Tuyển tập Đáp án Đại học, cao đẳng môn Toán từ năm 2008 2014

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn: TỐN, khối A (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Ta có y = + x −1 • Tập xác định: D = \ \ {1} • Sự biến thiên: y ' = − < 0, ∀x ∈ D (x − 1) Bảng biến thiên: x −∞ y' y 0,25 +∞ − − 0,25 +∞ −∞ Hàm số khơng có cực đại cực tiểu • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = • Đồ thị: 0,25 y O II 1 x Tìm m để d : y = − x + m cắt (C) hai điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm d (C) x = − x + m ⇔ x − mx + m = (1) (do x = khơng nghiệm) x −1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Điều kiện : Δ = m − 4m > ⇔ m > m < Vậy m > m < 0,25 0,50 0,50 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) sin 3x − cos 3x = sin 2x 2 π⎞ ⎛ ⇔ sin ⎜ 3x − ⎟ = sin 2x 3⎠ ⎝ Phương trình cho ⇔ 1/4 0,50 π ⎡ ⎢3x − = 2x + k2π π 4π 2π ⇔⎢ ⇔ x = + k2π, x = (k ∈ Z ) +k 15 ⎢3x − π = π − 2x + k2π ⎢⎣ Vậy nghiệm phương trình cho là: π 4π 2π (k ∈ Z ) x = + k2π, x = +k 15 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn xy < (1,00 điểm) 0,50 Từ phương trình thứ hệ ta có x = my + (1) Thay vào phương 3−m m2 + trình thứ hai ta có: m ( my + 1) + y = ⇔ y = 3m + Thay (2) vào (1) ta có x = m +1 Xét điều kiện xy < : (2) 0,50 ⎡m > 3m + 1)( − m ) ( xy < ⇔ m < − III 2,00 Viết phương trình mặt phẳng (P) (1,00 điểm) G Vectơ phương đường thẳng d u = (1; − 1; ) JJG Do (P) vng góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến n P = (1; − 1; ) Phương trình mặt phẳng (P) là: ( x − 1) − ( y − 1) + ( z − 3) = ⇔ x − y + 2z − = 0,50 0,50 Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho ΔMOA cân đỉnh O (1,00 điểm) +) M ∈ d ⇒ M ( t; − t; + 2t ) +) ΔMOA cân đỉnh O ⇔ OM = OA M, O, A khơng thẳng hàng OM = OA ⇔ t + t + ( 2t + 1) = 11 ⇔ t = t = − 7⎞ ⎛ 5 +) Với t = ta có M (1; − 1; 3) Với t = − ta có M ⎜ − ; ; − ⎟ 3⎠ ⎝ 3 +) Thử lại: hai điểm M tìm thỏa mãn điều kiện M, O, A khơng thẳng hàng Vậy có hai điểm M thỏa mãn u cầu tốn M1 (1; − 1; 3) 0,25 0,25 0,25 0,25 7⎞ ⎛ 5 M2 ⎜ − ; ; − ⎟ 3⎠ ⎝ 3 IV 2,00 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm hai đường cho là: − x + 4x = x ⇔ x = x = Diện tích hình phẳng cần tìm là: S= ∫ − x + 4x − x dx = ∫ − x + 3x dx 2/4 0,25 0,25 Do ≤ x ≤ nên − x + 3x ≥ Suy S=∫ Vậy S = ( ⎛ x3 x2 ⎞ − x + 3x dx = ⎜ − + ⎟ = ⎠0 ⎝ ) 0,50 (đvdt) Tìm giá trị lớn nhỏ P = ( x + y ) − 3xy (1,00 điểm) Ta có: P = ( x + y ) ( x + y − xy ) − 3xy = ( x + y )( − xy ) − 3xy Đặt x + y = t Do x + y = nên xy = t2 − Suy 0,25 ⎛ t2 − ⎞ t2 − P = 2t ⎜ − − = − t − t + 6t + ⎟ ⎠ 2 ⎝ Do ( x + y ) ≥ 4xy nên t ≥ ( t − ) ⇔ −2 ≤ t ≤ 2 0,25 Xét f ( t ) = − t − t + 6t + với t ∈ [ −2; 2] Ta có : f ' ( t ) = −3t − 3t + ⎡ t = −2∈ [ −2; 2] f '( t ) = ⇔ ⎢ ⎢⎣ t = ∈ [ −2; 2] Bảng biến thiên: t -2 f’(t) + - 13 f(t) -7 Vậy max P = 0,50 13 , P = −7 V.a 2,00 Tìm A ∈ Ox, B ∈ Oy (1,00 điểm) JJJG +) A ∈ Ox, B ∈ Oy ⇒ A ( a; ) , B ( 0; b ) , AB = ( −a; b ) G +) Vectơ phương d u = ( 2; 1) ⎛a b⎞ Tọa độ trung điểm I AB ⎜ ; ⎟ ⎝2 2⎠ +) A, B đối xứng với qua d JJJG G ⎧ −2a + b = ⎧a = ⎪⎧AB.u = ⎪ ⇔ ⎨a ⇔⎨ ⎨ ⎩ b = ⎩⎪ I ∈ d ⎪⎩ − b + = Vậy A ( 2; ) , B ( 0; ) 3/4 0,25 0,25 0,50 Tìm số hạng khơng chứa x khai triển (1,00 điểm) 18 ⎞ ⎛ Số hạng tổng qt khai triển Niutơn ⎜ 2x + ⎟ x⎠ ⎝ k 6k 18− ⎛ ⎞ k Tk +1 = C ( 2x ) ⎜ ⎟ = C18 218− k.x ⎝ x⎠ 6k Số hạng khơng chứa x ứng với k thỏa mãn: 18 − = ⇔ k = 15 Vậy số hạng cần tìm T16 = C15 18 = 6528 18− k k 18 V.b 0,50 0,50 2,00 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện x > −1 Phương trình cho tương đương với log 22 ( x + 1) − 3log ( x + 1) + = 0,25 Đặt t = log ( x + 1) ta t − 3t + = ⇔ t = t = 0,25 Với t = ta có log ( x + 1) = ⇔ x + = ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện) 0,50 Với t = ta có log ( x + 1) = ⇔ x + = ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm phương trình cho là: x = 1, x = Chứng minh BCNM hình chữ nhật tính (1,00 điểm) +) MN đường trung bình ΔSAD ⇒ MN // AD MN = ⇒ MN // BC MN = BC ⇒ BCNM hình bình hành (1) AD S M N A B 0,25 D C +) BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ BM ( ) Từ (1) (2) suy BCNM hình chữ nhật 0,25 +) Ta có: SBCNM = 2SΔBCM ⇒ VS.BCNM = 2VS.BCM VS.BCM = VC.SBM 1 1 a3 = CB.SΔSBM = CB.SΔSAB = CB .SA.AB = 6 0,50 Vậy VS.BCNM = a (đvtt) NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−ỵc ®đ ®iĨm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh Hết 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009 Mơn: TỐN; Khối: A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị … Khi m = 2, hàm số (1) trở thành y = x3 − x + • Tập xác định: \ • Chiều biến thiên: - Ta có y ' = x − x; y ' = ⇔ x = x = - Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0) (2; + ∞) - Hàm số nghịch biến khoảng (0; 2) • Cực trị: - Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = - Hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = y(2) = −2 • Các giới hạn vơ cực: lim y = − ∞ lim y = + ∞ x→−∞ • Bảng biến thiên: x + − +∞ +∞ −∞ Đồ thị 0,25 + y • 0,25 x→+ ∞ −∞ y' 0,25 −2 y 2 O 0,25 x −2 (1,0 điểm) Tìm giá trị m … Ta có y ' = 3x − ( 2m − 1) x + − m m thỏa mãn u cầu tốn phương trình y ' = có hai nghiệm dương phân biệt ⎧ ⎪Δ ' = (2m − 1) − 3(2 − m) > ⎪ 2(2m − 1) ⎪ ⇔ ⎨S = >0 ⎪ 2−m ⎪ ⎪⎩ P = > ⇔ < m < Trang 1/4 0,25 0,25 0,50 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình cho tương đương với (sin x + 1)(2sin x − 1) = 0,50 π + k 2π (k ∈ ]) π 5π • sin x = ⇔ x = + kπ x = + kπ (k ∈ ]) 12 12 (1,0 điểm) Giải bất phương trình … • sin x = −1 ⇔ x = − 0,25 0,25 Điều kiện: x ≥ 0,25 ( x + 1)( x − 2) ≤ Bất phương trình cho tương đương với III (1,0 điểm) 0,25 ⇔ −2 ≤ x ≤ 0,25 Kết hợp điều kiện ta tập hợp nghiệm bất phương trình cho [ 2; 3] 0,25 −x I = ∫ e dx + ∫ xe dx = −e x 1 + ∫ xe dx = − + ∫ xe x dx e 0 −x x 0,25 Đặt u = x dv = e x dx, ta có du = dx v = e x 1 1 I = − + xe x − ∫ e x dx = − + e − e x e e IV (1,0 điểm) 0,25 0,25 = 2− ⋅ e 0,25 Ta có MN //CD SP ⊥ CD, suy MN ⊥ SP 0,50 Gọi O tâm đáy ABCD a Ta có SO = SA2 − OA2 = ⋅ 1 VAMNP = VABSP = VS ABCD a 1 = SO AB = ⋅ 48 S M N 0,50 A D P O B V (1,0 điểm) C Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ln a a2 + < ln b b2 + ⋅ (t + 1) − 2t ln t ln t t Xét hàm số f (t ) = , t ∈ (0; 1) Ta có f '(t ) = > 0, ∀t ∈ (0; 1) t +1 (t + 1) Do f (t ) đồng biến khoảng (0; 1) Mà < a < b < 1, nên f (a ) < f (b) Vậy ln a a +1 Trang 2/4 < ln b b2 + ⋅ 0,25 0,50 0,25 Câu VI.a (2,0 điểm) Đáp án (1,0 điểm) Tìm tọa độ đỉnh A B … Đường thẳng AC qua C vng góc với đường thẳng x + y − = Do AC : x − y + = ⎧5 x + y − = ⇒ A(1; 4) Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ⎨ ⎩3x − y + = Điểm B thuộc đường thẳng x + y − = trung điểm BC thuộc đường ⎧x + 3y − = ⎪ thẳng x + y − = Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ ⎨ ⎛ x − ⎞ y − ⎪5 ⎜ ⎟ + − = ⎠ ⎩ ⎝ VII.a (1,0 điểm) VI.b (2,0 điểm) Điểm 0,25 0,25 0,25 ⇒ B (5; 0) 0,25 (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P) … JJG • (P1) có vectơ pháp tuyến n1 = (1; 2; 3) JJG • (P2) có vectơ pháp tuyến n2 = (3; 2; − 1) JJG • (P) có vectơ pháp tuyến n = (4; − 5; 2) 0,25 (P) qua A(1; 1; 1) nên ( P ) : x − y + z − = 0,50 Hệ thức cho tương đương với (1 + 2i ) z = + i 0,25 ⇔ z = − 3i 0,50 0,25 Do z có phần thực phần ảo −3 (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm M … M ∈ Δ1 ⇒ M (2t + 3; t ) 0,25 0,25 Khoảng cách từ M đến Δ d ( M , Δ ) = | 2t + + t + 1| ⋅ ⎡t = −1 ⇔⎢ d (M , Δ ) = ⎢t = − ⋅ ⎣ 5⎞ ⎛ Vậy M (1; − 1) M ⎜ − ; − ⎟ ⎝ 3⎠ 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng Δ … ⎧1 + x ⎪ =0 ⎪ ⎪ 3+ y = ⇒ C ( − 1; 3; − 4) Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ ⎨ ⎪ ⎪ 1+ z ⎪ = −1 ⎩ JJJG JJJG Ta có AB = ( − 1; 1; 1), AG = ( − 1; 1; − 1) JJG Mặt phẳng ( ABC ) có vectơ pháp tuyến n = (1; 1; 0) ⎧ x = −1 + t ⎪ Phương trình tham số đường thẳng Δ ⎨ y = + t ⎪ z = − ⎩ Trang 3/4 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VII.b (1,0 điểm) Đáp án Điểm Điều kiện: z ≠ i Phương trình cho tương đương với z − (4 + 3i ) z + + 7i = 0,25 Δ = − 4i = (2 − i ) 0,50 Nghiệm phương trình cho z = + 2i z = + i 0,25 -Hết - Trang 4/4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị … • Tập xác định: D = \ ⎡x = • Chiều biến thiên: y ' = x + x; y ' = ⇔ ⎢ ⎣ x = −2 Điểm 0,25 - Hàm số đồng biến khoảng (− ∞; − 2) (0; + ∞) - Hàm số nghịch biến khoảng (− 2; 0) • Cực trị: - Hàm số đạt cực đại x = −2 yC§ = y (− 2) = - Hàm số đạt cực tiểu x = yCT = y (0) = −1 0,25 • Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ • Bảng biến thiên: x →+∞ x −∞ y' + −2 0 +∞ + +∞ − y 0,25 −1 −∞ • Đồ thị: y O −2 0,25 x −1 II (2,0 điểm) (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến … Tung độ tiếp điểm là: y (−1) = 0,25 Hệ số góc tiếp tuyến là: k = y '(−1) = −3 0,25 Phương trình tiếp tuyến là: y − = k ( x + 1) ⇔ y = −3x − (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình cho tương đương với: 2cos x + 8sin x − = ⇔ 4sin x − 8sin x + = • sin x = : vơ nghiệm π ⎡ ⎢ x = 12 + kπ • sin x = ⇔ ⎢ (k ∈ ]) ⎢ x = 5π + kπ ⎢⎣ 12 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 1/3 Câu Đáp án Điểm ⎧⎪2 x + y = − x − y (1) (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ 2 (2) ⎪⎩ x − xy − y = Điều kiện: x + y ≥ Đặt t = x + y , t ≥ Phương trình (1) trở thành: t + 2t − = 0,25 ⎡t = ⇔⎢ ⎣t = −3 (lo¹i) 0,25 ⎡x =1 Với t = 1, ta có y = − x Thay vào (2) ta x + x − = ⇔ ⎢ ⎣ x = −3 Với x = ta y = −1, với x = − ta y = Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) (1; −1) (−3;7) III (1,0 điểm) 0,25 (1,0 điểm) Tính tích phân… I= ∫ 1 ⎞ dx ⎛ ⎜2− ⎟ dx = dx − x +1⎠ x +1 ⎝ = x − 3ln IV (1,0 điểm) 0,25 ∫ ∫ 0,25 x +1 0,50 = − 3ln (1,0 điểm) Tính thể tích khối chóp… 0,25 S D A I 45o B C Gọi I trung điểm AB Ta có SA = SB ⇒ SI ⊥ AB Mà ( SAB ) ⊥ ( ABCD), suy SI ⊥ ( ABCD) n 45O, suy SI = IC = IB + BC = a ⋅ Góc SC (ABCD) SCI Thể tích khối chóp S.ABCD V = SI S ABCD a3 (đơn vị thể tích) (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức … 1 ≥ + Ta có A = + x xy x x + y = V (1,0 điểm) ≥ 2 8 ⋅ = ≥ = ≥ x x+ y x( x + y ) x + ( x + y ) x + y Dấu xảy x = y = Vậy giá trị nhỏ A VI.a (2,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 (1,0 điểm) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc … JG Hình chiếu vng góc A' A (P) thuộc đường thẳng qua A nhận u = (1; 1; 1) làm vectơ phương Tọa độ A' có dạng A '(1 + t ; − + t ; + t ) Ta có: A ' ∈ ( P) ⇔ 3t + = ⇔ t = −2 Vậy A '(−1; − 4;1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 2/3 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) • Tập xác định: D = \ \ {− } • Sự biến thiên: > 0, ∀ x ∈ D ( x + 1) Hàm số đồng biến khoảng (– ∞; – 1) (– 1; + ∞) – Chiều biến thiên: y ' = 0,25 – Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = 2; tiệm cận ngang: y = x → −∞ x → +∞ lim − y = + ∞, lim + y = – ∞; tiệm cận đứng: x = – x → ( −1) – Bảng biến thiên: 0,25 x → ( −1) x −∞ y’ + +∞ –1 + +∞ 0,25 y • Đồ thị: −∞ y 0,25 –1 O x (1,0 điểm) Gọi d: y = kx + 2k + 1, suy hồnh độ giao điểm d (C) nghiệm phương trình: 2x +1 ⇔ 2x + = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – khơng nghiệm) kx + 2k + = x +1 ⇔ kx2 + (3k – 1)x + 2k = (1) 0,25 d cắt (C) hai điểm phân biệt A B, (1) có hai nghiệm phân biệt ⎧⎪k ≠ ⎧k ≠ ⎧k ≠ ⇔⎨ ⇔ ⎨ ⇔⎨ ⎪⎩k < − 2 ∨ k > + 2 ⎩Δ > ⎩ k − 6k + > (*) Khi đó: A(x1; kx1 + 2k + 1) B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 x2 nghiệm (1) d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ kx1 + 2k + = kx2 + 2k + Trang 1/4 0,25 0,25 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm ⇔ k(x1 + x2) + 4k + = (do x1 ≠ x2) Áp dụng định lý Viét (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + = ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*) Vậy, giá trị cần tìm là: k = – (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ − (*) Phương trình cho tương đương với: sin2x + 2cosx – sinx – = ⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0,25 0,25 0,25 π π + k2π cosx = ⇔ x = ± + k2π 2 π Đối chiếu điều kiện (*), suy nghiệm: x = + k2π (k ∈ Z) ⇔ sinx = – ⇔ x = – 0,25 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: – ≤ x ≤ (*) Khi đó, phương trình cho tương đương với: log ( − x ) = log ⎡ ⎣ ⇔ – x2 = ( ( ) + x + − x ⇔ (8 – x2)2 = 16 + − x ) ( (1) Đặt t = 1− x , (1) trở thành: (7 + t2)2 = 32(1 + t) ⇔ t4 + 14t2 – 32t + 17 = 2 ⇔ (t – 1) (t + 2t + 17) = ⇔ t = III (1,0 điểm) ) 1+ x + − x ⎤ ⎦ Do đó, (1) ⇔ 1− x = ⇔ x = 0, thỏa mãn (*) Vậy, phương trình có nghiệm: x = Đặt t = x + ⇒ 4x = 2(t2 – 1), dx = tdt Đổi cận: x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = 3 ⎛ 2t − 3t 10 ⎞ I= ∫ dt = ∫ ⎜ 2t − 4t + − ⎟ dt t+2 t + 2⎠ 1⎝ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⎛ 2t ⎞ − 2t + 5t − 10 ln t + ⎟ =⎜ ⎝ ⎠1 = IV (1,0 điểm) V (1,0 điểm) 0,25 34 + 10 ln 0,25 n = a Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin SBC S Diện tích: SABC = BA.BC = 6a2 Thể tích: VS.ABC = SABC.SH = 2a 3 K H Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD) B C ⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)) D n = 3a ⇒ BC = 4HC BH = SB.cos SBC ⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)) A HC 3a Ta có AC = BA2 + BC = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA = AC SH HD 3a 6a = Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK = HK = 2 14 SH + HD ⎪⎧( x − x)(2 x − y ) = m Hệ cho tương đương với: ⎨ ⎪⎩( x − x) + (2 x − y ) = − 2m Trang 2/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm ; v = 2x – y ⎧u + (2m − 1)u + m = (1) ⎧uv = m ⇔ ⎨ Hệ cho trở thành: ⎨ ⎩u + v = − 2m ⎩v = − 2m − u Đặt u = x2 – x, u ≥ – Hệ cho có nghiệm, (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ – 0,25 − u2 + u , ta có: (1) ⇔ m(2u + 1) = – u2 + u ⇔ m = 2u + −u + u , với u ≥ – ; ta có: Xét hàm f(u) = 2u + Với u ≥ – f '(u ) = – −1 + 2u + 2u − ; f '(u ) = ⇔ u = (2u + 1) Bảng biến thiên: u − −1 + + f '(u ) − (1,0 điểm) B (2,0 điểm) G• A D E +∞ – 2− f(u) VI.a 0,25 C 0,25 –∞ 2− Suy giá trị cần tìm là: m ≤ JJJG JJJG Gọi D(x; y) trung điểm AC, ta có: BD = 3GD ⎧ x + = 3( x − 1) ⎛7 ⎞ ⇔ ⎨ ⇒ D ⎜ ; 1⎟ ⎝2 ⎠ ⎩ y − = 3( y − 1) Gọi E(x; y) điểm đối xứng B qua phân giác d: x – y – = góc A Ta có EB vng góc với d trung điểm I EB thuộc d nên tọa độ E nghiệm hệ: ⎧1( x + 4) + 1( y − 1) = ⎧x + y + = ⎪ ⇒ E(2; – 5) ⇔ ⎨ ⎨ x − y +1 x y − − = − − = ⎩ ⎪⎩ 2 0,25 0,25 Đường thẳng AC qua D E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0,25 ⎧x − y −1 = Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ A(4; 3) Suy ra: C(3; – 1) ⎩4 x − y − 13 = 0,25 (1,0 điểm) VII.a Mặt phẳng (P) qua A, vng góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + = Gọi B giao điểm trục Ox với (P), suy ∆ đường thẳng qua điểm A, B B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + = ⇒ B(– 1; 0; 0) ⎧ x = + 2t ⎪ Phương trình ∆: ⎨ y = + 2t ⎪ z = + 3t ⎩ 0,25 Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i) z = – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = – 9i 0,25 Trang 3/4 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Đáp án ⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = – 9i 0,25 ⎧− a − 3b = ⎩3a − 3b = 0,25 ⎧a = Vậy z = – i ⎩b = −1 0,25 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ VI.b Điểm (1,0 điểm) (2,0 điểm) y Đường tròn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính 10 O –2 M Ta có: IM = IN AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy phương trình ∆ có dạng: y = m A x Hồnh độ M, N nghiệm phương trình: x2 – 2x + m2 + 4m – = (1) (1) có hai nghiệm phân biệt x1 x2, khi: m2 + 4m – < (*); ta có: M(x1; m) N(x2; m) I –3 N 0,25 0,25 JJJJG JJJG AM ⊥ AN ⇔ AM AN = ⇔ (x1 – 1)(x2 – 1) + m2 = ⇔ x1x2 – (x1 + x2) + m2 + = 0,25 Áp dụng định lý Viét (1), suy ra: 2m2 + 4m – = ⇔ m = m = – 3, thỏa mãn (*) Vậy, phương trình ∆: y = y = – 0,25 (1,0 điểm) VII.b (1,0 điểm) Gọi I tâm mặt cầu I ∈ ∆, suy tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; + 4t; t) 0,25 Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi: d(I, (P)) = 2(1 + 2t ) − (3 + 4t ) + 2t =1 ⇔ 0,25 ⇔ t = t = – Suy ra: I(5; 11; 2) I(– 1; – 1; – 1) 0,25 Phương trình mặt cầu: (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 0,25 y' = x2 + x ; ( x + 1) 0,25 y' = ⇔ x = – x = 17 y(0) = 3, y(2) = 0,25 0,25 17 , x = [0; 2] - Hết - Vậy: y = 3, x = 0; max y = [0; 2] Trang 4/4 0,25 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 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 − = 7π π ⇔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) D' C' B' A' D H C A B 0,25 Tam giác A′AC vng cân A a Do AB = B′C ′ = A′A = AC = A′C = a nên a 0,25 1 a3 V ABB′C ′ = B ' C '.S ∆ABB ' = B ' C ' AB.BB ' = 48 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 ')) 0,25 = + = a2 a Do d ( A,( BCD ')) = AH = Ta có AH Trang 2/4 AB 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 = 1+ 17 − 5 dấu xảy Vậy giá trị nhỏ A 4 7.a (1,0 điểm) A B N K I M D C 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 0,25 0,25 ⎧x + 3y = Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ⎨ ⇒ A( −3;1) ⎩x − y + = 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 + y = 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) JJJG JJG JJJG JJJG AC = AI ⇒C (3;−1); AD = AK ⇒ D(−1;3); JJJG JJJG 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 Mơđun w 42 + 32 = 0,25 Trang 3/4 Câu Đáp án Gọi I tâm đường tròn (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 JJJJG JJJJG (1,0 điểm) Ta có AM = (2t ; −t ; t − 2), BM = (−1 + 2t; −t; t ) JJJJG JJJJG Tam giác AMB vng 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 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a (1,0 điểm) Khi m = ta có y = x3 − 3x + • Tập xác định: D = \ 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = x − x; y ' = ⇔ x = x = Các khoảng đồng biến: (−∞; 0) (1; + ∞); khoảng nghịch biến: (0; 1) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = 1, yCT = 0; đạt cực đại x = 0, yCĐ = 0,25 - Giới hạn: lim y = − ∞; lim y = + ∞ x→−∞ x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' + − + +∞ y 0,25 −∞ • Đồ thị: +∞ y 0,25 O x b (1,0 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) với đường thẳng y = − x + x3 − 3mx + (m −1) x +1 = − x +1 ⎡x = ⇔⎢ ⎣ x − 3mx + m = (*) u cầu tốn ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác ⎧9m − 8m > ⇔⎨ ⎩m ≠ ⇔ m < m > Trang 1/4 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với 2cos x sin x + cos x = 0,25 ⇔ cos x(2sin x + 1) = 0,25 π π + k (k ∈ ]) ⎡ x = − π + k 2π ⎢ • 2sin x + = ⇔ ⎢ (k ∈ ]) ⎢ x = 7π + k 2π ⎢⎣ • cos x = ⇔ x = Vậy nghiệm phương trình cho x = (1,0 điểm) 0,25 0,25 π π π 7π + k 2π (k ∈ ]) + k , x = − + k 2π, x = 6 Điều kiện: < x < Phương trình cho tương đương với x2 ⇔ ⇔ (1 − x ) x 1− x = x2 1− x = x−2 x +2 x x + ⇔ ⎛⎜ + 1⎞⎛ − ⎞⎟ = ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 1− x 1− x 1− x x − = (do x 1− x >0 ) Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình cho x = − 1 • ∫ ∫ 0,25 ∫x ∫ dx = x = • 0,25 2x 2x Ta có I = ⎛⎜1 + ⎞⎟ dx = dx + dx ⎝ ⎠ x +1 x +1 0 ∫ 0,25 0,25 ⇔ x = − (1,0 điểm) 0,25 0,25 2x dx = ln( x +1) = ln 2 +1 0,25 Do I = + ln 0,25 n = 120o ⇒ n BAD ABC = 60o ⇒ ΔABC a a2 ⇒ AM = ⇒ S ABCD = 2 n = 45o ⇒ ΔSAM ΔSAM vng A có SMA (1,0 điểm) S a a3 Do VS ABCD = SA.S ABCD = vng cân A ⇒ SA = AM = H A D 0,25 0,25 Do AD||BC nên d ( D,( SBC )) = d ( A,( SBC )) Gọi H hình chiếu vng góc A SM B M C Ta có AM ⊥ BC SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A,( SBC )) = AH AM a = , a suy d ( D,( SBC )) = 0,25 Ta có AH = Trang 2/4 0,25 Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm Do x > 0, y > 0, xy ≤ y −1 nên < x y −1 1 ⎛ 1 ⎞ ≤ = − = −⎜ − ⎟ ≤ y y2 y y ⎝ y 2⎠ 0,25 x t +1 t −2 Đặt t = , suy < t ≤ Khi P = − y t − t + 6(t +1) Xét f (t ) = t +1 t2 −t +3 − t −2 − 3t − , với < t ≤ Ta có f '(t ) = 6(t + 1) (t − t + 3)3 2(t + 1) Với < t ≤ ta có t − t + = t (t −1) + < 3; − 3t > t + > 1 1 − 3t − 3t Do − − > > > > − Suy f '(t ) > 2 2(t + 1) 3 (t − t + 3) ⎛1⎞ + Do P = f (t ) ≤ f ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ 30 Khi x = JJJG ⎛ ⎞ IM = ⎜ − ; ⎟ Ta có M ∈ AB AB ⊥ IM nên đường ⎝ 2⎠ thẳng AB có phương trình x − y + 33 = B A∈ AB ⇒ A(a;7 a + 33) Do M trung điểm AB nên JJJG JJJG B ( − a − 9; −7 a − 30) Ta có HA ⊥ HB ⇒ HA HB = M I A 0,25 7 + Vậy giá trị lớn P + y = 2, ta có P = 30 30 7.a (1,0 điểm) H C • Với a = −4 ⇒ A(−4;5), B ( −5; −2) Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình x + y − = Do • Với a = −5 ⇒ A(−5; −2), B(−4;5) Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình x − y + = Do C (t ;2t + 8) Từ IC = IA suy (t +1)2 + (2t + 7) = 25 Do t = −1 t = −5 Do C khác A, suy C (−1;6) Gọi H hình chiếu vng góc A (P) Suy H (−1 + t ; −1+ t ; −2 + t ) 2 H ∈( P) ⇔ (−1+ t ) + (−1+ t ) + (−2 + t ) −1 = ⇔ t = Do H ⎛⎜ ; ; − ⎞⎟ ⎝ 3 3⎠ JJJG Gọi (Q) mặt phẳng cần viết phương trình Ta có AB = (1;2;3) vectơ pháp tuyến (P) JG JG n = (1;1;1) Do (Q) có vectơ pháp tuyến n ' = (−1;2; −1) 9.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 ⇒ a + 9a + 20 = ⇒ a = −4 a = −5 C (6 − 2c; c) Từ IC = IA suy (7 − 2c)2 + (c −1) = 25 Do c = c = Do C khác A, suy C (4;1) 8.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Phương trình mặt phẳng (Q) là: x − y + z +1 = 0,25 Điều kiện tốn tương đương với (3 + i ) z = −1+ 3i 0,25 ⇔ z = i 0,25 Suy w = −1 + 3i 0,25 Do mơđun w 10 0,25 Trang 3/4 Câu Đáp án Ta có tâm (C) I (1;1) Đường thẳng IM vng góc với Δ nên có phương trình x = Do M (1; a ) 7.b (1,0 điểm) M Do M ∈ (C ) nên (a −1)2 = Suy a = −1 a = Mà M ∉Δ nên ta M (1; −1) N ∈Δ ⇒ N (b;3) Trung điểm MN thuộc (C) I P 8.b (1,0 điểm) d ( A,( P )) = 0,25 0,25 N b +1 ⎞ ⇒ ⎛⎜ −1⎟ + (1 −1) = ⇒ b = b = −3 ⎝ ⎠ Do N (5;3) N (−3;3) P ∈Δ ⇒ P(c;3) JJJG JJG - Khi N (5;3), từ MP ⊥ IN suy c = −1 Do P (−1;3) JJJG JJG - Khi N (−3;3), từ MP ⊥ IN suy c = Do P(3;3) |(−1) − 2.3 − 2(−2) + 5| 0,25 0,25 0,25 12 + (−2) + (−2) 2 = JG Vectơ pháp tuyến (P) n = (1; −2; −2) Phương trình mặt phẳng cần tìm x − y − z + = 9.b (1,0 điểm) Điểm Ta có f ( x ) xác định liên tục đoạn [0; 2] ; f '( x) = 0,25 0,25 0,25 2x + 4x − ( x +1) Với x∈[0; 2] ta có f '( x) = ⇔ x = 0,25 0,25 Ta có f (0) = 3; f (1) = 1; f (2) = Giá trị nhỏ f(x) đoạn [0; 2] 1; giá trị lớn f(x) đoạn [0; 2] - Hết - Trang 4/4 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu a) (1,0 điểm) (2,0đ) • Tập xác đònh D = R • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y = 3x2 − 3; y = ⇔ x = ±1 0,25 Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) (1; +∞); khoảng nghòch biến: (−1; 1) - Cực trò: Hàm số đạt cực đại x = −1, y CĐ = 0; đạt cực tiểu x = 1, y CT = −4 - Giới hạn vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞ x→−∞ Điểm 0,25 x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y y • Đồ thò: −∞ −1 + − ✶ PP ✏ ✏✏ PP ✏ Pq P ✏✏ −4 0,25 ✶ +∞ ✏ ✏✏ ✏ ✏✏ y ✁ −1 +∞ + ✄ ✂ ✆ ✝   x O 0,25 −2 ✞ −4 ☎ b) (1,0 điểm) M ∈ (C) ⇒ M (a; a3 − 3a − 2) 0,25 Hệ số góc tiếp tuyến M ⇔ y (a) = 0,25 ⇔ 3a2 − = ⇔ a = ±2 0,25 Tọa độ điểm M thỏa mãn yêu cầu toán M (2; 0) M (−2; −4) 0,25 Đặt z = a + bi (a, b ∈ R) Từ giả thiết ta [3(a + bi) − (a − bi)](1 + i) − 5(a + bi) = 8i − (1,0đ) 3a + 4b = ⇔ 2a − b = a=3 ⇔ b = −2 √ Do môđun z 32 + (−2)2 = 13 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án Câu Điểm π I = (x + 1) sin 2x dx Đặt u = x + dv = sin 2xdx, suy du = dx v = − cos 2x (1,0đ) π π 1 4 Ta có I = − (x + 1) cos 2x + cos 2xdx 20 = − (x + 1) cos 2x = π + sin 2x π 0,25 0,25 0,25 0,25 x−1 a) Điều kiện: x > Phương trình cho tương đương với log = −2 3x − (1,0đ) x−1 ⇔ = ⇔ x = 3x − Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x = b) Số đường chéo đa giác n đỉnh C 2n − n = Từ giả thiết ta có phương trình n(n − 3) = 27 ⇔ n(n − 3) n=9 n = −6 0,25 0,25 0,25 0,25 Do n ∈ N n ≥ nên ta giá trò n cần tìm n = (1,0đ) Mặt cầu (S) có tâm I(3; 2; 1) bán kính R = Ta có khoảng cách từ I đến (P ) d(I, (P )) = |6.3 + 3.2 − 2.1 − 1| = < R 62 + 32 + (−2)2 0,25 0,25 Do (P ) cắt (S) theo giao tuyến đường tròn (C) Tâm (C) hình chiếu vuông góc H I (P ) Đường thẳng ∆ qua I vuông góc x−3 y−2 z−1 với (P ) có phương trình = = Do H ∈ ∆ nên H(3 + 6t; + 3t; − 2t) −2 3 13 Ta có H ∈ (P ), suy 6(3+6t)+3(2+3t)−2(1−2t)−1 = ⇔ t = − Do H ; ; 7 7 (1,0đ) BC a Gọi H trung điểm BC, suy AH = = , 2 √ 3a a2 SH ⊥ (ABC), SH = S∆ABC = BC.AH = 2 √ 3a Thể tích khối chóp V S.ABC = SH.S∆ABC = 24 S ☛ ✌ B ✠ K ✟ A ☞ H Gọi K hình chiếu vuông góc H SA, suy HK ⊥ SA Ta có BC ⊥ (SAH) nên BC ⊥ HK Do HK đường vuông góc chung BC SA 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ✡ C Ta có Do 1 16 = + = HK SH AH 3a √ 3a d(BC, SA) = HK = 0,25 Đáp án Câu (1,0đ) Điểm 3x + 2y − = x + 2y − = Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình A Suy A(1; 3) ✏ ✍ ✑ ✎ ✒ E B D C Gọi ∆ tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC E giao điểm ∆ với đường thẳng BC (do AD không vuông góc với ∆ nên E tồn ta giả sử EB < EC) Ta có EAB = ACB BAD = DAC, suy EAD = EAB + BAD = ACB + DAC = ADE Do đó, tam giác ADE cân E E giao điểm ∆ với đường trung trực đoạn AD, nên x + 2y − = tọa độ điểm E thỏa mãn hệ phương trình y − = Suy E(5; 1) −−→ Đường thẳng BC qua E nhận DE = (4; 2) làm vectơ phương, nên BC : x − 2y − = Điều kiện: x ≥ −2 Bất phương trình cho tương đương với √ √ (1,0đ) (x + 1)( x + − 2) + (x + 6)( x + − 3) − (x2 + 2x − 8) ≥ ⇔ (x − 2) √ x+1 x+6 +√ − x − ≥ (1) x+2+2 x+7+3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Do x ≥ −2 nên x + ≥ x + > Suy x+1 x+6 x+2 x+2 √ +√ −x−4= √ − + x+2+2 x+7+3 x+2+2 x+6 x+6 √ − −√ < x+7+3 x+2+2 Do (1) ⇔ x ≤ 0,25 Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm bất phương trình cho là: −2 ≤ x ≤ 0,25 Do ≤ x ≤ nên (x − 1)(x − 2) ≤ 0, nghóa x + ≤ 3x Tương tự, y + ≤ 3y (1,0đ) x + 2y y + 2x x+y Suy P ≥ + + = + 3x + 3y + 3y + 3x + 4(x + y − 1) x + y + 4(x + y − 1) t Đặt t = x + y, suy ≤ t ≤ Xét f (t) = + , với ≤ t ≤ t + 4(t − 1) 1 Ta có f (t) = − Suy f (t) = ⇔ t = (t + 1)2 4(t − 1)2 Mà f (2) = 11 53 ; f (3) = ; f (4) = nên f (t) ≥ f (3) = 12 60 Khi x = 1, y = P = 7 Vậy giá trò nhỏ P 8 −−−−−−Hết−−−−−− Do P ≥ 0,25 0,25 0,25 0,25 [...]... i 0,25 0,25 0,25 2 2 - Hết - Trang 3/3 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu a) (1,0 điểm) 1 (2,0đ) • Tập xác đònh: D = R • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y = −3x + 6x; y = 0 ⇔ 2 0,25 x=0 x = 2 Các khoảng... 0,50 Phương trình có hai nghiệm là z = 1 − 2i và z = 3i - Hết - Trang 3/3 0,25 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 03 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: D = \ ⎡x =1 • y ' = − x 2 + 4 x − 3; y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 3 • Giới hạn: 0,25 lim... 5 0,25 0,25 HẾT 4/4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm a (1,0 điểm) • Tập xác định: D = \ \{1} • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = − 0,25 3 ; y ' < 0, ∀x ∈ D ( x −1)2 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ( −∞;1) và (1;... 0,25 0,25 0,25 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 và Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = 2x + 3 x +1 (1) • Tập xác định: R \ {−1} • Sự biến thiên: - Đạo hàm: y ' = −1 2 0,25 , y ' < 0 , ∀x ≠ −1 ( x + 1)... 2/3 0,25 Câu Đáp án Gọi (C) là đường tròn cần viết phương trình và I là tâm của (C) Do I ∈ d , suy ra I (t ;3 − t ) 7.a (1,0 điểm) M I A 8.a (1,0 điểm) 9.a (1,0 điểm) 7.b (1,0 điểm) Gọi H là trung điểm của AB, suy ra AH = IH = d ( I ; Δ) = B H AB 3 2 và = 2 2 | 2t −1| Do đó IA = IH 2 + AH 2 = 2t 2 − 2t + 5 2 Từ IM = IA ta được 2t 2 + 2t +1 = 2t 2 − 2t + 5, suy ra t = 1 Do đó I (1;2) Bán kính của (C)... Bán kính mặt cầu là R = IH 2 + ⎜ ⎟ = 5 ⎝ 2 ⎠ 0,25 Phương trình mặt cầu là ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 3) 2 = 25 0,25 Phương trình bậc hai theo z có ∆ = 4(1 + i )2 − 8i = 0 ⇒ z =1+ i 1 1 1 1 ⇒ = = − i z 1+ i 2 2 1 1 1 1 Vậy phần thực của bằng , phần ảo của bằng − ⋅ z 2 z 2 0,25 - Hết - Trang 3/3 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN... 0,25 0,25 0,25 Do đó | z | = 42 + 32 = 5 VI.b 0,25 0,25 1 (1,0 điểm) ⎧x + 3y − 7 = 0 Tọa độ của điểm A thỏa mãn hệ phương trình ⎨ ⎩3x + 2 y − 7 = 0 ⇒ A(1; 2) JJG Đường cao kẻ từ A có vectơ pháp tuyến là n = (5; − 4) Phương trình đường cao là 5( x − 1) − 4( y − 2) = 0 ⇔ 5 x − 4 y + 3 = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 2 (1,0 điểm) Mặt phẳng (P) qua I và vng góc với d có phương trình là 4( x − 1) − 3( y − 2) + (... Câu 2 (1,0 điểm) Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với sin 2 x = − sin x 0,25 ⇔ sin 2 x = sin(− x ) 0,25 2 x = − x + k 2π (k ∈ ]) ⇔⎡ ⎣⎢2 x = π + x + k 2π 0,25 ⎡x = k 2π ⇔⎢ (k ∈ ]) 3 ⎢⎣x = π + k 2π 3 (1,0 điểm) 0,25 2π Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = k , x = π + k 2π ( k ∈]) 3 xy − 3 y +1 = 0 (1) 2 4 x −10 y + xy = 0 (2) { 3 y −1 (3) Nhận xét: y = 0 khơng thỏa mãn (1) Từ (1) ta được...Câu Đáp án 2 (1,0 điểm) Viết phương trình mặt cầu… JJJG AB 3 Ta có AB = (− 2; 2; − 2) = −2(1; −1; 1) Bán kính mặt cầu là R = = ⋅ 6 3 Tâm I của mặt cầu thuộc đường thẳng AB nên tọa độ I có dạng I (1 + t ; −2 − t ;3 + t ) Ta có: d ( I ,( P)) = t+6 ⎡t = −5... 0, ta có phương trình ∆ : x − 2 = 0 0,25 Trang 2/3 Câu Đáp án Điểm 2 (1,0 điểm) VII.a (1,0 điểm) A, B, M thẳng hàng ⇔ M thuộc đường thẳng AB JJJG Ta có AB = (2; −2; −8) = 2(1; −1; − 4); M ∈ AB ⇒ M (−1 + t ; 2 − t ; 3 − 4t ) 0,25 M ∈ ( P ) ⇒ 2(−1 + t ) + (2 − t ) − 3(3 − 4t ) − 4 = 0 0,25 0,25 ⇒ t = 1 Vậy M (0; 1; − 1) Đặt z = a + bi (a, b ∈ \ ) Đẳng thức đã cho trở thành (−3 + 4i )(a + bi ) + (a − bi ... - Trang 4/4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM... - Trang 3/3 0,25 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM... ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009 Mơn: TỐN; Khối: A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0