Tài liệu Tuyển tập đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ từ 2002-2012 potx

nhatvietedu.vn giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 -Môn thi : toán Đề thức (Thời gian lµm bµi: 180 phót) _ Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hàm số : y = − x + 3mx + 3(1 − m ) x + m − m (1) ( m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = − x + x + k − 3k = có ba nghiệm phân biệt Tìm k để phơng trình: Viết phơng trình đờng thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1) Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm) 2 log x + log x + − 2m = Cho phơng trình : (2) ( m tham số) m = Giải phơng trình (2) Tìm m để phơng trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [ ; 3 ] Câu III (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 ®iĨm ) cos 3x + sin 3x  Tìm nghiệm thuộc khoảng (0 ; ) phơng trình: sin x + = cos x + + sin x Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng: y =| x x + | , y = x + C©u IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S ABC đỉnh S , có độ dài cạnh đáy a Gọi M N lần lợt trung điểm cạnh SB SC Tính theo a diện tích tam giác AMN , biết mặt phẳng ( AMN ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đờng thẳng: x = 1+ t  x − 2y + z − =  vµ ∆ :  y = + t ∆1 :  x + y − 2z + =  z = + 2t a) Viết phơng trình mặt phẳng ( P) chứa đờng thẳng song song với ®−êng th¼ng ∆ b) Cho ®iĨm M (2;1;4) Tìm toạ độ điểm H thuộc đờng thẳng cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ Câu V.( ĐH : 2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông A , phơng trình đờng thẳng BC x y = 0, đỉnh A B thuộc trục hoành bán kính đờng tròn nội tiếp Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Cho khai triĨn nhÞ thøc: n n n −1 n −1 −x −  x2   −x   x −1   x −1   − x   x −1  − x  n n  +  = C n  2  + C n  2    + L + C n −1  2   + C n                             ( n lµ sè nguyên dơng) Biết khai triển C n = 5C n số hạng thứ t 20n , tìm n x HÕt Ghi chó: 1) Thí sinh thi cao đẳng không làm Câu V n 2) Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: nhatvietedu.vn Sè b¸o danh: giáo dục đào tạo - C©u ý I Kú thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 Đáp án thang điểm môn toán khối A Nội dung §H m = ⇒ y = − x + 3x x = y' = ⇔ x2 = Tập xác định x ∈ R y ' = −3x + x = −3 x( x − 2) , C§ ∑1,0 ® ∑1,5 ® 0,5® 0,5 ® 0,5 ® 0,25 ® y" = −6 x + = 0, 0,25 ® 0,5 đ y" = x = Bảng biÕn thiªn −∞ x − y' + 0 + +∞ U C§ låi − − CT y lâm y" +∞ x = y=0 , x = Đồ thị: y (−1) = y -1 x ( ThÝ sinh cã thĨ lËp b¶ng biến thiên) nhatvietedu.vn I Cách I Ta có − x + x + k − 3k = ⇔ − x + 3x = k + 3k Đặt a = k + 3k Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình x + x = a cã nghiƯm ph©n biƯt ⇔ < a < ⇔ < − k + 3k <  −1 < k < 0≠k C¸ch II Ta cã − x + x + k − 3k = ⇔ ( x − k ) x + (k − 3) x + k − 3k ] = cã nghiƯm ph©n biƯt ⇔ f ( x) = x + (k − 3) x + k − 3k = có nghiệm phân biệt khác k ∆ = −3k + 6k + >  −1 < k < ⇔ ⇔  2 k ≠ ∧ k ≠ k + k − 3k + k − 3k ≠ [ 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® - - 0,25® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® 1,0 đ Cách I x = m y' = ⇔   x2 = m + Ta thÊy x1 ≠ x vµ y ' đổi dấu qua x1 x hàm số đạt cực trị x1 x y1 = y ( x1 ) = − m + 3m − vµ y = y ( x ) = − m + 3m + Phơng trình đờng thẳng qua điểm cùc trÞ M m − 1;− m + 3m − vµ M m + 1;− m + 3m + lµ: y ' = −3x + 6mx + 3(1 − m ) = −3( x − m) + , ( ) ( ) x − m + y + m − 3m + = ⇔ y = 2x − m2 + m ' C¸ch II y = −3 x + 6mx + 3(1 − m ) = −3( x − m) + , Ta thÊy 2 ∆' = 9m + 9(1 − m ) = > ⇒ y ' = cã nghiƯm x1 ≠ x vµ y ' đổi dấu qua x1 x hàm số đạt cực trị x1 x Ta cã y = − x + 3mx + 3(1 − m ) x + m − m m 1 =  x −  − 3x + 6mx + − 3m + x − m + m 3 Từ ta có y1 = x1 − m + m vµ y = x − m + m VËy ph−¬ng trình đờng thẳng qua điểm cực trị y = x − m + m ( II ∑ 0,5 ® ∑ 0,5 ® ) Víi m = ta cã log x + log x + − = 3 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® - 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 0,5 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,5 ® §iỊu kiƯn x > §Ỉt t = log x + ≥ ta cã t −1+ t − = ⇔ t + t − = t = −3 ⇔1  t2 = 2 nhatvietedu.vn t1 = −3 (lo¹i) , t = ⇔ log x = ⇔ log x = ± ⇔ x = ± 0,25 ® 0,5 ® x = ± tháa m·n ®iỊu kiƯn x > (ThÝ sinh cã thĨ giải trực tiếp đặt ẩn phụ kiểu khác) 1,0 ® ∑1,0 ® log x + log x + − 2m − = (2) 3 Điều kiện x > Đặt t = log x + ≥ ta cã t − + t − m − = ⇔ t + t − 2m − = (3) 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® - 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® x ∈ [1,3 ] ⇔ ≤ log x ≤ ⇔ ≤ t = log x + ≤ VËy (2) cã nghiƯm ∈ [1,3 ] vµ chØ (3) có nghiệm [ 1,2 ] Đặt f (t ) = t + t Cách Hàm số f (t ) hàm tăng đoạn [1; 2] Ta cã f (1) = vµ f (2) = Phơng trình t + t = 2m + ⇔ f (t ) = 2m + cã nghiÖm ∈ [1;2]  f (1) ≤ 2m + 2 ≤ m + ⇔ ⇔ ⇔ ≤ m ≤  f (2) ≥ 2m + 2 m + ≤ C¸ch TH1 Phơng trình (3) có nghiệm t1 ,t tháa m·n < t1 ≤ t < t +t Do = − < nên không tồn m 2 TH2 Phơng trình (3) có nghiệm t1 ,t tháa m·n t1 ≤ ≤ t ≤ hc ≤ t1 ≤ ≤ t ⇔ −2m(4 − 2m ) ≤ ⇔ ≤ m (Thí sinh dùng đồ thị, đạo hàm đặt ẩn phụ kiểu khác ) III cos x + sin x    sin x +  = cos x + §iỊu kiƯn sin x ≠ − + sin x   cos 3x + sin 3x   sin x + sin x sin x + cos x + sin x   Ta cã  sin x +   = 5 + sin x  + sin x     sin x + cos x − cos x + cos x + sin x   (2 sin x + 1) cos x  =5   =5  = cos x + sin x    + sin x  VËy ta cã: cos x = cos x + ⇔ cos x − cos x + = cos x = (loại) cos x = ⇒ x = ± + 2kπ (k ∈ Z ) 3 nhatvietedu.vn ∑1,0 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 5π π vµ x = Ta thÊy x1 , x tháa m·n ®iỊu 3 5π π kiÖn sin x ≠ − Vậy nghiệm cần tìm là: x1 = x = 3 (ThÝ sinh cã thể sử dụng phép biến đổi khác) Vì x ∈ (0 ; 2π ) nªn lÊy x1 = y 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® ∑1,0 ® -1 -1 x Ta thấy phơng trình | x x + |= x + cã nghiÖm x1 = x = Mặt khác | x − x + |≤ x + ∀ x ∈ [0;5] VËy ( ) ( ) ( 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25® 0,25® ∑1® ∑1® ) S = ∫ x + 3− | x − x + | dx = ∫ x + − x + x − dx + ∫ x + + x − x + dx 0 ( ) + ∫ x + − x + x − dx ( ) ( ) ( ) S = ∫ − x + x dx + ∫ x − x + dx + ∫ − x + x dx 1 3 5    1   S =  − x3 + x  +  x3 − x + 6x  +  − x3 + x  0 3 2 3  1  13 26 22 109 S= + + = (®.v.d.t) 3 (Nếu thí sinh vẽ hình không thiết phải nêu bất đẳng thức | x x + |≤ x + ∀ x ∈ [0;5] ) IV nhatvietedu.vn S N I M A C 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® K B Gọi K trung điểm BC I = SK ∩ MN Tõ gi¶ thiÕt a ⇒ MN = BC = , MN // BC ⇒ I trung điểm SK MN 2 Ta cã ∆SAB = ∆SAC ⇒ hai trung tuyÕn tơng ứng AM = AN AMN cân A ⇒ AI⊥MN (SBC )⊥( AMN )  (SBC ) ( AMN ) = MN Mặt khác ⇒ AI⊥(SBC ) ⇒ AI⊥SK AI ⊂ ( AMN ) AIMN Suy SAK cân A ⇒ SA = AK = a 3a a a SK = SB − BK = − = 4 2 2  SK  ⇒ AI = SA − SI = SA −   =   Ta cã S ∆AMN 3a a a 10 − = a 10 = MN AI = (®vdt) 16 chó ý 1) Cã thĨ chøng minh AI⊥MN nh− sau: BC⊥(SAK ) ⇒ MN⊥(SAK ) ⇒ MN⊥AI 2) Cã thể làm theo phơng pháp tọa độ: Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho a   a   −a   −a  K (0;0;0), B ;0;0 , C  − ;0;0 , A 0; ;0 , S  0; ;h    2    h độ dài đờng cao SH hình chóp S ABC nhatvietedu.vn 2a) Cách I Phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng có dạng: (x y + z − 4) + β (x + y − z + 4) = ( α + β ≠ ) ⇔ (α + β )x − (2α − β ) y + (α − β )z − 4α + β = r r VËy n P = (α + β ;−2α + β ;α − β ) Ta cã u = (1;1;2 ) // ∆ vµ M (1;2;1) ∈ ∆ r r  n P u = α − β = (P ) // ∆ ⇔  VËy (P ) : x − z = ⇔ M (1;2;1) ∉ (P )  M ∉ (P ) ∑ 0,5 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® - 0,5 ® - 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® ∑ 0,5 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,5 ® Ta cã thĨ chun phơng trình sang dạng tham số nh sau: x = 2t ' Từ phơng trình suy x z = Đặt x = 2t ' ⇒ ∆ :  y = 3t '−2  z = 4t '  r ⇒ M (0;−2;0) ∈ ∆ , u1 = (2;3;4) // ∆ (Ta cã thĨ t×m täa ®é ®iĨm M ∈ ∆ b»ng c¸ch cho x = ⇒ y = −2 z = C¸ch II r −2 1 1 −2  vµ tÝnh u1 =   − ; − ;  = (2;3;4) )   r Ta cã u = (1;1;2 ) // Từ ta có véc tơ pháp mặt phẳng (P) : r r r n P = [u1 , u ] = (2;0;−1) Vậy phơng trình mặt phẳng (P) qua M (0;−2;0 ) r vµ ⊥ n P = (2;0;−1) là: x z = Mặt khác M (1;2;1) (P ) phơng trình mặt phẳng cần tìm là: x z = 2b) b)C¸ch I H ∈ ∆ ⇒ H (1 + t ,2 + t ,1 + 2t ) ⇒ MH = (t − 1; t + 1;2t − 3) ⇒ MH = (t − 1) + (t + 1) + (2t − 3) = 6t − 12t + 11 = 6(t 1) + đạt giá trị nhỏ nhÊt vµ chØ t = ⇒ H (2;3;3) C¸ch II H ∈ ∆ ⇒ H (1 + t ;2 + t ;1 + 2t ) r MH nhá nhÊt ⇔ MH⊥∆ ⇔ MH u = ⇔ t = ⇒ H (2;3;4) V 2 2 Ta cã BC I Ox = B(1;0 ) Đặt x A = a ta có A(a; o) ( 1đ ) xC = a ⇒ y C = 3a − VËy C a; 3a −   2a + (a − 1)   xG = ( x A + x B + x C )  Tõ c«ng thøc  ta cã G  ;     yG = ( y A + y B + yC )  C¸ch I Ta cã : AB =| a − |, AC = | a − |, BC = | a − | Do ®ã nhatvietedu.vn 0,25 ® S ∆ABC = Ta cã VËy (a − 1)2 AB AC = 2 2S (a − 1) | a −1| r= = = = AB + AC + BC | a − | + | a − | +1 | a − |= + 0,25 ® 0,25 ® 7+4 6+2 3  ; TH1 a1 = + ⇒ G1   3     − −1 − −   ; TH2 a = −2 − ⇒ G2    3  Cách II y C 0,25 đ - I O B A x Gäi I tâm đờng tròn nội tiếp ABC Vì r = ⇒ y I = ±2 x −1 Phơng trình BI : y = tg 30 0.( x − 1) = ⇒ xI = ± TH1 Nếu A O khác phía đối víi B ⇒ x I = + Tõ d ( I , AC ) = 7+4 6+2 3  ⇒ a = x I + = + ⇒ G1  ;  3    TH NÕu A O phía B x I = − T−¬ng tù  − −1 − −   ; ta cã a = x I − = −1 − ⇒ G2    3   0,25 ® 0,25 ® ∑1 ® Tõ 0,25 ® C n = 5C n ta cã n ≥ vµ nhatvietedu.vn n! n! n(n − 1)(n − 2) =5 ⇔ = 5n ⇔ n − 3n − 28 = (n − 1)! 3!(n 3)! n1 = (loại) n = Víi n = ta cã −  x2  2  C     0,25 ® 0,25 ®  −3x    = 140 ⇔ 35.2 x −2.2 − x = 140 ⇔ x − = ⇔ x =     nhatvietedu.vn 0,5 ® ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3mx + 3m3 (1), m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A B cho tam giác OAB có diện tích 48 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2(cos x + sin x) cos x = cos x − sin x + Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x + + x − x + ≥ x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x3 x + 3x2 + dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA = 2a, AB = a Gọi H hình chiếu vng góc A cạnh SC Chứng minh SC vng góc với mặt phẳng (ABH) Tính thể tích khối chóp S.ABH theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x5 + y5 + z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C1 ): x + y = 4, (C2 ): x + y − 12 x + 18 = đường thẳng d : x − y − = Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc (C2 ), tiếp xúc với d cắt (C1 ) hai điểm phân biệt A B cho AB vng góc với d x −1 y z hai = = −2 điểm A(2;1; 0), B (−2;3; 2) Viết phương trình mặt cầu qua A, B có tâm thuộc đường thẳng d Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu 9.a (1,0 điểm) Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải tập Tính xác suất để học sinh gọi có nam 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 AC = BD đường tròn tiếp xúc với cạnh hình thoi có phương trình x + y = Viết phương trình tắc elip (E) qua đỉnh A, B, C, D hình thoi Biết A thuộc Ox Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0; 0;3), M (1; 2; 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A cắt trục Ox, Oy B, C cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z − i z − = Viết dạng lượng giác z1 z2 HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: nhatvietedu.vn BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 1, ta có: y = x3 − 3x + • Tập xác định: D = • Sự biến thiên: 0,25 − Chiều biến thiên: y ' = x − x; y ' = ⇔ x = x = Các khoảng đồng biến: (− ∞; 0) (2; + ∞) , khoảng nghịch biến: (0; 2) − Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 3; đạt cực tiểu x = 2, yCT = −1 − Giới hạn: lim y = −∞ lim y = + ∞ x→−∞ − Bảng biến thiên: 0,25 x→+ ∞ x −∞ y' + +∞ – + +∞ 0,25 y −∞ • Đồ thị: –1 y 0,25 O x −1 b) (1,0 điểm) y ' = x − 6mx; y ' = ⇔ x = x = 2m Đồ thị hàm số có điểm cực trị m ≠ (*) Các điểm cực trị đồ thị A(0; 3m3 ) B (2m; − m3 ) Suy OA = | m3 | d ( B, (OA)) = | m | 0,25 0,25 S ∆OAB = 48 ⇔ 3m4 = 48 0,25 ⇔ m = ± 2, thỏa mãn (*) 0,25 Trang 1/4 nhatvietedu.vn Phương trình cho tương đương với: cos x + sin x = cos x − sin x (1,0 điểm) π π ⇔ cos x − = cos x + 3 0,25 ) ( ) 0,25 ( ) 0,25 ( π π ⇔ x − = ± x + + k 2π (k ∈ ) 3 ⇔ x= 2π 2π + k 2π x = k (k ∈ ) 3 0,25 Điều kiện: ≤ x ≤ − x ≥ + (*) (1,0 điểm) Nhận xét: x = nghiệm bất phương trình cho Với x > 0, bất phương trình cho tương đương với: x+ + x + − ≥ (1) x x x+ Đặt t = x + (2), bất phương trình (1) trở thành x ⇔ t ≥ Thay vào (2) ta ⎡3 − t < t − ≥ − t ⇔ ⎢⎧3 − t ≥ ⎢⎨ ⎢ t − ≥ (3 − t ) ⎣⎩ ≥ ⇔ x ≥ x x≤ 0,25 0,25 0,25 x ≥ Kết hợp (*) nghiệm x = 0, ta tập nghiệm bất phương trình cho là: ⎡0; ⎤ ∪ [4; +∞) ⎢ 4⎥ ⎣ ⎦ ⇔0< x≤ (1,0 điểm) Đặt t = x , suy dt = xdx Với x = t = 0; với x =1 t =1 Khi I = = ∫ ∫( ∫ 0,25 ) ) ( 1 dt = ln|t + 2| − ln|t +1| − t + t +1 = ln3 − (1,0 điểm) 0,25 x 2 xdx td t = ( x +1)( x + 2) (t +1)(t + 2) 0 0,25 ln2 0,25 Gọi D trung điểm cạnh AB O tâm ∆ABC Ta có AB ⊥ CD AB ⊥ SO nên AB ⊥ ( SCD ), AB ⊥ SC S Mặt khác SC ⊥ AH , suy SC ⊥ ( ABH ) Ta có: CD = H C A D 0,25 a a a 33 nên SO = SC −OC = , OC = 3 SO.CD a 11 11a Do DH = = Suy S ∆ABH = AB.DH = SC Ta có SH = SC − HC = SC − CD − DH = O B Do VS ABH 11a = SH S ∆ABH = 96 Trang 2/4 nhatvietedu.vn 7a 0,25 0,25 0,25 0,25 Với x + y + z = x + y + z = 1, ta có: (1,0 điểm) = ( x + y + z ) = x + y + z + x( y + z ) + yz =1− x + yz , nên yz = x − y + z − x2 1 − x2 6 Mặt khác yz ≤ = (*) , suy ra: x − ≤ , − ≤ x≤ 2 2 3 0,25 Khi đó: P = x5 + ( y + z )( y + z ) − y z ( y + z ) ( ) 12 x 1 x = (2 x3 − x) = x5 + (1− x )⎡− x(1− x ) + x x − ⎤ + x − ⎢ ⎣ ⎦ 2⎥ ⎡ 6 6⎤ Xét hàm f ( x) = x3 − x ⎢ − ; ⎥ , suy f '( x) = x − 1; f '( x) = ⇔ x = ± ⎥ ⎢ ⎣ ⎦ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ 6 , f ⎜ ⎟ = f ⎜− Ta có f ⎜ − ⎟= f ⎜ ⎟=− ⎟ = Do f ( x) ≤ 9 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = x5 + (1− x ) ⎡( y + z )( y + z ) − yz ( y + z )⎤ + x − ⎣ ⎦ 0,25 ( ) ( ) Suy P ≤ Khi x = 36 6 dấu xảy Vậy giá trị lớn P , y = z =− 36 7.a (1,0 điểm) (C) A 0,25 d I (C1) có tâm gốc tọa độ O Gọi I tâm đường tròn (C) cần viết phương trình, ta có AB ⊥ OI Mà AB ⊥ d O ∉ d nên OI//d, OI có phương trình y = x 0,25 0,25 Mặt khác I ∈ (C2 ), nên tọa độ I thỏa mãn hệ: ⎧y = x ⎧x = ⎪ ⇔⎨ ⇒ I (3;3) ⎨ 2 ⎪x + y −12 x +18 = ⎩ y = ⎩ 0,25 Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d ( I , d ) = 2 0,25 Vậy phương trình (C) ( x − 3) + ( y − 3) = 0,25 B (C1) (C2) 8.a (1,0 điểm) Gọi (S) mặt cầu cần viết phương trình I tâm (S) Do I ∈ d nên tọa độ điểm I có dạng I (1+ 2t ; t ; − 2t ) 0,25 Do A, B∈( S ) nên AI = BI , suy (2t −1) + (t −1) + 4t = (2t + 3) + (t −3) + (2t + 2) ⇒ t =−1 0,25 Do I (−1; − 1; 2) bán kính mặt cầu IA = 17 0,25 Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm ( x + 1) + ( y + 1) + ( z − 2) = 17 0,25 9.a (1,0 điểm) Số cách chọn học sinh lớp C25 =12650 0,25 2 Số cách chọn học sinh có nam nữ C15 C10 + C15 C10 + C15 C10 0,25 = 11075 0,25 Xác suất cần tính P = 11075 443 = 12650 506 Trang 3/4 nhatvietedu.vn 0,25 7.b (1,0 điểm) y B H A C O D x2 + y2 =1( a > b > 0) Hình thoi ABCD có a b2 AC = BD A, B, C, D thuộc (E) suy OA = 2OB Giả sử ( E ): 0,25 Khơng tính tổng quát, ta xem A(a;0) x B 0; a Gọi H hình chiếu vng góc O AB, suy OH bán kính đường trịn (C ) : x + y = 0,25 1 1 = = + = + 2 2 OH OA OB a a2 0,25 ( ) Ta có: x2 y + = Suy a = 20, b2 = Vậy phương trình tắc (E) 20 8.b Do B ∈ Ox, C ∈ Oy nên tọa độ B C có dạng: B(b; 0; 0) C (0; c; 0) (1,0 điểm) b c Gọi G trọng tâm tam giác ABC, suy ra: G ; ; 3 ( ) Ta có AM = (1;2; −3) nên đường thẳng AM có phương trình x y z−3 = = −3 b c −2 Do G thuộc đường thẳng AM nên = = Suy b = c = −3 Do phương trình mặt phẳng (P) x y z + + = 1, nghĩa ( P) : x + y + z − 12 = 9.b Phương trình bậc hai z − i z − = có biệt thức ∆ = (1,0 điểm) Suy phương trình có hai nghiệm: z1 = + i z2 = −1 + 3i 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 π π • Dạng lượng giác z1 z1 = 2⎛cos + isin ⎞ ⎜ ⎟ 3⎠ ⎝ 0,25 2π 2π • Dạng lượng giác z2 z2 = 2⎛cos + isin ⎞ ⎜ ⎟ 3⎠ ⎝ 0,25 HẾT Trang 4/4 nhatvietedu.vn ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Mơn: TỐN; Khối D 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) x − mx − 2(3m − 1) x + (1), m tham số thực 3 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 x2 cho x1 x2 + 2( x1 + x2 ) = Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x + cos 3x − sin x + cos x = cos x ⎧ xy + x − = ⎪ Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ ) 2 ⎪ x − x y + x + y − xy − y = ⎩ π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x(1 + sin x)dx Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A' B 'C ' D ' có đáy hình vng, tam giác A' AC vng cân, AC = a Tính thể tích khối tứ diện ABB'C ' khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BCD ') theo a ' Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn ( x − 4)2 + ( y − 4)2 + xy ≤ 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x3 + y3 + 3( xy − 1)( x + y − 2) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A 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 AD có phương trình x + y = x − y + = 0; đường thẳng BD qua điểm M − ;1 Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ): x + y − z + 10 = điểm I (2;1;3) Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo đường trịn có bán kính ( ) Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (2 + i ) z + 2(1 + 2i ) = + 8i Tìm mơđun số phức w = z + + i 1+ i B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y + = Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d, cắt trục Ox A B, cắt trục Oy C D cho AB = CD = x −1 y +1 z = = hai −1 điểm A(1; −1; 2), B (2; −1;0) Xác định tọa độ điểm M thuộc d cho tam giác AMB vuông M Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình z + 3(1 + i) z + 5i = tập hợp số phức HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: nhatvietedu.vn ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) 2 Khi m = 1, hàm số trở thành y = x3 − x − x + 3 • Tập xác định: D = • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ′ = x − x − 4; y ′ = ⇔ x = −1 x = 0,25 Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) (2; +∞); khoảng nghịch biến ( −1; 2) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = −1, yCĐ = 3, đạt cực tiểu x = 2, yCT = −6 - Giới hạn: lim y = − ∞, lim y = + ∞, x →− ∞ 0,25 x →+ ∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' –1 + +∞ – + +∞ 0,25 y −∞ • Đồ thị: –6 y –1 O x 0,25 –6 b) (1,0 điểm) Ta có y ′ = x − 2mx − 2(3m − 1) 0,25 Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phương trình y′ = có hai nghiệm phân biệt ⇔ 13m − > ⇔ m > 13 13 m < − 13 13 0,25 Ta có: x1 + x2 = m x1 x2 = − 3m , x1 x2 + 2( x1 + x2 ) = ⇔ − 3m + 2m = 0,25 2 ⇔ m = m = Kiểm tra điều kiện ta m = 3 0,25 Trang 1/4 nhatvietedu.vn Câu Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với: (2sin x + 2cos x − 2)cos x = (1,0 điểm) π kπ (k ∈ ) • cos x = ⇔ x = + π • 2sin x + 2cos x − = ⇔ cos x − = π 7π ⇔x= + k 2π x = − + k 2π (k ∈ ) 12 12 Vậy nghiệm phương trình cho là: π kπ 7π π + k 2π, x = − + k 2π (k ∈ ) x= + , x= 12 12 ⎧ xy + x − = (1) ⎪ Hệ cho tương đương với: ⎨ (1,0 điểm) ⎪(2 x − y + 1)( x − y ) = (2) ⎩ 0,25 0,25 ( ) 0,25 0,25 0,25 −1 ± ⎛ −1 + ⎞ ⎛ −1 − ⎞ Do ta nghiệm ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ ( x; y ) = ⎜ ; − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 • x − y = ⇔ y = x Thay vào (1) ta x3 + x − = ⇔ ( x − 1)( x + x + 2) = 0,25 ⇔ x = Do ta nghiệm ( x; y ) = (1; 1) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: ⎛ −1 + ⎞ ⎛ −1 − ⎞ ( x; y ) = (1; 1), ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ , ( x; y ) = ⎜ ; − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 • x − y + = ⇔ y = x + Thay vào (1) ta x + x − = ⇔ x = (1,0 điểm) π π ∫ ∫ I = xdx + x sin xdx = 0 π x2 π ∫ + x sin xdx = 0 π π + x sin xdx 32 ∫ 0,25 Đặt u = x;dv = sin xdx, suy du = dx; v = − cos x π Khi π 1 π 0,25 π ∫ x sin xdx = − x cos x + ∫ cos xdx = ∫ cos xdx 0 0,25 π π2 1 + = sin x = Do I = 32 4 (1,0 điểm) Tam giác A′AC vuông cân A a A′A = AC = Do AB = B′C ′ = B' A' D H C B 0,25 0,25 Gọi H chân đường cao kẻ từ A ∆A′AB Ta có AH ⊥ A ' B AH ⊥ BC nên AH ⊥ ( A ' BC ), nghĩa AH ⊥ ( BCD ') Do AH = d ( A,( BCD ')) C' A′C = a nên a 1 a3 V ABB′C ′ = B ' C '.S ∆ABB ' = B ' C ' AB.BB ' = 48 D' A 0,25 0,25 = + = a2 a Do d ( A,( BCD ')) = AH = Ta có AH AB Trang 2/4 nhatvietedu.vn 2 AA' 0,25 Câu Đáp án Ta có ( x − 4)2 + ( y − 4)2 + xy ≤ 32 ⇔ ( x + y ) − 8( x + y ) ≤ ⇔ ≤ x + y ≤ (1,0 điểm) A = ( x + y )3 − 3( x + y ) − xy + ≥ ( x + y )3 − ( x + y )2 − 3( x + y ) + Xét hàm số: f (t ) = t − t − 3t + đoạn [0; 8] Ta có f ′(t ) = 3t − 3t − 3, f ′(t ) = ⇔ t = 0,25 0,25 1+ 1− t = (loại) 2 ⎛ + ⎞ 17 − 5 17 − 5 Ta có f (0) = 6, f ⎜ = , f (8) = 398 Suy A ≥ ⎜ ⎟ ⎟ 4 ⎝ ⎠ Khi x = y = Điểm 17 − 5 1+ dấu xảy Vậy giá trị nhỏ A 4 0,25 0,25 ⎧x + 3y = ⇒ A( −3;1) Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ⎨ ⎩x − y + = 7.a (1,0 điểm) A B N K I M D C 0,25 Gọi N điểm thuộc AC cho MN//AD Suy MN có phương trình x − y + = Vì N thuộc AC, nên tọa ⎧ ⎪x − y + = ⎛ 1⎞ ⇒ N ⎜ −1; ⎟ độ điểm N thỏa mãn hệ ⎨ 3⎠ ⎝ ⎪x + 3y = ⎩ 0,25 Đường trung trực ∆ MN qua trung điểm MN vng góc với AD, nên có phương trình x + y = Gọi I K giao điểm ∆ với AC AD ⎧x + y = Suy tọa độ điểm I thỏa mãn hệ ⎨ ⎩ x + y = 0, ⎧x + y = tọa độ điểm K thỏa mãn hệ ⎨ ⎩ x − y + = Do I(0; 0) K(−2;2) AC = AI ⇒C (3;−1); AD = AK ⇒ D(−1;3); BC = AD ⇒ B(1;−3) Gọi H hình chiếu vng góc I (P) Suy H tâm đường tròn giao tuyến 8.a (1,0 điểm) mặt phẳng (P) mặt cầu (S) cần viết phương trình 0,25 0,25 0,25 Ta có IH = d ( I ;( P )) = 0,25 Bán kính mặt cầu (S) là: R = 32 + = 0,25 Phương trình mặt cầu (S) là: ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 3)2 = 25 0,25 2(1 + 2i ) 9.a = + 8i ⇔ (2 + i) z = + 7i Ta có: (2 + i) z + (1,0 điểm) 1+ i 0,25 ⇔ z = + 2i 0,25 Do w = + 3i 0,25 Môđun w 42 + 32 = 0,25 Trang 3/4 nhatvietedu.vn Câu Đáp án Gọi I tâm đường trịn (C) cần viết phương trình 7.b Do I ∈ d nên tọa độ I có dạng I (t ;2t + 3) (1,0 điểm) AB = CD ⇔ d ( I , Ox) = d ( I , Oy ) ⇔ | t | = | 2t + |⇔ t = −1 t =−3 Điểm 0,25 0,25 • Với t = −1 ta I (−1;1), nên d ( I ; Ox) = Suy ra, bán kính (C) 12 +12 = Do (C ): ( x + 1) + ( y − 1)2 = • Với t = −3 ta I (−3;−3), nên d ( I ;Ox) = Suy ra, bán kính (C) Do (C ): ( x + 3)2 + ( y + 3)2 = 10 Do M ∈ d nên tọa độ điểm M có dạng M (1 + 2t ; −1 − t ; t ) 8.b (1,0 điểm) Ta có AM = (2t ; −t ; t − 2), BM = (−1 + 2t; −t; t ) Tam giác AMB vuông M ⇔ AM BM = 32 +12 = 10 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ 2t (−1 + 2t ) + t + t (t − 2) = ⇔ 6t − 4t = 0,25 ⎛7 2⎞ ⇔ t = t = Do M (1; −1;0 ) M ⎜ ; − ; ⎟ ⎝3 3⎠ 0,25 Phương trình bậc hai z + 3(1+ i ) z + 5i = có biệt thức ∆ = −2i 9.b (1,0 điểm) = (1 − i ) Do nghiệm phương trình z = z = −3(1 + i) + (1 − i) = −1 − 2i −3(1 + i ) − (1 − i ) = −2 − i 0,25 0,25 0,25 0,25 - HẾT - Trang 4/4 nhatvietedu.vn ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối A, Khối A1, Khối B Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x + Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1) x +1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) b) Viết phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số (1), biết d vuông góc với đường thẳng y = x + Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình 2cos x + sin x = sin 3x b) Giải bất phương trình log (2 x).log (3 x) > Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x x +1 dx Câu (1,0 điểm) Cho khối chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A, AB = a , SA = SB = SC Góc đường thẳng SA mặt phẳng ( ABC ) 60o Tính thể tích khối chóp S ABC bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC theo a Câu (1,0 điểm) Giải phương trình x3 + x − ( x + 1) x + = ( x ∈ ) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 6.a (2,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x + y − x − y + = đường thẳng d : x − y + m = Tìm m để d cắt (C ) hai điểm A, B cho AIB = 120o , với I tâm (C ) b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng: ⎧x = t ⎪ d1 : ⎨ y = 2t (t ∈ ), ⎪z = − t ⎩ ⎧ x = + 2s ⎪ d : ⎨ y = + 2s (s ∈ ) ⎪ z = −s ⎩ Chứng minh d1 d cắt Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d Câu 7.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i ) z − 2−i = (3 − i ) z Tìm tọa độ điểm biểu diễn z 1+ i mặt phẳng tọa độ Oxy B Theo chương trình Nâng cao Câu 6.b (2,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC Các đường thẳng BC , BB ', B ' C ' có phương trình y − = 0, x − y + = 0, x − y + = 0; với B ', C ' tương ứng chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Viết phương trình đường thẳng AB, AC x − y +1 z +1 b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : mặt phẳng = = −1 −1 ( P ) : x + y − z = Đường thẳng Δ nằm ( P ) vng góc với d giao điểm d ( P) Viết phương trình đường thẳng Δ Câu 7.b (1,0 điểm) Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z − z + + 2i = Tính z1 + z2 - Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh nhatvietedu.vn BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối A, Khối A1, Khối B Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = 2x + x +1 (1) • Tập xác định: R \ {−1} • Sự biến thiên: - Đạo hàm: y ' = −1 0,25 , y ' < , ∀x ≠ −1 ( x + 1) - Hàm số nghịch biến khoảng (− ∞; −1) (−1; + ∞) - Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = ; tiệm cận ngang y = x→ − ∞ x→ + ∞ lim y = − ∞ x → ( − 1) − lim y = + ∞ ; tiệm cận đứng x = −1 x → ( − 1) + 0,25 - Hàm số khơng có cực trị - Bảng biến thiên: x −∞ −1 − y' y +∞ − +∞ 0,25 −∞ • Đồ thị: y 0,25 3 − -1 O x b) (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số (1), biết d vng góc với đường thẳng y = x + d vng góc với đường thẳng y = x + ⇔ d có hệ số góc −1 Hồnh độ tiếp điểm x0 : y '( x0 ) = −1 ⇔ ⎡ x0 = −1 = −1 ⇔ ⎢ ( x0 + 1) ⎣ x0 = −2 0,25 0,25 x0 = : Phương trình tiếp tuyến d y = − x + x0 = −2 : Phương trình tiếp tuyến d y = − x − (2,0 điểm) 0,25 0,25 a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos x + sin x = sin x Phương trình cho tương đương với: 2cos x + sin x − sin x = ⇔ 2cos x − 2cos x sin x = 1/4 nhatvietedu.vn 0,25 ⎡ cos2 x = ⇔ 2cos x(sin x − 1) = ⇔ ⎢ ⎣sin x = cos x = ⇔ x = sin x = ⇔ x = π π +k π 0,25 0,25 + k 2π 0,25 b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình log ( x ) log ( x ) > Điều kiện x > Bất phương trình tương đương với (1 + log x )(1 + log x ) > 0,25 ⎡log x < − log ⇔ (1 + log x)(1 + log 2.log x) > ⇔ log x [ (log3 2).log x + log3 6] > ⇔ ⎢ ⎣log x > 0,25 log x < − log ⇔ < x < ⎛ 1⎞ log x > ⇔ x > Tập nghiệm bất phương trình cho: ⎜ 0; ⎟ ∪ (1; +∞ ) ⎝ 6⎠ (1,0 điểm) 0,25 0,25 Tính tích phân I = x ∫ x +1 Đặt dx x + = t ; dx = 2tdt ; x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = 0,25 ∫ Ta có I = 2(t − 1)dt 0,25 ⎛ t3 ⎞ Suy I = ⎜ − t ⎟ ⎝3 ⎠1 0,25 I= (1,0 điểm) 0,25 Cho khối chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A, AB = a , SA = SB = SC Góc đường thẳng SA mặt phẳng ( ABC ) 60o Tính thể tích khối chóp S ABC bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC theo a Gọi H trung điểm BC ⇒ HA = HB = HC Kết hợp với giả thiết SA = SB = SC suy SH ⊥ BC , ∆SHA = ∆SHB = ∆SHC S ⇒ SH ⊥ ( ABC ) SAH = 60o 0,25 H 2a B 60o C a A ∆ABC vuông cân A : AC = AB = a ⇒ BC = 2a ⇒ AH = a 1 3a ∆SHA vuông : SH = AH tan 60o = a ⇒ VS ABC = AB AC SH = 3 2/4 nhatvietedu.vn 0,25 Gọi O, R tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC ⇒ O thuộc đường thẳng SH ⇒ O thuộc mặt phẳng ( SBC ) ⇒ R bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆SBC 0,25 2a 2a SH = = 2a ⇒ ∆SBC có độ dài cạnh a ⇒ R = o o 2sin 60 sin 60 0,25 Xét ∆SHA, ta có SA = (1,0 điểm) Giải phương trình x3 + x − ( x + 1) x + = ( x ∈ ) Điều kiện x ≥ − Phương trình cho tương đương với: (2 x)3 + x = Xét hàm số f (t ) = t + t ⇒ f (t ) đồng biến ( ) 0,25 2x + + 2x + (1) Với t ∈ , f '(t ) = 3t + > Do (1) ⇔ x = x + Giải phương trình nghiệm x = 0,25 0,25 1+ 0,25 6.a a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x + y − x − y + = (2,0 điểm) đường thẳng d : x − y + m = Tìm m để d cắt (C ) hai điểm A, B cho AIB = 120o , với I tâm (C ) Đường tròn (C ) có tâm I (1;2), bán kính R = 0,25 Gọi H hình chiếu I d , đó: AIB = 120o ⇔ IH = IA cos60o = 0,25 |m− 2| =1 ⎡m = ⇔⎢ ⎣ m = −3 Do 0,25 0,25 b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: ⎧x = t ⎪ d1 : ⎨ y = 2t (t ∈ ), ⎪z = − t ⎩ ⎧ x = + 2s ⎪ d : ⎨ y = + s (s ∈ ) ⎪ z = −s ⎩ Chứng minh d1 d cắt Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d ⎧t = + 2s ⎪ Xét hệ ⎨2t = + 2s (*) ⎪1 − t = − s ⎩ 0,25 ⎧t = ⇒ d1 , d cắt Giải hệ (*) ⎨ ⎩s = 0,25 d1 có VTCP u1 = (1; 2; −1) , d có VTCP u2 = ( 2; 2; −1) Mặt phẳng cần tìm mặt phẳng qua điểm I (0;0;1) ∈ d1 có VTPT [u1 , u ] = ( 0; −1; −2 ) Phương trình mặt phẳng cần tìm: y + z − = 7.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i) z − 2−i = (3 − i ) z Tìm tọa độ điểm biểu diễn z mặt phẳng tọa 1+ i độ Oxy Phương trình cho tương đương với (1 − 2i) z − (3 − i) z = 2−i 1+ i 3/4 nhatvietedu.vn 0,25 ⇔ (−2 − i) z = ⇔z= − 3i 0,25 + i 10 10 0,25 0,25 ⎛1 7⎞ Điểm biểu diễn z M ⎜ ; ⎟ ⎝ 10 10 ⎠ 6.b (2,0 điểm) a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Các đường thẳng BC , BB ', B ' C ' có phương trình y − = 0, x − y + = 0, x − y + = 0; với B ', C ' tương ứng chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Viết phương trình đường thẳng AB, AC ⎧x − y + = Tọa độ điểm B ' nghiệm hệ ⎨ , giải hệ ta ⎩x − 3y + = ⎧ x = −2 ⇒ B '(−2;0) ⎨ ⎩y = 0,25 Đường thẳng AC qua B ' vng góc với BB ' nên AC có phương trình x + y + = ⎧x − y + = Tọa độ điểm B nghiệm hệ ⎨ , giải hệ ta ⎩y − = ⎧x + y + = Tọa độ điểm C nghiệm hệ ⎨ , giải hệ ta ⎩y − = ⎧x = ⇒ B (0; 2) ⎨ ⎩y = ⎧ x = −4 ⇒ C ( −4;2) ⎨ ⎩y = C '(3t − 2; t ) ∈ B ' C ', từ BC ' ⊥ CC ' suy C '(− ; ) C '( −2;0) 5 Nếu C '(− ; ) đường thẳng AB có phương trình x − y + = 5 Nếu C '(−2;0) đường thẳng AB có phương trình x − y + = 0,25 0,25 0,25 x − y +1 z +1 = = mặt −1 −1 phẳng ( P) : x + y − z = Đường thẳng ∆ nằm ( P) vng góc với d giao điểm d ( P ) Viết phương trình đường thẳng ∆ b) (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Gọi I giao điểm d ( P) ; I (1; −2;0) 0,25 ( P) có VTPT nP = (2;1; −2) , d có VTCP ud = (−1; −1;1) 0,25 [ nP , ud ] = ( −1;0; −1) ∆ nằm ( P) vng góc với d ⇒ ∆ có VTCP u∆ = [nP ; ud ] 0,25 ⎧x = 1− t Phương trình đường thẳng ∆ : ⎪ y = − ( t ∈ ) ⎨ ⎪ z = −t ⎩ 7.b (1,0 điểm) 0,25 Gọi z1 , z2 nghiệm phức phương trình z − z + + 2i = Tính z1 + z2 Phương trình cho tương đương với ( z − 1) − (1 − i ) = ⇔ ( z − i )( z − + i ) = 0,25 0,25 ⎡z = i ⇔ ⎢ ⎣z = − i z1 + z2 =| i | + | − i |= + 0,25 0,25 HẾT 4/4 nhatvietedu.vn ... C¸n coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: nhatvietedu.vn Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 đáp án thang điểm đề thi thức Môn thi : toán... chó: C¸n coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh Số báo danh nhatvietedu.vn Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 đáp án thang điểm đề thi thức Môn thi : toán... chú: Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: nhatvietedu.vn Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 đáp án thang điểm đề thi thức Môn thi : toán