Welcome PC

New Stamp

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................................

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: ...................................

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: ................................

Trang 1/4

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

Trang 2/4

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

Trang 3/4

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

Trang 4/4

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

Trang 1/4

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

Trang 2/4

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