi với a, b ∈ R và a2 + b2 ≠ 0, ta có:
5 3 1 0izz
+− −(1,0 điểm)
= ⇔ a – bi – 5 ia bi++
3 – 1 = 0 0,25
www.VNMATH.com
Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
⇔ a2 + b2 – 5 – i 3 – a – bi = 0 ⇔ (a2 + b2 – a – 5) – (b + 3 )i = 0 0,25
⇔ 2 2 5 0
3 0
a b a
b
⎧ + − − =⎪⎨
+ =⎪⎩ ⇔
2 2 0
3
a a
b
⎧ − − =⎪⎨
= −⎪⎩ 0,25
⇔ (a; b) = (– 1; – 3 ) hoặc (a; b) = (2; – 3 ). Vậy z = – 1 – i 3 hoặc z = 2 – i 3. 0,25
1. (1,0 điểm)
5 ; 02
BD ⎛= ⎜⎝ ⎠
⎞⎟ ⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân tại A;
⇒ đường thẳng AD vuông góc với EF, có phương trình: x – 3 = 0. 0,25
F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD ⇔ 2
21 222 4
t⎛ ⎞− + =⎜ ⎟⎝ ⎠
5 ⇔ t = – 1 hoặc t = 2. 0,25
• t = – 1 ⇒ F(– 1; 3); suy ra đường thẳng BF có phương trình: 4x + 3y – 5 = 0.
A là giao điểm của AD và BF ⇒ A 73; ,3
⎛ −⎜⎝ ⎠
⎞⎟ không thỏa mãn
yêu cầu (A có tung độ dương).
0,25
• t = 2 ⇒ F(2; 3); suy ra phương trình BF: 4x – 3y + 1 = 0.
⇒ A 133; ,3
⎛⎜⎝ ⎠
⎞⎟ thỏa mãn yêu cầu. Vậy, có: A 133; .
3⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎝ ⎠
0,25
2. (1,0 điểm)
M ∈ ∆, suy ra tọa độ M có dạng: M(– 2 + t; 1 + 3t; – 5 – 2t). 0,25
⇒ = (t; 3t; – 6 – 2t) và = (– 1; – 2; 1) ⇒ AM AB ,AM AB⎡ ⎤⎣ ⎦ = (– t – 12; t + 6; t). 0,25
S∆MAB = 3 5 ⇔ (t + 12)2 + (t + 6)2 + t2 = 180 0,25
VI.b (2,0 điểm)
⇔ t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = – 12. Vậy, M(– 2; 1; – 5) hoặc M(– 14; – 35; 19).
A
B C
E F
D
0,25
1 + i 3 = 1 322 2
i⎛ ⎞
+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
= 2 cos sin3 3
iπ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
π và 1 + i = 2 cos sin ;4 4
iπ π⎛ ⎞+⎜⎝ ⎠
⎟ 0,25 VII.b
(1,0 điểm)
suy ra: z = ( )8 cos sin3 32 2 cos sin4 4
i
i
π ππ π+
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
= 2 2 cos sin4 4
iπ π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
= 2 + 2i. Vậy số phức z có: Phần thực là 2 và phần ảo là 2. 0,25 ------------- Hết -------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: { }\ 1D = − . • Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: 2
1' 0( 1)
yx
=+
,> ∀ x ∈ D.
Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞).
0,25
– Giới hạn và tiệm cận: lim limx x
y y→ −∞ → +∞
= = 2; tiệm cận ngang: y = 2.
= + ∞, = – ∞; tiệm cận đứng: x = – 1. ( )1
limx
y−→ − ( )1
limx
y+→ −
0,25
– Bảng biến thiên:
Trang 1/4
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Gọi d: y = kx + 2k + 1, suy ra hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm phương trình:
kx + 2k + 1 = 2 11
xx
++
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – 1 không là nghiệm)
⇔ kx2 + (3k – 1)x + 2k = 0 (1).
0,25
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ⇔ ⎨ ⇔ 00
k ≠⎧⎨Δ >⎩
2
06 1 0
kk k
≠⎧
− + >⎩
0
3 2 2 3 2 2.
k
k k
≠⎧⎪⎨
< − ∨ > +⎪⎩ (*). 0,25
I (2,0 điểm)
Khi đó: A(x1; kx1 + 2k + 1) và B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 và x2 là nghiệm của (1).
x − ∞ –1 y’ + +
y − ∞
+ ∞
+ ∞
2
2
2
x
y
– 1 O
1
0,25 d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ 1 2 1kx k+ + = 2 2 1kx k+ +
www.VNMATH.com
Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
⇔ k(x1 + x2) + 4k + 2 = 0 (do x1 ≠ x2). Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + 2 = 0 ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm là: k = – 3.
0,25
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ 3− (*). Phương trình đã cho tương đương với: sin2x + 2cosx – sinx – 1 = 0
0,25
⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = 0 ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0. 0,25
⇔ sinx = – 1 ⇔ x = – 2π + k2π hoặc cosx = 1
2 ⇔ x = ±
3π + k2π. 0,25
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm: x = 3π + k2π (k ∈ Z). 0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: – 1 ≤ x ≤ 1 (*). Khi đó, phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( )2
2 2log 8 log 4 1 1x x⎡ ⎤− = + + −⎣ ⎦x 0,25
⇔ 8 – x2 = 4 ( 1 1 )x x+ + − ⇔ (8 – x2)2 = 16 ( )22 2 1 x+ − (1). 0,25
Đặt t = 21− x , (1) trở thành: (7 + t2)2 = 32(1 + t) ⇔ t4 + 14t2 – 32t + 17 = 0 ⇔ (t – 1)2(t2 + 2t + 17) = 0 ⇔ t = 1.
0,25
II (2,0 điểm)
Do đó, (1) ⇔ 21− =x 1 ⇔ x = 0, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình có nghiệm: x = 0.
0,25
Đặt t = 2 1x + ⇒ 4x = 2(t2 – 1), dx = tdt. Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 4 ⇒ t = 3.
0,25
I = 3 3
1
2 3 d2
t t tt
−+∫ =
32
1
102 4 52
t tt
⎛ ⎞− + −⎜ ⎟+⎝ ⎠
∫
III
dt 0,25
= 33
2
1
2 2 5 10ln 23t t t t
⎛ ⎞− + − +⎜ ⎟ 0,25
⎝ ⎠
(1,0 điểm)
= 34 310ln .3 5
+ 0,25
Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin = SBC 3.a 0,25
Diện tích: SABC = 12
BA.BC = 6a2.
Thể tích: VS.ABC = 13
SABC.SH = 32 3
IV
.a0,25
Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD) ⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)). BH = SB.cos = 3a ⇒ BC = 4HC SBC⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)).
0,25
(1,0 điểm)
Ta có AC = 2 2BA BC+ = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA. HCAC
= 3 .5a
HK = 2 2
.SH HDSH HD+
= 3 714a . Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK = 6 7 .
7a
0,25
V (1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với:
2
2
( )(2 )( ) (2 ) 1 2x x x y m
B
S
A
C D
H K
.x x x y
⎧ − − =⎪⎨
− + − = −⎪⎩ m 0,25
www.VNMATH.com
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Đặt u = x2 – x, u ≥ – 1 ;4
v = 2x – y.
Hệ đã cho trở thành: ⇔ 1 2
uv mu v m
=⎧⎨ + = −⎩
2 (2 1) 0 (1)1 2 .
u m u mv m u⎧ + − + =⎨
= − −⎩
Hệ đã cho có nghiệm, khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ – 1 .4
0,25
Với u ≥ – 1 ,4
ta có: (1) ⇔ m(2u + 1) = – u2 + u ⇔ m = 2
.2 1u uu
− ++
Xét hàm f(u) = 2
,2 1u uu
− ++
với u ≥ – 1 ;4
ta có:
'( )f u = – 2
2
2 2 1;(2 1)u u
u+ −
+ '( )f u = 0 ⇔ u = 1 3 .
2− +
0,25
Bảng biến thiên:
Suy ra giá trị cần tìm là: m ≤ 2 3 .2
−
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có: 3BD GD=
⇔ ⇒ 4 3( 1)1 3( 1)
x xy y
+ = −⎧⎨ − = −⎩
7 ; 1 .2
D ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x – y – 1 = 0 của góc A.
f(u)
u 14
− 1 32
− +
'( )
+ ∞
f u + 0 –
58
− – ∞
2 32
−
Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I của EB thuộc d nên tọa độ E là nghiệm của hệ:
1( 4) 1( 1) 04 1 1 0
2 2
x yx y
+ + − =⎧⎪⎨ − +− − =⎪⎩
⇔ ⇒ E(2; – 5). 3 07 0
x yx y
+ + =⎧⎨ − − =⎩
0,25
Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0. 0,25
Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ: ⎧⎨ ⇒ A(4; 3). Suy ra: C(3; – 1). 1 0
4 13x y
x y− − =
0− − =⎩0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (P) đi qua A, vuông góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + 2 = 0. 0,25 Gọi B là giao điểm của trục Ox với (P), suy ra ∆ là đường thẳng đi qua các điểm A, B. 0,25 B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + 2 = 0 ⇒ B(– 1; 0; 0). 0,25
VI.a (2,0 điểm)
A D
B
G •
C E
Phương trình ∆: 1 22 23 3 .
x ty tz t
= +⎧⎪ = +⎨⎪ = +⎩
0,25
VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = 1 – 9i
0,25
www.VNMATH.com
Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = 1 – 9i 0,25
⇔ 3 1
3 3 9a ba b
− − =⎧⎨ − =⎩
0,25
(1,0 điểm)
⇔ Vậy z = 2 – i. 2
1.ab
=⎧⎨ = −⎩
0,25
1. (1,0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính bằng 10. Ta có: IM = IN và AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy ra phương trình ∆ có dạng: y = m.
0,25
Hoành độ M, N là nghiệm phương trình: x2 – 2x + m2 + 4m – 5 = 0 (1). (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, khi và chỉ khi: m2 + 4m – 6 < 0 (*); khi đó ta có: M(x1; m) và N(x2; m).
0,25
AM ⊥ AN ⇔ = 0 ⇔ (x.AM AN 1 – 1)(x2 – 1) + m2 = 0 ⇔ x1x2 – (x1 + x2) + m2 + 1 = 0. 0,25
Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2m2 + 4m – 6 = 0 ⇔ m = 1 hoặc m = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình ∆: y = 1 hoặc y = – 3.
0,25
2. (1,0 điểm)
Gọi I là tâm của mặt cầu. I ∈ ∆, suy ra tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; 3 + 4t; t). 0,25
Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi và chỉ khi: d(I, (P)) = 1
⇔ 2(1 2 ) (3 4 ) 2
3t t+ − + + t
= 1 0,25
⇔ t = 2 hoặc t = – 1. Suy ra: I(5; 11; 2) hoặc I(– 1; – 1; – 1). 0,25
VI.b (2,0 điểm)
Phương trình mặt cầu: (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1 hoặc (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1.
0,25
2
2
2 4'( 1)x xyx
+=+
; 0,25
y' = 0 ⇔ x = – 2 hoặc x = 0. 0,25
y(0) = 3, y(2) = 17 .3
0,25
VII.b (1,0 điểm)
Vậy: [ ]0; 2min y = 3, tại x = 0;
[ ]0; 2max y = 17 ,
3 tại x = 2. 0,25
------------- Hết -------------
A
y
x O
M N
I – 2
– 3
1
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số với m là tham số thực. 4 2 22( 1) (1),y x m x m= − + +
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0.m = b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 2 cos 2 2cos 1.x x x+ = −
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9( , ).1
2
x x x y y yx y
x y x y
⎧ − − + = + −⎪ ∈⎨
+ − + =⎪⎩
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3
21
1 ln( 1) d .xI xx
+ += ∫
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
.S ABC S2 .HA HB= Góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABC) bằng Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a.
o60 .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn điều kiện 0.x y z+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức | | | | | | 2 2 23 3 3 6 6 6x y y z z xP x− − −= + + − + + .y z
.ND
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN 2= Giả sử ( )11 1;2 2
M và đường thẳng AN có
phương trình Tìm tọa độ điểm A. 2 3x y− − = 0.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2:1 2 1
x y zd + −= = và
điểm Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I.
(0;0;3).I
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 15 nnC − 3
nC= . Tìm số hạng chứa 5x trong khai
triển nhị thức Niu-tơn của ( ) 2 1 , 0.
14
nnx x
x− ≠
B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.
2 2( ): 8.C x y+ =
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2: ,2 1 1
x y zd + −= = mặt
phẳng và điểm( ): 2 5 0P x y z+ − + = (1; 1;2).A − Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN.
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 5( ) 21
z i iz
.+= −
+ Tính môđun của số phức 21 .w z z= + +
---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................; Số báo danh: ..............................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số m là tham số thực. 3 2 33 3 (y x mx m= − + 1),a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1.m= b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2(cos 3 sin ) cos cos 3 sin 1.x x x x x+ = − +
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 21 4 1 3 .x x x+ + − + ≥ x
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 3
4 20
d .3 2xI x
x x=
+ +∫
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với 2 , .SA a AB a= = Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh SC. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của khối chóp S.ABH theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện 0x y z+ + = và
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2 1.x y z+ + =5 5 5.P x y z= + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn 2 21( ): 4,C x y+ =
và đường thẳng 2 22( ): 12 18 0C x y x+ − + = : 4d x y 0.− − = Viết phương trình đường tròn có tâm
thuộc tiếp xúc với d và cắt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. 2( )C , 1( )C
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1:2 1 2
x y zd −= =
− và hai
điểm Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d. (2;1;0),A ( 2;3;2).B −
Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình
2AC BD=2 2 4.x y+ = Viết phương trình chính
tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM.
(0;0;3), (1;2;0).A M
Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 2 3 4 0.z i z− − = Viết dạng lượng giác của z1 và z2.
---------- HẾT ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ................................................................... ; Số báo danh:............................................. .
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 22 22(3 1) (1),3 3
y x mx m x= − − − + m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1.m = b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị 1x và 2x sao cho 1 2 1 22( ) 1.x x x x+ + =
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 cos3 sin cos 2 cos 2 .x x x x+ − + = x
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 2 2 2
2 0( , ).
2 2 0
xy xx y
x x y x y xy y
+ − =⎧⎪ ∈⎨− + + − − =⎪⎩
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
π4
0
(1 sin 2 )d .I x x= +∫ x
')
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng có đáy là hình vuông, tam giác vuông cân, . Tính thể tích của khối tứ diện và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng(
. ' ' ' 'ABCD A B C D 'A AC'AC a= ' 'ABBC BCD theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực ,x y thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2 2( 4) ( 4) 2 32.x y xy− + − + ≤3 3 3( 1)( 2).A x y xy x y= + + − + −
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC
và AD lần lượt có phương trình là và 3x y+ = 0 4 0;x y− + = đường thẳng BD đi qua điểm ( )1;1 .3
M −
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng và điểm Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4.
( ): 2 2 10 0P x y z+ − + =(2;1;3).I
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 2(1 2 )(2 ) 7 8 .1
ii z ii
++ + =
++ Tìm môđun của số phức 1 .w z i= + +
B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho
: 2 3 0.d x y− + =2.AB CD= =
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1:2 1 1
x yd − += =
−z và hai
điểm Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB vuông tại M. (1; 1;2),A − (2; 1;0).B −
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình 2 3(1 ) 5 0z i z i+ + + = trên tập hợp các số phức.
---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................; Số báo danh: ..............................................
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi ta có: 0,m = 4 22 .y x x= −
• Tập xác định: .D =• Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên: 3' 4 4 ;y x x= − ' 0y = ⇔ 0x = hoặc 1.x = ±
0,25
Các khoảng nghịch biến: à các khoảng đồng biến: (( ; 1)−∞ − v (0; 1); 1; 0)− và ( 1; ).+∞
− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1,x = ± yCT 1;= − đạt cực đại tại 0,x = yCĐ 0.=
− Giới hạn: lim lim .x x
y y→−∞ →+∞
= = +∞0,25
− Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
Trang 1/4
b) (1,0 điểm)
Ta có 3 2' 4 4( 1) 4 ( 1).y x m x x x m= − + = − −
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi 1 0m + > ⇔ (*). 1m > −0,25
Các điểm cực trị của đồ thị là 2(0; ),A m ( 1; 2B m m 1)− + − − và ( 1; 2 1).m+ − −C m
Suy ra: 2( 1; ( 1)AB m m= − + − + ) và 2( 1; ( 1)AC m m= + − + ). 0,25
Ta có nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB AC= . 0AB AC = 0,25
1 (2,0 điểm)
⇔ . Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là 4( 1) ( 1) 0m m+ − + = 0.m = 0,25
+∞
y
'y – 0 + 0 – 0 + x –1 0 1 −∞ +∞
–1
0
–1
+∞
O
2
1
– 1
–1
–2
8
x
y
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với ( 3 sin cos 1)cos 0.x x x+ − = 0,25 πcos 0 π ( )2
x x k k• = ⇔ = + ∈ . 0,25
3 sin cos 1 0x x• + − = ( )π πcos cos3 3
x⇔ − = 0,25
2 (1,0 điểm)
⇔ 2πx k= hoặc 2π 2π ( )3
x k k= + ∈ .
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là π π,2
x k= + 2πx k= và 2π 2π ( ). 3
x k k= + ∈0,25
Hệ đã cho tương đương với: ( ) ( )
3 3
2 2
( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1)
1 1 1. (2)2 2
x x y y
x y
− − − = + − +⎧⎪⎨
− + + =⎪⎩
0,25
Từ (2), suy ra 11 12
x− ≤ − ≤ và 11 12
y− ≤ + ≤ ⇔3 112 2
x− ≤ − ≤ và 1 31 .2 2
y− ≤ + ≤
Xét hàm số 3( ) 12f t t t= − trên 3 3;2 2
⎡−⎢⎣⎤⎥⎦
, ta có 2'( ) 3( 4) 0f t t= − < , suy ra f(t) nghịch biến. 0,25
Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3).
Thay vào (2), ta được ( ) ( )2 21 3 1
2 2x x− + − = ⇔ 24 8 3x x 0− + = ⇔ 1
2x = hoặc 3 .
2x =
0,25
3 (1,0 điểm)
Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( )1 3( ; ) ;2 2
x y = − hoặc ( )3 1( ; ) ; .2 2
x y = − 0,25
Đặt u và 1 ln( 1)x= + + 2dd , suy ra dd
1xu
x=
+ và 1 .vxv
x=
x= − 0,25
33
1 1
1 ln( 1)( 1)
x dxIx x x
+ += − +
+∫ 0,25
( )3
1
2 ln 2 1 13 1
dxx x
+= + −
+∫3
1
2 ln 2 ln3 1
xx
+= +
+ 0,25
4 (1,0 điểm)
2 2ln3 ln 2.3 3
= + − 0,25
Ta có SCH là góc giữa SC và (ABC), suy ra o60 .SCH =
Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: ,6aHD= 3 ,
2aCD=
2 2 7 ,3
aHC HD CD= + = o 21.tan60 .3
aSH HC= =
0,25
2 3
.1 1 21 3. . . . 73 3 3 4 12S ABC ABC
a a aV SH S∆= = = . 0,25
Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc
của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và 32
BA H= A nên
3( , ) ( ,( )) ( ,( )).2
d SA BC d B SAN d H SAN= =
Ta cũng có ( )Ax SHN⊥ nên .Ax HK⊥ Do đó (HK SAN ).⊥ Suy ra d H( ,( )) .
Trang 2/4
SAN HK=
0,25
5 (1,0 điểm)
o2 2
2 3 . 4212
, sin 60 , .3 3a a SH HN aAH HN AH HK
SH HN= = = = =
+ Vậy
S
B
C
Hx
N
K
D A
42( , ) .8
ad SA BC = 0,25
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
Ta chứng minh 3 1 (*). ,t t t≥ + ∀ ≥ 0
Xét hàm ( ) 3 1tf t t= − − , có '( ) 3 ln 3 1 0, 0tf t t= − > ∀ ≥ (0) 0f và = , suy ra (*) đúng.
Áp dụng (*), ta có | | | | | |3 3 3 3 | | | | |x y y z z x |.x y y z z x− − −+ + ≥ + − + − + −
0,25
Áp dụng bất đẳng thức | , ta có: | | | | |a b a b+ ≥ +2 2 2 2(| | | | | |) | | | | | | | |(| | | |) | |(| | | |)x y y z z x x y y z z x x y y z z x y z z x x y− + − + − = − + − + − + − − + − + − − + −
( )2 2 2| |(| | | |) 2 | | | | | | .z x x y y z x y y z z x+ − − + − ≥ − + − + − 0,25
Do đó ( ) ( )22 2 2 2 2 2| | | | | | 2 | | | | | | 6 6 6 2 .x y y z z x x y y z z x x y z x y z− + − + − ≥ − + − + − = + + − + +
Mà suy ra 0,x y z+ + = 2 2 2| | | | | | 6 6 6 .x y y z z x x y z− + − + − ≥ + + 0,25
6 (1,0 điểm)
Suy ra | | | | | | 2 2 23 3 3 6 6 6x y y z z xP x− − −= + + − + + ≥3.y z
Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. 0,25
Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q. Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x. Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra
.AH HM⊥
0,25
Trang 3/4
Hơn nữa, ta cũng có .AH HM=
Do đó AM = 2 2 ( ,( ))MH d M AN= =3 10 .
2
0,25
A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3).
3 102
MA = ⇔ ( ) ( )2 211 7 452
2 2t t− + − =
2
0,25
7.a (1,0 điểm)
⇔ t t2 5 4 0
A B
C D N
M
H P Q
− + = ⇔ t 1= hoặc t 4.= Vậy: (1; 1)A − hoặc (4;5).A
0,25
Véc tơ chỉ phương của d là Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB. (1; 2; 1).a =
Ta có nên tọa độ H có dạng H d∈ ( 1; 2 ; 2) ( 1; 2 ; 1).H t t t IH t t t− + ⇒ = − − 0,25
IH ⊥ AB ⇔ . 0 ⇔ ⇔ IH a = 1 4 1 0t t t− + + − =13
t = ( )2 2 2; ; .3 3 3
IH⇒ = − − 0,25
Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là 2 62 .3
R IA IH= = = 0,25
8.a (1,0 điểm)
Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là 2 2 2 8( ): ( 3) .3
S x y z+ + − = 0,25
15 nn nC C− = 3 ⇔ ( 1)( 2)5
6n n nn − −
= 0,25
⇔ (vì n nguyên dương). 7n = 0,25
Khi đó ( )7 77 72 2 2
14 377 7
0 0
( 1)1 1 1 .14 2 2 2
n k k kkk k
kk k
Cnx x xC xx x x
−−
−= =
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ 0,25
9.a (1,0 điểm)
Số hạng chứa 5x tương ứng với 14 3 5k− = ⇔ k 3= .
Do đó số hạng cần tìm là 3 3
5 574
( 1) . 35 . 0,25
162C
x x−
=−
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
Phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 2
2 2 1,x ya b
+ =
với và 2 80a b> > .a = Suy ra a 4.= 0,25
Do (E) và (C) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và các giao điểm là các đỉnh của một hình vuông nên (E) và (C) có một giao điểm với tọa độ dạng ( ; ), 0.A t t t >
0,25
A∈(C) ⇔ t t2 2 8,
Trang 4/4
+ = suy ra t 2.= 0,25
7.b (1,0 điểm)
(2;2) ( )A E∈ ⇔ 24 4 1
16 b+ = ⇔ 2 16.b
3=
Phương trình chính tắc của (E) là 2 2
1.16163
x y+ =
0,25
M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2). 0,25
MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t). 0,25
N∈(P) ⇔ ⇔ t3 2 2 2(2 ) 5 0t t t− − − − − + = 2,= suy ra M(3; 2; 4). 0,25
8.b (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình 1 1:2 3 2
x y z 2− + −∆ = = . 0,25
Đặt ( , ), 1.z a bi a b z= + ∈ ≠ −
Ta có 5( ) 2 (3 2) ( 7 6)1
z i i a b a b iz+
= − ⇔ − − + − + =+
0 0,25
⇔ ⇔ 3 2
7 6a b
a b− − =⎧
⎨ − + =⎩
00
11.
ab=⎧
⎨ =⎩0,25
Do đó Suy ra 1 .z= +i 3 .i2 21 1 1 (1 ) 2w z z i i= + + = + + + + = + 0,25
9.b (1,0 điểm)
Vậy 2 3 13.w i= + = 0,25
x2
2
O
y
A
------------- HẾT -------------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi ta có: . 1,m = 3 23 3y x x= − +
• Tập xác định: .D =• Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên: ' 02' 3 6 ;y x x= − y = ⇔ 0x = hoặc 2.x =
0,25
Các khoảng đồng biến: ( ; 0)−∞ và (2; )+∞ , khoảng nghịch biến: (0; 2).− Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0,x = yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại 2,x = yCT = −1. − Giới hạn: và lim
xy
→−∞= −∞ lim .
xy
→+ ∞= +∞
0,25
− Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
b) (1,0 điểm) 2' 3 6 ;y x mx= − ' 0 ⇔ hoặc y = 0x = 2 .x m=
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi 0m ≠ (*). 0,25
Các điểm cực trị của đồ thị là 3(0; 3 )A m và 3(2 ; ).B m m−
Suy ra và 33 | |OA m= ( , ( )) 2 | | .d B OA m= 0,25
48OABS∆ = ⇔ 3 4 4 8m = 0,25
1 (2,0 điểm)
⇔ thỏa mãn (*). 2,m = ± 0,25
O2
3
−1
x
y
+∞
–1
3
−∞y
'y + 0 – 0 +
x 0 2 −∞ +∞
Trang 1/4
www.VNMATH.com
Phương trình đã cho tương đương với: cos2 3 sin 2 cos 3 sinx x x+ = − x 0,25
⇔ ( ) ( )π πco s 2 cos3 3
x x− = + 0,25
⇔ ( )π π2 2π ( ). 3 3
x x k k− =± + + ∈ 0,25
2 (1,0 điểm)
⇔ 2π 2π3
x k= + hoặc 2π ( )3
x k k= ∈ . 0,25
Điều kiện: 0 2 hoặc 3x≤ ≤ − 2x ≥ + 3 (*). Nhận xét: là nghiệm của bất phương trình đã cho. 0x =
Với bất phương trình đã cho tương đương với: 0,x> 1 1 4 3x xxx
+ + + − ≥ (1). 0,25
Đặt 1 (2),t xx
= + bất phương trình (1) trở thành 2 6 3t t− ≥ −2 2
3 03 0
6 (3 )
tt
t t
− <⎡⎢ − ≥⇔ ⎧⎢⎨⎢ − ≥ −⎣⎩
0,25
5.2
t⇔ ≥ Thay vào (2) ta được 1 5 22
x xx
+ ≥ ⇔ ≥ hoặc 12
x ≤ 0,25
3 (1,0 điểm)
104
x⇔ < ≤ hoặc . Kết hợp (*) và nghiệm 4x ≥ 0,x = ta được tập nghiệm của bất phương
trình đã cho là: 10; [4; ).4
⎡ ⎤∪ +∞⎢ ⎥⎣ ⎦
0,25
Đặt t x suy ra Với 2 ,= .2dt xdx= 0x= thì 0;t = với 1x= thì 1.t = 0,25
Khi đó 1 12
2 20 0
1 .2 d 1 d2 2 (( 1)( 2)
x x x t tIt tx x
= =1)( 2)+ ++ +∫ ∫ 0,25
( ) ( )1 1
00
1 2 1 1d ln| 2| ln| 1|2 2 1 2
t t tt t
= − = + − ++ +∫ 0,25
4 (1,0 điểm)
= 3ln3 ln2.2
− 0,25
Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ABC. Ta có AB CD⊥ và AB SO⊥ nên (AB SCD),⊥ do đó .AB SC⊥ 0,25
Mặt khác ,SC AH⊥ suy ra S ( ).C ABH⊥ 0,25
Ta có: 3 3,2 3
a aCD OC= = nên 2 2 33.3
aSO SC OC= − =
Do đó . 114
SO CD aDHSC
= = . Suy ra 21 1. .
2 8ABHaS AB DH∆ = =
10,25
5 (1,0 điểm)
Ta có 2 2 7 .4aSH SC HC SC CD DH= − = − − =
Do đó 3
.1 7. .3 9S ABH ABH
a116
H S∆= =V S 0,25
O D
B
A
H
C
S
Trang 2/4
www.VNMATH.com
Với và ta có: 0x y z+ + = 2 2 2 1,x y z+ + =
2 2 2 2 20 ( ) 2 ( ) 2 1 2 2 ,x y z x y z x y z yz x yz= + + = + + + + + = − + nên 2 1.2
yz x= −
Mặt khác 2 2 21 ,
2 2y z xyz + −
≤ = suy ra: 2
2 1 1 ,2 2
xx −− ≤ do đó 6 6
3 3x− ≤ ≤ (*).
0,25
Khi đó: P = 5 2 2 3 3 2 2( )( ) ( )x y z y z y z y z+ + + − +
= ( )25 2 2 2 2 1(1 ) ( )( ) ( )2
x x y z y z yz y z x+ − + + − + + −⎡ ⎤⎣ ⎦ x
= ( ) ( )25 2 2 2 21 1(1 ) (1 )2 2
x x x x x x x⎡ ⎤+ − − − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦x = ( )35 2 .
4x x−
0,25
Xét hàm 3( ) 2f x x= − x trên 6 6;3 3
,⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
suy ra 2'( ) 6 1;f x x= − 6'( ) 0 .6
f x x= ⇔ = ±
Ta có 6 6 69
,3 6
f f⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = =−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
6 6 .3 6
f f⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
69
Do đó 6( ) .9
f x ≤
Suy ra 5 6 .36
P ≤
0,25
6 (1,0 điểm)
Khi 6 ,3 6
x y z= = =−6 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 6 .
36 0,25
(C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình, ta có .A
Trang 3/4
B OI⊥ Mà AB d⊥ và O d∉ nên OI//d, do đó OI có phương trình y = x.
0,25
Mặt khác 2( )I C ,∈ nên tọa độ của I thỏa mãn hệ:
2 23
(3;3).312 18 0
y x xI
yx y x
=⎧ =⎧⎪ ⇔ ⇒⎨ ⎨ =+ − + = ⎩⎪⎩
0,25
Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính ( , ) 2 2.R d I d= = 0,25
7.a (1,0 điểm)
Vậy phương trình của (C) là 2 2( 3) ( 3) 8x y .− + − = 0,25
Gọi (S) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của (S). Do nên tọa độ của điểm I có dạng I d∈ (1 2 ; ; 2 ).I t t t+ − 0,25
Do nên , ( )A B S∈ ,AI BI= suy ra .2 2 2 2 2 2(2 1) ( 1) 4 (2 3) ( 3) (2 2) 1t t t t t t t− + − + = + + − + + ⇒ =− 0,25
Do đó và bán kính mặt cầu là ( 1; 1; 2)I − − 17.IA = 0,25
8.a (1,0 điểm)
Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm là 2 2 2( 1) ( 1) ( 2) 17x y z+ + + + − = . 0,25
Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là C 425 12650.= 0,25
Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là 1 3 2 2 3 115 10 15 10 15 10. . .C C C C C C+ + 0,25
= 11075. 0,25
9.a (1,0 điểm)
Xác suất cần tính là 11075 443.12650 506
P = = 0,25
B
A I d
(C2)
(C)
(C1)
www.VNMATH.com
Trang 4/4
Giả sử 2 2
2 2( ): 1( 0).x yE aa b
b+ = > > Hình thoi ABCD có
2AC BD= và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA 2 .OB=
0,25
Không mất tính tổng quát, ta có thể xem và ( ;0)A a
( )0; .2aB Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB,
suy ra OH là bán kính của đường tròn ( ) 2 2: 4.C x y+ =
0,25
Ta có: 2 2 2 21 1 1 1 1 4 .4 OH OA OB a a= = + = + 2 0,25
7.b (1,0 điểm)
Suy ra do đó b Vậy phương trình chính tắc của (E) là 2 20,a = 2 5.=2 2
1.20 5x y
+ = 0,25
Do ,B Ox C Oy∈ ∈ nên tọa độ của B và C có dạng: B b và C c ( ; 0; 0) (0; ; 0). 0,25
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: ( ); ; 1 .G 3 3b c
0,25
Ta có nên đường thẳng AM có phương trình (1;2; 3)AM = −3.
1 2 3x y z−= =
−
Do G thuộc đường thẳng AM nên 2 .3 6 3b c −= =
− Suy ra 2b = và 4.c =
0,25
8.b (1,0 điểm)
Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là 1,2 4 3x y z+ + = nghĩa là ( ) : 6 3 4 12 0.P x y z+ + − = 0,25
Phương trình bậc hai 2 2 3 4 0z i z− − = có biệt thức 4.∆ = 0,25
Suy ra phương trình có hai nghiệm: 1 1 3z i= + và 2 1 3z i= − + . 0,25
• Dạng lượng giác của là 1z 1π π2 cos sin .3 3
z i⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
9.b (1,0 điểm)
• Dạng lượng giác của là 2z 22π 2π2 cos sin .3 3
z i⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
O
H
x
y
D
A
B
C
---------- HẾT ----------
www.VNMATH.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm)
Khi hàm số trở thành 1,m = 3 22 24 .3 3
y x x x= − − +
• Tập xác định: .D =• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: hoặc 22 2 4; 0y x x y x′ ′= − − = ⇔ = −1 2.x =
0,25
Các khoảng đồng biến: và ( ; 1−∞ − ) (2; );+∞ khoảng nghịch biến . ( 1;2)−- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1,x = − yCĐ 3,= đạt cực tiểu tại 2,x = yCT 6.= − - Giới hạn: lim , lim ,
x xy y
→−∞ →+∞= −∞ = +∞
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị: b) (1,0 điểm)
Ta có 2 22 2 2(3y x mx m′ = − −
Đồ thị hàm số có hai điểm cực tr
213 4 0m⇔ − >2 13
13m⇔ >
Ta có: 1 2x x m+ = và 1 2 1x x =
1 (2,0 điểm)
0m⇔ = hoặc 2 .3
m = Kiểm
−∞
+∞ 3
–6
y
'y + 0 – 0 + x −∞ –1 2 +∞
www.VNMATH.com
0,25
. 1)− 0,25
ị khi và chỉ khi phương trình 0y′ = có hai nghiệm phân biệt
hoặc 2 13 .13
m < − 0,25
23 ,− m do đó 21 2 1 22( ) 1 1 3 2 1x x x x m m+ + = ⇔ − + = 0,25
tra điều kiện ta được 2 .3
m = 0,25
x –1 O 2
– 6
3
y
Trang 1/4
Câu Đáp án Điểm
Phương trình đã cho tương đương với: (2sin 2cos 2)cos2 0.x x x+ − = 0,25 π πcos2 0 ( ).4 2
kx x k• = ⇔ = + ∈ 0,25
2sin 2cos 2 0x x• + − = ( )π 1cos4 2
x⇔ − = 0,25
2 (1,0 điểm)
7π 2π12
x k⇔ = + hoặc π 2π ( )12
x k k= − + ∈ .
Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là: π π ,4 2
kx = + 7π 2π,12
x k= + π 2π ( )12
x k k= − + ∈ .
0,25
Hệ đã cho tương đương với: 2
2 0 (1)(2)(2 1)( ) 0
xy x
x y x y
+ − =⎧⎪⎨
− + − =⎪⎩0,25
2 1 0 2x y y x• − + = ⇔ = +1. Thay vào (1) ta được 2 1 51 0 .2
x x x − ±+ − = ⇔ =
Do đó ta được các nghiệm 1 5( ; ) ; 52
x y⎛ ⎞− +
= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
và 1 5( ; ) ; 5 .2
x y⎛ ⎞− −
= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
2 0 2.x y y• − = ⇔ = x Thay vào (1) ta được 3 22 0 ( 1)( 2) 0x x x x x+ − = ⇔ − + + = 0,25
3 (1,0 điểm)
1.x⇔ = Do đó ta được nghiệm ( ; ) (1; 1).x y = Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là:
( ; ) (1; 1),x y = 1 5( ; ) ; 52
x y⎛ ⎞− +
= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
, 1 5( ; ) ; 5 .2
x y⎛ ⎞− −
= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
0,25
π π π ππ4 4 4 42 24
0 0 0 00
πd sin 2 d sin 2 d sin 22 32xI x x x x x x x x x x x= + = + = +∫ ∫ ∫ ∫ d . 0,25
Đặt suy ra ;d sin 2 d ,u x v x x= =1d d ; cos22
u x v x= = − . 0,25
Khi đó
π ππ
4 44
00 0
1 1 1sin 2 d cos2 cos2 d cos2 d2 2 2
π4
0
x x x x x x x x x= − + =∫ ∫ ∫ 0,25
4 (1,0 điểm)
π4
0
1 1sin 2 .4 4
x= = Do đó 2π 1 .
32 4I = + 0,25
Tam giác A AC′ vuông cân tại A và A C a′ = nên
A A AC′ = .2
a= Do đó .
2aAB B C′ ′= = 0,25
3
'1 1' '. ' '. . ' .3 6ABB C ABB
aV B C S B C AB BB′ ′ ∆= = =2
48 0,25
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của .A AB′∆ Ta có 'AH A B⊥ và AH BC⊥ nên ( ' ),AH A BC⊥
nghĩa là (AH BCD ').⊥ Do đó ( ,( ')).AH d A BCD=0,25
5 (1,0 điểm)
Ta có 2 2 21 1 1 6 .
' 2AH AB AA a= + =
Do đó 6( ,( ')) .6
ad A BCD AH= = 0,25
A B
C D
'A
'D 'C
'B
H
Trang 2/4
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
Ta có 2 2( 4) ( 4) 2 32 2( ) 8( ) 0 0x y x y x yx y xy− + − + ≤ 8.⇔ + − + ≤ ⇔ ≤ + ≤ 0,25
3( ) 3( ) 6 6A x y x y xy= + − + − + 3 23( ) ( ) 3( )2
x y x y x y≥ + − + − + + 6.
Xét hàm số: 3 23( ) 3 62
f t t t t= − − + trên đoạn [0 ; 8].
Ta có 2( ) 3 3 3,f t t t′ = − −1 5( ) 0
2f t t +′ = ⇔ = hoặc 1 5
2t −= (loại).
0,25
Ta có 1 5 17 5 5(0) 6, , (8) 398.2 4
f f f⎛ ⎞+ −
= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
= Suy ra 17 5 5 .4
A −≥ 0,25
6 (1,0 điểm)
Khi 1 54
x y += = thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 17 5 5 .
4− 0,25
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 3 0
4 0x yx y+ =⎧
⎨ − + =⎩( 3;1). A⇒ − 0,25
Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN//AD. Suy ra MN có
phương trình là 4 0.3
x y− + = Vì N thuộc AC, nên tọa
độ của điểm N thỏa mãn hệ 4 0 11; .3
33 0
x yN
x y
⎧ − + =⎪ ⎛ ⎞⇒ −⎨ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎪ + =⎩
0,25
Đường trung trực ∆ của MN đi qua trung điểm của MN và vuông góc với AD, nên có phương trình là 0.x y+ =Gọi I và K lần lượt là giao điểm của ∆ với AC và AD.
Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ ⎧⎨
03 0
x yx y+ =
,+ =⎩
và tọa độ của điểm K thỏa mãn hệ 04 0.
x yx y+ =⎧
⎨ − + =⎩Do đó I(0; 0) và K(−2;2).
0,25
7.a (1,0 điểm)
2 (3; 1);AC AI C= ⇒ − 2 ( 1;3);AD AK D= ⇒ −
(1; 3).BC AD B= ⇒ − 0,25
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Suy ra H là tâm của đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cần viết phương trình. 0,25
Ta có ( ;( )) 3.IH d I P= = 0,25
Bán kính của mặt cầu (S) là: 2 23 4 5R .= + = 0,25
8.a (1,0 điểm)
Phương trình của mặt cầu (S) là: 2 2 2( 2) ( 1) ( 3) 25x y z− + − + − = . 0,25
Ta có: 2(1 2 )(2 ) 7 8 (2 ) 4 71
ii z i i z ii
++ + = + ⇔ + = +
+ 0,25
3 2 .z i⇔ = + 0,25
Do đó 4 3 .w i= + 0,25
9.a (1,0 điểm)
Môđun của w là 2 24 3 5+ = . 0,25
I
N
M D C
B A
K
Trang 3/4
www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình. Do nên tọa độ của I có dạng I d∈ ( ;2 3).I t t+ 0,25
( , ) ( , )AB CD d I Ox d I Oy= ⇔ = | | | 2 3 | 1t t t⇔ = + ⇔ = − hoặc 3.t=− 0,25
• Với ta được nên 1t = − ( 1;1),I − ( ; ) 1.d I Ox = Suy ra, bán kính của (C) là 2 21 1 2. + =
Do đó 2 2( ): ( 1) ( 1) 2.C x y+ + − = 0,25
7.b (1,0 điểm)
• Với ta được nên 3t = − ( 3; 3),I − − ( ; ) 3.d I Ox = Suy ra, bán kính của (C) là 2 23 1 10.+ =
Do đó 2 2( ): ( 3) ( 3) 10.C x y+ + + =0,25
Do M d∈ nên tọa độ của điểm M có dạng (1 2 ; 1 ; ).M t t t+ − − 0,25 Ta có (2 ; ; 2), ( 1 2 ; ; ).AM t t t BM t t t= − − = − + −
Tam giác AMB vuông tại M . 0AM BM⇔ = 0,25
2 22 ( 1 2 ) ( 2) 0 6 4 0t t t t t t t⇔ − + + + − = ⇔ − = 0,25
8.b (1,0 điểm)
0t⇔ = hoặc 2 .3
t = Do đó ( )1; 1;0M − hoặc 7 5 2; ;3 3 3
M ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
. 0,25
Phương trình bậc hai có biệt thức 2 3(1 ) 5 0z i z i+ + + = 2 .i∆ = − 0,25 2(1 ) .i= − 0,25
Do đó nghiệm của phương trình là 3(1 ) (1 ) 1 22
i iz i− + + −= = − − 0,25
9.b (1,0 điểm)
hoặc 3(1 ) (1 ) 2 .2
i iz i− + − −= = − − 0,25
------------- HẾT-------------
Trang 4/4
www.VNMATH.com
