Tài liệu Tổng hợp đề thi đại học và đáp án môn toán các khối (từ năm 2007 - 2012) doc

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 x y x − + = − 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 k 1 , k 2 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. 1 k k+ 2 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 1 sin 2 cos 2 2sin sin2 . 1 cot x x x x x + + = + 2. Giải hệ phương trình 2 2 3 2 2 2 5 4 3 2( ) 0 ( , ). ( ) 2 ( ) xy xy y x y xy xy x y x y ⎧ − + − + = ⎪ ∈ ⎨ + + = + ⎪ ⎩ \ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 4 0 sin ( 1) cos d. sin cos x x x x I x x 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 60 o . 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 z P 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: 2 2 .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 1 x y E + = 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.laisac.page.tl 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 ' 0y 2 1 x − = − , < ∀x ∈ D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1 ; 2 ⎛ ⎞ −∞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và 1 ; . 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ∞ ⎝ ⎠ 0,25 Giới hạn và tiệm cận: 1 lim lim ; 2 x x y y → −∞ → +∞ = = − tiệm cận ngang: 1 . 2 y = − 1 Trang 1/5 2 ⎝ ⎠ lim , x y − ⎛ ⎞ → ⎜ ⎟ = − ∞ 1 2 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 = 1 2 1 x x − + − ⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = 1 2 không là nghiệm) ⇔ 2x 2 + 2mx – m – 1 = 0 (*). 0,25 ∆' = m 2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 0,25 Gọi x 1 và x 2 là nghiệm của (*), ta có: k 1 + k 2 = – 2 1 1 (2 1) x − – 2 2 1 (2 1) x − = 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 4( ) 8 4( ) 2 . (4 2( ) 1) x x x x x x x x x x + − − + + − − + + 0,25 I (2,0 điểm) Theo định lý Viet, suy ra: k 1 + k 2 = – 4m 2 – 8m – 6 = – 4(m + 1) 2 – 2 ≤ – 2. Suy ra: k 1 + k 2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1. 0,25 x − ∞ 1 2 + ∞ y’ − − y 1 2 − 1 2 − − ∞ + ∞ y x 1 2 − 1 2 O 1 (C) – 1 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)sin 2 x = 2 2 sin 2 xcosx 0,25 ⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – 2 ) = 0. 0,25 • cosx = 0 ⇔ x = 2 π + kπ, thỏa mãn (*). 0,25 • cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x + 4 π ) = 1 ⇔ x = 4 π + k2π, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình có nghiệm: x = 2 π + kπ; x = 4 π + 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 y xy x y x y ⎧ − + − + = ⎪ ⎨ + + = + ⎪ ⎩ ). Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x 2 + y 2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x 2 + y 2 = 2. 0,25 • xy = 1; từ (1) suy ra: y 4 – 2y 2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1. Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1). 0,25 • x 2 + y 2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x 2 + y 2 ) – 4xy 2 + 2x 2 y – 2(x + y) = 0 ⇔ 6y – 4xy 2 + 2x 2 y – 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 x 2 + y 2 = 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 d sin cos x x x x x x x x x π + + + ∫ = 4 4 0 0 cos d d sin cos x x . x x x x x π π ∫ + + ∫ 0,25 Ta có: 4 0 d x π ∫ = 4 0 x π = 4 π 0,25 và 4 0 cos d sin cos x x x x x x π + ∫ = 4 0 d( sin cos ) sin cos x x x x x x π + + ∫ = ( ) 4 0 ln sin cos x x x π + 0,25 III (1,0 điểm) = 2 ln Suy ra: I = 1 . 2 4 ⎛ ⎞ π ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4 π + 2 ln 1 . 2 4 ⎛ ⎞ π ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC). AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ n SBA là góc giữa (SBC) và (ABC) ⇒ n n SBA = 60 o ⇒ SA = = tan AB 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: S BCNM = 2 ( ) 3 2 2 B C MN BM a+ = ⋅ Thể tích: V S.BCNM = 3 1 3 3 BCNM S SA a⋅ = ⋅ 0,25 S A B C N M D H 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 = 22 .2 13 SA AD a SA AD =⋅ + 39 0,25 Trước hết ta chứng minh: 11 2 (*), 11 1 ab 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: 11 23 11 x P zx xy y z =++ + ++ ≥ 12 . 3 2 1 y x x y + + + Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: z y = x z hoặc 1 x y = (1) 0,25 Đặt x y = t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2 2 2 231 t tt +⋅ ++ Xét hàm f(t) = 2 2 2 , 231 t tt + ++ t ∈ [1; 2]; 3 22 2 2(43)3(21)9) '( ) (2 3) (1 ) tt tt ft tt ⎡ ⎤ −−+−+ ⎣ ⎦ = ++ < 0. ⇒ f(t) ≥ f(2) = 34 ; 33 dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ x y = 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 n M AI = n M BI = 90 o và MA = MB ⇒ S MAIB = IA.MA 0,25 ⇒ MA = 25 ⇒ IM = 22 I AMA+ = 5. 0,25 M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2). IM = 5 ⇔ (t – 2) 2 + (t + 3) 2 = 25 ⇔ 2t 2 + 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 ⇔ 22 2 222 240 (2) (1)9 (2)(3) xyz xyz xy z −−+= ⎧ ⎪ −++−= ⎨ ⎪ ++ +− = ⎩ 9 0,25 M I A B ∆ Trang 4/5 Câu Đáp án Điểm ⇔ 22 2 240 20 (2) (1) xyz xyz xyz ⎧ −−+= ⎪ +−+= ⎨ ⎪ −++−= ⎩ 9 0,25 ⇔ 2 22 3 7114 xy zy yy ⎧ =− ⎪ = ⎨ ⎪ −+= ⎩ 0 0,25 ⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc 6412 ;; 77 7 . ⎞ − ⎟ ⎝⎠ ⎛ ⎜ Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc 6412 ;; . 77 7 M ⎛ − ⎜ ⎝⎠ ⎞ ⎟ 0,25 Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: 2 2 zz=+z ⇔ (a + bi) 2 = a 2 + b 2 + a – bi 0,25 ⇔ a 2 – b 2 + 2abi = a 2 + b 2 + a – bi ⇔ 22 22 2 abab ab b ⎧ −=++ ⎨ =− ⎩ a 0,25 ⇔ 2 2 (2 1) 0 ab ba ⎧ =− ⎨ += ⎩ 0,25 VII.a (1,0 điểm) ⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = 11 ; 22 ⎛ ⎜ hoặc ( a; b) = ⎞ − ⎟ ⎝⎠ 11 ;. 22 ⎛⎞ −− ⎜⎟ ⎝⎠ Vậy, z = 0 hoặc z = 1 2 − + 1 2 i hoặc z = 1 2 − – 1 2 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 | = 2 4. x − 0,25 Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x. Diện tích: S OAB = 2 1 4 2 x x− 0,25 = 2 1 (4 ) 2 2 x x−≤ 1. Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2. 0,25 Vậy: 2 2; 2 A ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ và 2 2; 2 B ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ hoặc 2 2; 2 A ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ và 2 2; . 2 B ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 2. (1,0 điểm) (S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 23. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S). Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = 3 OA = 42 . 3 0,25 Khoảng cách: d(I, (P)) = 22 R r− = 2 . 3 ( P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 (*). ( P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a. 0,25 d(I, (P)) = 222 2( )abc abc ++ ++ = 22 2 2 c ac+ ⇒ 22 2 2 c ac+ = 2 3 0,25 (2,0 điểm) ⇒ 2a 2 + c 2 = 3c 2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0. 0,25 y x O A H B 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 ⇔ 332 22 ab ab −= ⎧ ⎨ +−=− ⎩ 0,25 VII.b (1,0 điểm) ⇔ 1 , 3 a = 1 3 b =− ⋅ Suy ra môđun: | z | = 2 ab+ 2 = 2 3 ⋅ 0,25 Hết 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 2 2( 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 2 3 2 6 2 4 4 10 3 ( ).x x x x x+ − − + − = − ∈\ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 2 0 1 sin d. cos x x I x x π + = ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A 1 BB 1 C 1 D 1 có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, 3. AD a= Hình chiếu vuông góc của điểm A 1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD 1 A 1 ) và (ABCD) bằng 60 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B 1 o B đến mặt phẳng (A 1 BD) theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 3 3 2 2 4 9 a b a b P b 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 0 i z z + − − . = 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 1 1 3 x y z+ − + = = − 5 2 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 i z 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.laisac.page.tl 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 = x 4 – 4x 2 + 1. • Tập xác định: D = R. • Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y' = 4x 3 – 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;± y CT = – 3, đạt cực đại tại x = 0; y CĐ = 1. – Giới hạn: lim lim . xx yy →−∞ →+∞ ==+ Trang 1/4 ∞ 0,25 – Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) y'(x) = 4x 3 – 4(m + 1)x = 4x(x 2 – m – 1); y'(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x 2 = 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−+– m 2 – m – 1) và C( 1;m + – m 2 – m – 1). Suy ra: OA = BC ⇔ m 2 = 4(m + 1) ⇔ m 2 – 4m – 4 = 0 0,25 I (2,0 điểm) ⇔ m = 2 ± 22; thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm: m = 2 – 22 hoặc m = 2 + 22. 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 = 2 π + k2π. 0,25 II (2,0 điểm) • cos2x = – cosx = cos(π – x) ⇔ x = 3 π + k 2 . 3 π Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = 2 π + k2π; x = 3 π + k 2 3 π (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 Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: – 2 ≤ x ≤ 2 (*). Khi đó, phương trình đã cho tương đương: () 2 32 22 44 103+− − + − = − x xxx (1). 0,25 Đặt t = 2 + x – 2 2− , x (1) trở thành: 3t = t 2 ⇔ 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 2 0 1sin d cos + = ∫ x x I x x π = 3 2 0 1 d cos x x π ∫ + 3 2 0 sin d. cos x x x x π ∫ 0,25 Ta có: 3 2 0 1 d cos x x π ∫ = () 3 0 tan x π = 3. 0,25 và: 3 2 0 sin d cos x x x x π ∫ = 3 0 1 d cos x x π ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ ∫ = 3 0 cos x x π ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ – 3 0 d cos x x π ∫ = 2 3 π + 3 2 0 dsin sin 1 x x π − ∫ = 2 3 π + 3 0 11 1 dsin 2 sin 1 sin 1 x xx π ⎛⎞ − ⎜⎟ −+ ⎝⎠ ∫ 0,25 III (1,0 điểm) = 2 3 π + 3 0 1sin1 ln 2sin1 x x π ⎛ − ⎞ ⎜⎟ + ⎝⎠ = 2 3 π + ln(2 3).− Vậy, I = 3 + 2 3 π + ln(2 3).− 0,25 Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒ A 1 O ⊥ (ABCD). Gọi E là trung điểm AD ⇒ OE ⊥ AD và A 1 E ⊥ AD ⇒ là góc giữa hai mặt phẳng (ADD n 1 AEO 1 A 1 ) và (ABCD) ⇒ n 1 60 .AEO= D 0,25 ⇒ A 1 O = OE tan = n 1 AEO 2 A B tan n 1 AEO = 3 . 2 a Diện tích đáy: S ABCD = AB.AD = 2 3.a Thể tích: 111 1 . V A BCD ABCD = S ABCD .A 1 O = 3 3 . 2 a 0,25 Ta có: BB 1 C // A 1 D ⇒ B 1 B C // (A 1 BD) ⇒ d(BB 1 , (A 1 BD)) = d(C, (A 1 BD)). Hạ CH ⊥ BD (H ∈ BD) ⇒ CH ⊥ (A 1 BD) ⇒ d(C, (A 1 BD)) = CH. 0,25 IV (1,0 điểm) A 1 B 1 C 1 A C D H B E O D 1 Suy ra: d(BB 1 , (A 1 BD)) = CH = 22 .CD CB CD CB+ = 3 . 2 a 0,25 V (1,0 điểm) Với a, b dương, ta có: 2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2) ⇔ 2(a 2 + b 2 ) + ab = a 2 b + ab 2 + 2(a + b) ⇔ 2 ab ba ⎛ + ⎜ ⎝⎠ ⎞ ⎟ + 1 = (a + b) + 2 11 . ab ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm (a + b) + 2 11 ab ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ ≥ 2 11 2( )ab ab ⎛⎞ ++ ⎜⎟ ⎝⎠ = 22 2 ab ba ⎛ ++ ⎜ ⎝⎠ ⎞ ⎟ , suy ra: 2 ab ba ⎛ + ⎜ ⎝⎠ ⎞ ⎟ + 1 ≥ 22 2 ab ba ⎛⎞ ++ ⎜⎟ ⎝⎠ ⇒ ab ba + ≥ 5 . 2 0,25 Đặt t = ab ba + , t ≥ 5 2 , suy ra: P = 4(t 3 – 3t) – 9(t 2 – 2) = 4t 3 – 9t 2 – 12t + 18. Xét hàm f(t) = 4t 3 – 9t 2 – 12t + 18, với t ≥ 5 . 2 0,25 Ta có: '( ) f t = 6(2t 2 – 3t – 2) > 0, suy ra: 5 ; 2 min ( ) f t ⎡⎞ +∞ ⎟ ⎢ ⎣⎠ = 5 2 f ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ = – 23 . 4 Vậy, minP = – 23 ; 4 khi và chỉ khi: 5 2 ab ba += và 11 2ab ab ⎛⎞ += + ⎜⎟ ⎝⎠ ⇔ (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 a a − 0,25 OM.ON = 8 ⇔ (5a 2 – 8a + 4) 2 = 4(a – 2) 2 . 0,25 ⇔ (5a 2 – 6a)(5a 2 – 10a + 8) = 0 ⇔ 5a 2 – 6a = 0 ⇔ a = 0 hoặc a = 6 . 5 0,25 Vậy, N(0; – 2) hoặc 62 ; 55 N ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,25 2. (1,0 điểm) Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 21 12 30 1 x yz xyz −+ ⎧ == ⎪ −− ⎨ ⎪ ++−= ⎩ ⇒ I(1; 1; 1). 0,25 Gọi M(a; b; c), ta có: M ∈ (P), MI ⊥ ∆ và MI = 41 ⇔ 4 222 30 220 ( 1) ( 1) ( 1) 224 abc abc abc ⎧ ++−= ⎪ −−+= ⎨ ⎪ −+−+−= ⎩ 0,25 ⇔ 22 2 21 34 ( 1) (2 2) ( 3 3) 224 ba ca aa 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 a 2 + b 2 ≠ 0, ta có: 53 10 i z z + −− (1,0 điểm) = ⇔ a – bi – 5i abi + + 3 – 1 = 0 0,25 [...]... -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: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1 (1,0 điểm) • Tập xác định: R \ {−1} • Sự biến thi n: - Chiều biến thi n:... Tìm môđun của số phức z + i z 1− 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 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1 (1,0 điểm) Khi m = 1, ta có... trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = trên x +1 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.laisac.page.tl 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... thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh: 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 I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1 (1,0 điểm) • Tập xác định: R • Sự biến thi n: - Chiều biến thi n: y ' = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); y ' (x) = 0 ⇔ x = 0 - Hàm số đồng biến... bộ coi thi không giải thích gì thêm Δ1 : Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1 (1,0 điểm) Khảo sát… • Tập xác định: D = • Sự biến thi n: ⎧ 3⎫ \ ⎨− ⎬ ⎩ 2⎭ - Chiều biến thi n:... (1), ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (3; 1) - Hết - Trang 4/4 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn thi: TOÁN; Khối: A ĐỀ CHÍNH THỨC 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) x+2 Cho hàm số y = (1) 2x + 3 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) 2 Viết phương trình tiếp... ⎪ ⎩ 2 x = −1 ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ 1 ⎪y = 2 ⎩ - Hết - Điều kiện y > Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 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 y = − x 4 − x 2 + 6 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2 Viết... tại B và C sao cho BC = 8 Suy ra bán kính của (S) là: R = 5 Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25 VII.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 Ta có: (1 − 3i )3 = − 8 0,25 Do đó z = −8 = − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i 1− i 0,25 ⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i 0,25 Vậy: z + iz = 8 2 0,25 - Hết - Trang 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: ... y = 3, tại x = 0; max y = [0; 2] Trang 4/4 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC 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 thi n và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 2 Tìm m để đồ thị của hàm... 2 i ⎟ = 2 ⎜ cos 3 + i sin 3 ⎟ và 1 + i = ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 8 ( cos π + i sin π ) suy ra: z = 3π 3π ⎞ ⎛ 2 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4 4 ⎠ ⎝ π π⎞ ⎛ 2 ⎜ cos + i sin ⎟ ; 4 4⎠ ⎝ 0,25 0,25 π π⎞ ⎛ = 2 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4 4⎠ ⎝ 0,25 = 2 + 2i Vậy số phức z có: Phần thực là 2 và phần ảo là 2 0,25 - Hết - Trang 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 . 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. 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.