Tổng hợp đề thi và đáp án môn toán khối A qua các năm. Sưu tầm đề thi toán khối a năm 2014, 2013, 2012, 2011, 2010, 2009 ... Đề thi đáp án chi tiết môn toán khối A qua các năm. Bộ đề giúp học sinh có thể tiếp cân với đề thi thực tế hơn. Khỏi bở ngỡ khi cầm đề thi. các dang đề thi năm nào cũng như vậy..
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 = x 3 − 2x 2 + (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 x 1 , x 2 , x 3 thoả mãn điều kiện 222 123 x xx++ < 4. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (1 sin cos 2 ) sin 1 4 cos 1tan 2 xxx x x π ⎛⎞ ++ + ⎜⎟ ⎝⎠ = + . 2. Giải bất phương trình 2 12( 1 xx xx − −−+) ≥ 1. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 1 22 0 2 d 12 xx x xe xe x e ++ + ∫ . 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 22 (4 1) ( 3) 5 2 0 42347 xxy y xy 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 d 1 : 30xy+= và d 2 : 3xy−=0. Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d 1 tại A, cắt d 2 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 3 2 và điểm A có hoành độ dương. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 1 21 1 xyz− == − 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)zi=+ −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 ∆: 22 232 3 x yz+−+ == . 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 ) 1 i 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 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 = x 3 − 2x 2 + 1. • Tập xác định: R. • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 'y = 3x 2 − 4x; '( )yx = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4 3 . 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và 4 ; 3 ⎛⎞ + ∞ ⎜⎟ ⎝⎠ ; nghịch biến trên khoảng 4 0; 3 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y CĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = 4 3 ; y CT = 5 27 − . - Giới hạn: lim x y →−∞ = − ∞ ; lim x y →+∞ = + ∞. 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: x 3 − 2x 2 + (1 − m)x + m = 0 ⇔ (x − 1)(x 2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x 2 − 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) = x 2 − x − m; x 1 = 1; x 2 và x 3 là các nghiệm của (*). Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: 22 23 0 (1) 0 3 g xx ⎧ ∆> ⎪ ≠ ⎨ ⎪ + < ⎩ 0,25 I (2,0 điểm) ⇔ 14 0 0 12 3 m m m +> ⎧ ⎪ −≠ ⎨ ⎪ +< ⎩ ⇔ 1 4 − < m < 1 và m ≠ 0. 0,25 y 1 + ∞ −∞ 'y + 0 − 0 + x −∞ 0 4 3 +∞ 5 27 − 5 27 − O y x 4 3 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 sin 4 x π ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx 0,25 ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = sin cos cos cos xx x x + ⇔ sinx + cos2x = 0 0,25 ⇔ 2sin 2 x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = − 1 2 0,25 ⇔ x = − 6 π + k2π hoặc x = 7 6 π + k2π (k ∈ Z). 0,25 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 0. Ta có: 2 2( 1)xx − + = 22 (1)1xx+− + > 1, suy ra 1 − 2 2( 1)xx − + < 0. Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 2 2( 1)xx − + ≤ 1 − x + x (1) 0,25 Mặt khác 2 2( 1)xx−+ = 22 2(1 ) 2( ) x x−+ ≥ 1 − x + x (2), do đó: 0,25 (1) ⇔ 2 2( 1)xx − + = 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 10 (1 ) x x x −≥ ⎧ ⎪ ⎨ −= ⎪ ⎩ ⇔ 2 1 310 x xx ≤ ⎧ ⎪ ⎨ − += ⎪ ⎩ ⇔ x = 35 2 − , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0. 0,25 I = 1 2 0 d 12 x x e x x e ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎜⎟ + ⎝⎠ ∫ = 1 2 0 d x x ∫ + 1 0 d 12 x x e x e+ ∫ . 0,25 Ta có: 1 2 0 d x x ∫ = 1 3 0 1 3 x = 1 3 0,25 và 1 0 d 12 x x e x e+ ∫ = 1 2 1 0 d(1 2 ) 12 x x e e + + ∫ , suy ra: 0,25 III (1,0 điểm) I = 1 3 + 1 0 1 ln(1 2 ) 2 x e+ = 1 3 + 112 ln 23 e + = 1 3 + 112 ln 23 e + . 0,25 • Thể tích khối chóp S.CDNM. S CDNM = S ABCD − S AMN − S BCM = AB 2 − 1 2 AM.AN − 1 2 BC.BM = a 2 − 2 8 a − 2 4 a = 2 5 8 a . 0,25 V S.CDNM = 1 3 S CDNM .SH = 3 53 24 a . 0,25 IV (1,0 điểm) • Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. ∆ADM = ∆DCN ⇒ n n A DM 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 = 2 CD CN = 2 5 a và HK = 22 .SH HC SH HC + = 23 19 a , do đó: d(DM, SC) = 23 19 a . 0,25 Điều kiện: x ≤ 3 4 ; y ≤ 5 2 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x 2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 52 y − (1) 0,25 Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 52 y − ), với f(t) = (t 2 + 1)t. Ta có ' f (t) = 3t 2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R. Do đó: (1) ⇔ 2x = 52 y − ⇔ 2 0 54 . 2 x x y ≥ ⎧ ⎪ ⎨ − = ⎪ ⎩ 0,25 Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x 2 + 2 2 5 2 2 x ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ + 2 34 x − −7 = 0 (3). Nhận thấy x = 0 và x = 3 4 không phải là nghiệm của (3). Xét hàm g(x) = 4x 2 + 2 2 5 2 2 x ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ + 2 34 x − − 7, trên khoảng 3 0; 4 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,25 V (1,0 điểm) '( ) g x = 8x − 8x 2 5 2 2 x ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ − 4 34 x − = 4x (4x 2 − 3) − 4 34 x − < 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến. Mặt khác 1 2 g ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ = 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 1 2 ; suy ra y = 2. Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = 1 ;2 2 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . 0,25 1. (1,0 điểm) d 1 và d 2 cắt nhau tại O, cos(d 1 , d 2 ) = |3.31.1| 31.31 − + + = 1 2 và tam giác OAB vuông tại B, do đó n A OB = 60 D ⇒ n B AC = 60 D . 0,25 Ta có: S ABC = 1 2 AB.AC.sin 60 D = 3 4 (OA.sin 60 D ).(OA.tan 60 D ) = 33 8 OA 2 . Do đó: S ABC = 3 2 , suy ra OA 2 = 4 3 . 0,25 Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: 22 30 4 3 xy xy ⎧ + = ⎪ ⎨ + = ⎪ ⎩ ⇒ A 1 ;1 3 ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ . Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d 2 , suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0. Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: 30 3340 xy xy ⎧ −= ⎪ ⎨ − −= ⎪ ⎩ ⇒ 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 13 ; 2 23 − ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ và bán kính IA = 1. Phương trình (T): 2 2 13 1 2 23 xy ⎛⎞ ⎛⎞ +++= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ . 0,25 d 2 y x C B O A d 1 I Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v G = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n G = (1; −2; 1). 0,25 Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos n HMC = () cos ,vn GG . 0,25 d(M, (P)) = MH = MC.cos n HMC = MC. () cos ,vn GG 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: 40 0 xy xy + −= ⎧ ⎨ −= ⎩ ⇒ 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: A B JJJG . CE JJJG = 0 ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0 0,25 ⇔ 2t 2 + 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 G = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương. Ta có: M A J JJG = (2; −2; 1), ,vMA ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ G JJJG = (7; 2; −10). 0,25 Suy ra: d(A, ∆) = ,vMA v ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ G JJJG G = 49 4 100 494 ++ ++ = 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): x 2 + y 2 + (z + 2) 2 = 25. 0,25 Ta có: 3 (1 3 )i− = − 8. 0,25 Do đó z = 8 1 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: ziz+ = 8 2 . 0,25 Hết • M ∆ B C A • H M ∆ P C • E d A B C H D 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 . 21 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 kk+ 2 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 1sin2 cos2 2sin sin2 . 1cot xx x x x ++ = + 2. Giải hệ phương trình 223 22 2 5432()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 xx x I x xx 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 yzlà ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . 23 =++ ++ + x yz P x yyzzx 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. 22 (): 4 2 0.Cx 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.Pxyz−−+= Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết: 2 2 .zz=+z B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip 22 (): 1. 41 xy 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. 222 (): 4 4 4 0Sx 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−+++−=−zizii. 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 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 '0 21 y 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 xx yy →−∞ →+∞ ==− 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 21 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 12 12 12 2 12 1 2 4( ) 8 4( ) 2 . (4 2( ) 1) xx xx xx xx 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 + sin2 x + cos2x)sin 2 x = 22sin 2 xcosx 0,25 ⇔ 1 + sin2x + cos2x = 22 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) 223 22 2 5432()0(1) ()2() (2 xy 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) = 210 10 ; 55 ⎛⎞ ⎜ ⎜ hoặc (x; y) = ⎟ ⎟ ⎝⎠ 210 10 ;. 55 ⎛⎞ −− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), 210 10 ;, 55 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ 210 10 ;. 55 ⎛⎞ −− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 I = 4 0 (sin cos) cos d sin cos x xxxx x xx x π ++ + ∫ = 44 00 cos dd sin cos xx . x x x xx ππ + + ∫∫ 0,25 Ta có: 4 0 d x π ∫ = 4 0 x π = 4 π 0,25 và 4 0 cos d sin cos xx x x xx π + ∫ = 4 0 d( sin cos ) sin cos x xx x xx π + + ∫ = () 4 0 ln sin cosxx x π + 0,25 III (1,0 điểm) = 2 ln Suy ra: I = 1 . 24 ⎛⎞ π ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 4 π + 2 ln 1 . 24 ⎛⎞ 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 SBA = 60 o ⇒ SA = = n tanAB SBA 23 .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 22 B CMNBM a+ = ⋅ Thể tích: V S.BCNM = 3 1 3 3 BCNM SSAa⋅= ⋅ 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 [...]... điểm c a BC, suy ra SH ⊥ BC Mà (SBC) vng góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC) Ta có BC = a, suy ra SH = S AB = BC cos30o = Do đó VS ABC = I B H C A 0,25 a a 3 ; AC = BC sin 30o = ; 2 2 a 3 2 0,25 1 a3 SH AB AC = 6 16 Tam giác ABC vng tại A và H là trung điểm c a BC nên HA = HB Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a Gọi I là trung điểm c a AB, suy ra SI ⊥ AB 0,25 AB 2 a 13 = 4 4 3V 6V a 39... a + 3a 2 = a 2 2 0,50 Do đó A 'H 2 = A 'A 2 − AH 2 = 3a 2 ⇒ A 'H = a 3 1 a3 (đvtt) Vậy VA '.ABC = A' H.SΔABC = 3 2 Trong tam giác vng A 'B' H có: HB' = A 'B'2 + A 'H 2 = 2a nên tam giác B' BH cân tại B' Đặt ϕ là góc gi a hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì ϕ = B ' BH Vậy cosϕ = 0,50 a 1 = 2. 2a 4 Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy... 2 a 7 a 21 HC = HD 2 + CD 2 = , SH = HC.tan60o = 3 3 0,25 1 1 a 21 a 2 3 a 3 7 = VS ABC = SH S ∆ABC = 3 3 3 4 12 S 0,25 Kẻ Ax//BC Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vng góc 3 c a H trên Ax và SN Ta có BC//(SAN) và BA = HA nên 2 3 d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN )) = d ( H ,( SAN )) 2 Ta cũng có Ax ⊥ ( SHN ) nên Ax ⊥ HK Do đó HK ⊥ ( SAN ) Suy ra d ( H ,( SAN )) = HK 0,25 K A x N D C H B AH = 2a a 3... trình phân ban (2 điểm) 1 Giải phương trình log 2x −1 (2x 2 + x − 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4 2 Cho lăng trụ ABC .A 'B 'C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vng tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vng góc c a đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm c a cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC và tính cosin c a góc gi a hai đường thẳng AA ' , B 'C ' th a mãn hệ thức a 0 + ... tích khối chóp (1,0 điểm) ( SIB ) ⊥ ( ABCD) và ( SIC ) ⊥ ( ABCD); suy ra SI ⊥ ( ABCD) S Kẻ IK ⊥ BC ( K ∈ BC ) ⇒ BC ⊥ ( SIK ) ⇒ SKI = 60 A 0,50 B I D C K Diện tích hình thang ABCD : S ABCD = 3a 2 3a 2 3a 2 ; suy ra S ΔIBC = 2 2 2S 3 5a 3 1 5a 2 ⇒ SI = IK tan SKI = BC = ( AB − CD ) + AD 2 = a 5 ⇒ IK = ΔIBC = BC 5 5 1 3 1 5a 3 Thể tích khối chóp S ABCD : V = S ABCD SI = 3 5 Tổng diện tích các tam giác... mơđun c a số phức w = 1 + z + z 2 z +1 HẾT -Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải 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 2012 Mơn: TỐN; Khối A và khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 0, ta có:... 0,25 0,25 a 3 + b3 + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ (a + b) (a 2 + b 2 − ab) + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ (a + b)c 2 + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ (a + b)c + 3ab ≤ 5c 2 0,25 3 (1) cho ta: (a + b)c ≤ 2c 2 và 3ab ≤ (a + b) 2 ≤ 3c 2 ; từ đây suy ra điều phải chứng minh 4 Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c ⇔ x = y = z VI .a (2,0 điểm) 0,25 1 (1,0 điểm) Viết phương trình AB Gọi N đối xứng với M qua I , suy ra N (11; −1) và N thuộc đường thẳng CD A M B I... Điểm 9 .a (1,0 điểm) Số phần tử c a S là A3 7 = 210 Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 = 90 (cách) 90 3 = Xác suất cần tính bằng 210 7 Gọi M là giao điểm c a tiếp tuyến tại A và B c a (C), H là giao điểm c a AB và IM Khi đó M (0; t ), với t ≥ 0; H là trung điểm AB = 2 2 c a AB Suy ra AH = 2 M 1 1 1 = + , suy ra AM = 2 10 2 2 AH AM AI 2 B Do đó MH = AM 2 − AH 2 = 4 2 |t | , nên t = 8 Do đó M (0;... và E là hình chiếu vuông góc c a H trên SK Ta có BD ⊥ HK và BD ⊥ SH, nên BD ⊥ (SHK) Suy ra BD ⊥ HE Mà HE ⊥ SK, do đó HE ⊥ (SBD) √ a 2 Ta có HK = HB sin KBH = 4 HS.HK a Suy ra HE = √ = 2 + HK 2 3 HS 2a Do đó d (A, (SBD)) = 2d(H, (SBD)) = 2HE = 3 Suy ra V S.ABCD = D C 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án √ 7 Ta có M N = 10 Gọi a là độ dài cạnh c a hình vuông ABCD, I C 3AC 3a 2 a (1,0đ) D = , a > 0 Ta... a > 0 Ta có AM = và AN = 2 4 4 5a2 N nên M N 2 = AM 2 + AN 2 − 2AM.AN cos M AN = 8 2 5a Do đó = 10, ngh a là a = 4 8 Gọi I(x; y) là trung điểm c a CD Ta có IM = AD = 4 BD √ A M B = 2, nên ta có hệ phương trình và IN = 4 x = 1; y = −2 (x − 1)2 + (y − 2)2 = 16 ⇔ 17 6 (x − 2)2 + (y + 1)2 = 2 x= ;y = − 5 5 −→ − • Với x = 1; y = −2 ta có I(1; −2) và IM = (0; 4) −→ − Đường thẳng CD đi qua I và có vectơ . 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. 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. suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a. 0 ,25 d(I, (P)) = 22 2 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):